2022年高考物理 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列Ⅳ 專題09 磁場

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1、2022年高考物理 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 專題09 磁場內(nèi)容要求說明71電流的磁場72磁感應強度。磁感線。地磁場73磁性材料。分子電流假說74磁場對通電直導線的作用。安培力。左手定則75磁電式電表原理76磁場對運動電荷的作用。洛倫茲力。帶電粒子在勻強磁場中的運動77質(zhì)譜儀，回旋加速器IIIIIIIIII1安培力的計算限于直導線跟B平行或垂直的兩種情況2洛倫茲力的計算限于自跟B平行或垂直的兩種情況樣題解讀【樣題1】如圖91是導軌式電磁炮實驗裝置示意圖。兩根平行長直金屬導軌沿水平方向固定，其間安放彈體（包括金屬桿EF）。彈體可沿導軌滑行，且始終與導軌保持良好接觸。已知兩導軌內(nèi)側(cè)間距L23c

2、m，彈體的質(zhì)量m0.1kg，軌道間所加勻強磁場的磁感應強度B5T，彈體與軌道的動摩擦因數(shù)0.05。當滑動變阻器的電阻值調(diào)到R0.1時，彈體沿導軌滑行5m后獲得的發(fā)射速度v15m/s（此過程視為勻加速運動）。電路中其余部分電阻忽略不計，求此過程中電源的輸出功率。彈體勻加速運動，由運動公式得：v22as代入數(shù)據(jù)得 a22.5m/s2，F(xiàn)安2.3N，I 2At s電源輸出的電能 E I2RtF安s電源的輸出功率 P I2R代入數(shù)據(jù)得 P 17.65W答案 17.65W解讀本題涉及到磁場對通電直導線的作用、安培力、受力分析、牛頓第二定律、勻變速運動規(guī)律、電路中的能量轉(zhuǎn)化等知識點，考查推理能力和分析綜合

3、能力，體現(xiàn)了考試大綱中對“能夠根據(jù)已知的知識和物理事實、條件，對物理問題進行邏輯推理和論證，得出正確的結(jié)論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達出來”和“能夠獨立地對所遇到的問題進行具體分析，弄清其中的物理狀態(tài)、物理過程和物理情境，能夠理論聯(lián)系實際，運用物理知識綜合解決所遇到的問題”的能力要求。本題首先要進行受力分析，分析時不要漏掉摩擦力；其次是利用能量關(guān)系時聯(lián)系電動機模型求解輸出功率?！緲宇}2】如圖92所示，在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑R1m，處于垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，一質(zhì)量為m1103kg，帶電量為q3102C的小球，可在內(nèi)壁滑動?，F(xiàn)在最低點處給小球一個水平初速度v0，

4、使小球在豎直平面內(nèi)逆時針做圓周運動，圖甲是小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的速率v隨時間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力F隨時間變化的情況，已知小球能有兩次到達圓形軌道的最高點。結(jié)合圖像所給數(shù)據(jù)，g取10m/s2 。求：此時軌道與球間彈力為零，則 代入數(shù)據(jù)，得B0.1T (2)從乙圖可知，小球第一次過最低點時，軌道與球面之間的彈力為F8.0102N，根據(jù)牛頓第二定律， 代入數(shù)據(jù)，得v07m/s以上過程，由于洛侖茲力不做功,由動能定理可得代入數(shù)據(jù)得: Wf 2.5103J 答案 （1）0.1T （2）2.5103J解讀本題涉及到受力分析、牛頓第二定律、圓周運動的向心力、動能定理、Ft圖像、vt圖像

5、、洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動等知識點，主要考查推理能力、分析綜合能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力，體現(xiàn)了考試大綱中對“能夠把一個復雜問題分解為若干較簡單的問題，找出它們之間的聯(lián)系”和“必要時能運用幾何圖形、函數(shù)圖像進行表達、分析”的能力要求。本題中物體受力較多，分析時容易丟力，對兩個圖像的理解是求解第二問的關(guān)鍵，有些考生不會從圖像中提取所需數(shù)據(jù)，造成無法下手?！緲宇}3】如圖93所示，兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一質(zhì)量為4m ，帶電量為2q的微粒b正好懸浮在板間正中間O點處，另一質(zhì)量為m，帶電量為 +q的微粒a，從p點以水平速度

