高考物理試題分類匯編磁場(帶詳細解析)

1、2020年高考物理試題分類匯編：磁場(帶詳盡分析)2020年高考物理試題分類匯編：磁場(帶詳盡分析)19/192020年高考物理試題分類匯編：磁場(帶詳盡分析)2020年高考物理試題分類匯編：磁場（帶詳盡分析）全國卷12621分如以以下圖，在0 x3a地區(qū)內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感覺強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發(fā)射出大批同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內。沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻恰巧從磁場界限上P(3a,a)點走開磁場。求：粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷qm；此刻刻仍在磁場中的粒

2、子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；從粒子發(fā)射到所有粒子走開磁場所用的時刻?！敬鸢浮?3q2Ra3Bt03m速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到120從粒子發(fā)射到所有走開所用時刻為2t0【分析】粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經過做OP的垂直均分線與x軸的交點為圓心，依照直角三角形有R2a2(3aR)2解得R23a3sina3R，那么粒子做圓周運動的的圓心角為2120，周期為T3t0粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力供給，依照牛頓第二定律得Bqvm(2)2R，v2R，化簡得q2TTm3Bt0仍在磁場中的粒子其圓心角必定大于120，這樣粒子角度最小時從磁場右界限穿出；角度最大時從磁場左界限

3、穿出。角度最小時從磁場右界限穿出圓心角120，所經過圓弧的弦與中相等穿出點如圖，依照弦與半徑、x軸的夾角差不多上30，所以此刻速度與y軸的正方向的夾角是60。角度最大時從磁場左界限穿出，半徑與y軸的的夾角是60，那么此刻速度與y軸的正方向的夾角是120。所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到120在磁場中運動時刻最長的粒子的軌跡應當與磁場的右界限相切，在三角形中兩個相等的腰為R23a，而它的高是3h3a23a3a，半徑與y軸的的夾角是30，這類R33240。所用時刻為2t0。R粒子的圓心角是R所以從粒子發(fā)射到所有走開所用時刻為2t0。(全國卷2)2621分圖中左側有一對平行金屬板，兩板相距為

4、d，電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁場應強度大小為B，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右側有一邊長0為a的正三角形地區(qū)EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此地區(qū)內及其界限上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假定一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的地區(qū)，并經EF邊中點H射入磁場所區(qū)。不計重力1這些離子中的離子甲抵達磁場界限EG后，從界限EF穿出磁場，求離子甲的質量。2這些離子中的離子乙從EG邊上的I點圖中未畫出穿出磁場，且GI長為3a，4求離子乙的質量。3假定這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子

5、乙的質量是最大的，咨詢磁場界限上什么地區(qū)內可能有離子抵達。分析：1在粒子進入正交的電磁場做勻速直線運動，設粒子的速度為v，電場的場強為E0，依照安穩(wěn)條件得E0qB0qvVE0d由化簡得VvB0d粒子甲垂直界限EF進入磁場，又垂直界限EF穿出磁場，那么軌跡圓心在EF上。粒子運動中經過EG，講明圓軌跡與EG相切，在如圖的三角形中半徑為R=acos30tan151cos3023tan15=sin30聯(lián)立化簡得R(33)a2在磁場中粒子所需向心力由洛倫磁力供給，依照牛頓第二定律得B0qvmv23)a(32聯(lián)立化簡得mqadBB0(33)V22因為1點將EG邊按1比3均分，依照三角形的性質講明此軌跡的弦

6、與EG垂直，在如圖的三角形中，有1acos30sin30aR2cos304同理mqadBB04V10mv3最輕離子的質量是甲的一半，依照半徑公式R離子的軌跡半徑與離子質量呈Bq正比，所以質量在甲和最輕離子之間的所有離子都垂直界限EF穿出磁場，甲最遠離H的距離為(233)a，最輕離子近來離H的距離為(33)a，所以在離H的距離為(233)a到3)a之間的EF界限上有離子穿出磁場。2(32比甲質量大的離子都從EG穿出磁場，期中甲運動中經過EG上的點近來，質量最大的乙穿出磁場的1地點是最遠點，所以在EG上穿出磁場的粒子都在這兩點之間。新課標卷25.(18分)以以下圖，在0 xa、oya范圍內有垂直于

7、xy平面向外的2勻強磁場，磁感覺強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大批質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在090范圍內.己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a到a之間，從發(fā)射粒2子到粒子所有走開磁場經歷的時刻恰巧為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求最后走開磁場的粒子從粒子源射出時的：速度大?。凰俣确较蚺cy軸正方向夾角正弦。分析：設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫磁力公mv2mv式，得qvB，解得：RRqB當aRa時，在磁場中運動時刻最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，

8、圓弧與磁場2T的界限相切，以以下圖，設該粒子在磁場中運動的時刻為t，依題意，tOCA時，42設最后走開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系可得：RsinRa,RsinaRcos再加上sin2cos21，解得：2R(26)a,v(26)aqB,sin6622m10上海物理13.如圖，長為2l的直導線拆成邊長相等，夾角為60的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感覺強度為B，當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線遇到的安培力大小為A0B0.5BIlCBIlD2BIl答案：C分析：導線有效長度為2lsin30=l，所以該V形通電導線收到的安培力大小為BIl。選

9、C。本題觀察安培力大小的運算。難度：易。重慶卷21.如題21圖所示，矩形MNPQ地區(qū)內有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示地點垂直于磁場界限進入磁塊，在紙面民內做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質量，電荷量以及速度大小以下表所示由以上信息可知，從圖中a、b、c處進大的粒子對應表中的編號分不為A3、5、4B4、2、5C5、3、2D2、4、5答案：D【分析】依照半徑公式rmv15各組粒子的半徑之比挨次為0.5聯(lián)合表格中數(shù)據