6、v0(v0未知) （3）若碰撞后a和b分開，分開后b具有大小為0.3v0的水平向右速度，且?guī)щ娏繛?，假如O點的左側(cè)空間足夠大，則分開后微粒a的運動軌跡的最高點與O點的高度差為多大？分析 （1）對b微粒，沒與a微粒碰撞前只受重力和電場力，則有2qE 4mg 得E 對a微粒碰前做勻速直線運動，則有 Bqv0 Eq + mg得v0 （2）碰撞后，a、b結(jié)合為一體，設(shè)其速度為v，由動量守恒定律得mv0 5mv得v 碰后的新微粒電量為-q設(shè)Q點與O點高度差為h由動能定理： 5mgh-Eqh 5m (0.4v0)2 -5m ()2得 h 0.9 （3）碰撞后，a、b分開，則有 mv0 mva + 4mvb

7、 vb0.3 v0，得va-0.2v0a微粒電量為 -q/2，受到的電場力為 E F電 mg故a微粒做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R B |va|R a的最高點與O點的高度差ha 2R 答案 （1）E ，v0 （2）0.9 （3）緣板發(fā)生碰撞，碰撞后小球恰能返回平臺，而絕緣板向右從C點運動到D點，C、D間的距離為S，設(shè)小球與絕緣板碰撞過程無機械能損失。求：（1）小球獲得向左的沖量Io的大小。（2）絕緣板從C點運動到D點時，彈簧具有的彈性勢能EpqEmg qvB m 根據(jù)幾何關(guān)系 rh 根據(jù)動量定理 I0mv 由式聯(lián)解得 I0（2）小球與絕緣板碰撞過，以小球和絕緣板為系統(tǒng)，動量守恒 mv-mV+MVm

8、 絕緣板從C到D的過程中，根據(jù)功能關(guān)系 EPMgSMVm2 由 式聯(lián)解得 EP -MgS答案 （1） （2）MgS解讀本題涉及到受力分析、動量定理、動量守恒定律、圓周運動的向心力、彈性勢能、功能關(guān)系、帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動等知識點，主要考查推理能力、分析綜合能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力，體現(xiàn)了考試大綱中對“能夠把一個復雜問題分解為若干較簡單的問題，找出它們之間的聯(lián)系”和“能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關(guān)系式，進行推導和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論”的能力要求。本題中帶電小球在重力場、電場和磁場的復合場中運動，要通過分析題意發(fā)現(xiàn)重力和電場力平衡的特點，才使問題簡化。小球在與絕

9、緣板碰撞的過程中可能有能量損失，因此用動量守恒求解。 【xx名師預測】1在某地上空同時存在著勻強的電場與磁場，一質(zhì)量為m的帶正電小球，在該區(qū)域內(nèi)會做直線運動D選項三個力不可能為0，因此選項A、B、C正確，D錯誤2如圖所示，帶電粒子以速度v0從a點進入勻強磁場，運動中經(jīng)過b點，OaOb，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那動，豎直沿y軸負方向做勻加速運動，即d2，得到E，所以2v0，選項C正確3在磁場中的同一位置，先后引入長度相等的直導線a和b，a、b導線的方向均與磁場方向垂直，但兩導線中的電流不同，因此所受的力也不一樣下列幾幅圖象表現(xiàn)的是導線所受的

10、安培力F與通過導線的電流I的關(guān)系a、b各自有一組F、I的數(shù)據(jù)，在圖象中各好比原來旋轉(zhuǎn)180，由此可以斷定，這根電纜中電流的方向為()A可能是向北B可能是豎直向下C可能是向南 D可能是豎直向上答案D解析在地磁場作用下，小磁針靜止時N指向北方，現(xiàn)改變?yōu)镹極指向南方，故應有豎直向上的通電電流，即選D.5如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩圈間相互作用力必大小相等，所以選C項6如圖是某粒子速度選擇器的示意圖在一半徑為R10cm的圓柱形桶內(nèi)有B104T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒

11、子束射出現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為21011C/kg的陽離子，粒子束中速度分布連續(xù)當角45時，出射粒子速度v的大小是()A.106m/s B2106m/sC2108m/s D4106m/s答案B解析由題意，粒子從入射孔以45角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動周期，由幾何關(guān)系知rR，又r，v2106m/s.7如圖所示，長為L的水平極板間有垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為L，板不帶電現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是 ()A使粒子

12、的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v時粒子能從右邊穿出粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O點，有r2，由r2，得v2，所以v時粒子能從左邊穿出8擺線是數(shù)學中眾多迷人曲線之一，它是這樣定義的：一個圓沿一直線無滑動地滾動，則圓上一固定點所經(jīng)過的軌跡稱為擺線在豎直平面內(nèi)有xOy坐標系，空間存在垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從坐標原點由靜止釋放，小球的軌跡就是擺線小球在O點速度為0時，可以分解為一水平向右的速度v0和一水平向左的速度v0兩個分速度，如果v0取適當?shù)闹?，就可以把擺線分解成以v0的速度向右做勻速直線運動和從O點向左速度為v0的勻速圓周運動兩個分

13、運動設(shè)重力加速度為g，下列式子正確的是()A速度v0所取的適當值應為B經(jīng)過t第一次到達擺線最低點C最低點的y軸坐標為yD最低點的y軸坐標為y答案ABC解析以勻速直線運動分析，應有mgqv0B，則速度v0所取的適當值應為v0，選項A正確；以勻速圓周運動分析，經(jīng)過周期到達最低點，則t，經(jīng)過t第一次到達擺線最低點，選項B正確；最低點的y軸坐標為y2R，選項C正確；選項D錯誤存在的一定是磁場D若只改變粒子的速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN所用的時間不變，則該空間存在的一定是磁場答案AD解析洛倫茲力對帶電粒子不做功，不能使粒子速度增大，電場力可使帶電粒子做功，動能增大，故A項正確若帶電粒子以與電場線平行的速

14、度v0射入，粒子返回速率不變，故B、C項錯由T知，粒子在磁場中運動的時間與速率無關(guān)，故D項正確10一帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場線和磁感線的方向，先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強電場(場強為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)，如圖甲所示電場和磁場對粒子做功為W1，粒子穿出磁場時的速度為v1；若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，該粒子仍以初速度v0穿過疊加場區(qū)，電場和磁場對粒子做功為W2，粒子穿出場區(qū)大，電場力做功較多，出射速度較大，A對11如圖甲所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v

15、0，在以的彈力及向左的摩擦力，當洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止狀態(tài)，選項中沒有對應圖象；當洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，當彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，做加速度逐漸減小的減速運動，摩擦力為零時，開始做勻速直線運動，D正確12如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距L1m.PM間接有一個電動

16、勢為E6V，內(nèi)阻r1的電源和一只滑動變阻器導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M0.3kg.棒與導軌的動摩擦因數(shù)為0.5，勻強磁場的磁感應強度B2T，方向豎直向下，求為使物體保持靜止，滑 導體棒將要向左滑動時BImaxLFfF拉，Imax2A由閉合電路歐姆定律Imax得Rmax2導體棒將要向右滑動時FfBIminLF拉，Imin1A由閉合電路歐姆定律Imin得Rmax5滑動變阻器連入電路的阻值為2R5.13如圖所示是一種電磁泵，泵體是一個長方體，端面是一個邊長為的正方形，ab長為l，上下兩面接在電源上，電壓為U(內(nèi)阻不計)磁感應強度為B的

17、磁場指向cdfe面，液體電阻率為，密度為D(液體原來不導電，在泵頭通入導電劑后才導電)求：(1)最大抽液高度；(2)每秒鐘抽液的質(zhì)量答案(1)UlB/(Dg)(2)解析(1)泵體內(nèi)液體的電阻為R.通過泵體的電流為I.安培力FBI，安培力產(chǎn)生的壓強p.對液體來說，pDgh，則有Dgh.所以hUlB/(Dg)(2)在阻力不計的情況下，有mght，所以.14如圖所示，在空間中固定放置一絕緣材料制成的邊長為L的剛性等邊三角形框架DEF，DE邊上S點處有一發(fā)射帶正電的粒子源，發(fā)射粒子的方向皆在圖中截面內(nèi)且垂直于DE邊向下發(fā)射的電荷量皆為q，質(zhì)量皆為m，但速度v有各種不同的值整個空間充滿磁感應強度大小為B

18、，方向垂直截面向里的均勻磁場設(shè)粒子與DEF邊框碰撞時沒有能量損失和電荷量傳遞求：(1)帶電粒子速度的大小為v時，做勻速圓周運動的半徑；(2)帶電粒子速度v的大小滿足什么條件時，可使S點發(fā)出的粒子最終又垂直于DE邊回到S點？(3)這些粒子中，回到S點所用的最短時間是多少？答案(1)(2)(n0,1,2,3，)(3)T將式代入，得T可見在B及給定時T與v無關(guān)粒子從S點出發(fā)最后回到S點的過程中，與DEF的邊碰撞次數(shù)越少，所經(jīng)歷的時間就越短，所以應取n1，由圖可看出該粒子的軌跡包括3個半圓和3個圓心角為300的圓弧，故最短時間為t334T15如圖所示，在空間有一坐標系xOy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強

19、磁場區(qū)域和，直線OP是它們的邊界區(qū)域中的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外；區(qū)域中的磁感應強度為2B，方向垂直于紙面向內(nèi)，邊界上的P點坐標為(4L,3L)一質(zhì)量為m、電荷量中運動的軌道半徑和周期，則有qvBm，qv2B，T1，T2.粒子先在磁場區(qū)中做順時針的圓周運動，后在磁場區(qū)中做逆時針的圓周運動，然后從O點射出，這樣粒子從P點運動到O點所用的時間最短粒子運動軌跡如圖所示tan0.75，得37，90.粒子在磁場區(qū)和區(qū)中的運動時間分別為t1T1，t2T2，粒子從P點運動到O點的時間至少為tt1t2，由以上各式解得t.(2)當粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場區(qū)中運動，后在磁場區(qū)中運動，然

20、后又重復前面的運動，直到經(jīng)過原點O.這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動到達O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移為s(n1,2,3，)16如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的可視為質(zhì)點的帶正電的小球，以大小為v0的速度垂直于豎直面MN向右做直線運動小球在t0時刻通過電場中的P點，為使小球能在以后的運動中豎直向下通過D點(P、D間距為L，且它們的連線垂直于豎直平面MN，D到豎直面MN的距離DQ等于L/)，經(jīng)過研究，可以在電場所在的空間疊加如圖乙所示的隨時間周期性變化的、垂直于紙面向里的磁場(g10m/s2)，求：(1)場強

21、E的大??；(2)如果磁感應強度B0為已知量，試推出滿足條件t1的表達式；(3)進一步的研究表明，豎直向下的通過D點的小球?qū)⒆鲋芷谛赃\動則當小球運動的周期最大時，求出磁感應強度B0及運動的最大周期T的大小，并在圖中定性地畫出小球運期為T0，半徑為R0.豎直向下通過D點，則t03T0/4， B0qv0mPFPDR即v0t1LR， 將代入式解得t1.(3)小球運動的速率始終不變，當R變大時，T0也增加，小球在電場中的運動周期T也增加在小球不飛出電場的情況下，當T0最大時，有：DQ2R，即， T0， 結(jié)合式是B0，T0.結(jié)合軌跡圖可知，小球在電場中運動的最大周期T4(t0)結(jié)合上式解得T.所以小球在電

22、場中運動一個周期的軌跡如圖乙所示17如圖甲所示，水平地面上有一輛固定有豎直光滑絕緣管的小車，管的底部有一質(zhì)量m0.2g、電荷量q8105C的小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略小在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應強度B115T的勻強磁場，MN面的上方還存在著豎直向上、場強E25V/m的勻強電場和垂直紙面向外、磁感應強度B25T的勻強磁場現(xiàn)讓小車始終保持v2m/s的速度勻速向右運動，以帶電小球剛經(jīng)過場的邊界PQ為計時的起點，測得小球?qū)軅?cè)壁的彈力FN隨高度h變化的關(guān)系如圖乙所示g取10m/s2，不計空氣阻力， (2)絕緣管的長度L；(3)小球離開管后再次經(jīng)過水平面MN時距管口的距離x.答案(1)2m/s2(2)1m(3)m解析(1)以小球為研究對象，豎直方向小球受重力和恒定的洛倫茲力f1，故小球在管中豎直方向做勻加速直線運動，加速度設(shè)為a，設(shè)a2m/s2.(2)當小球運動到管口時，F(xiàn)N2.4103N，設(shè)v1為小球豎直分速度，由FNqv1B1，則v12m/s，由v2aL得L1m.(3)小球離開管口進入復合場，其中qE2103N，mg2103N.從小球離開管口開始計時，到再次經(jīng)過MN所通過的水平距離x1R2m.對應時間tTs.小車運動距離為x2，x2vtm.此時，小球距離管口的距離是xx1x2m.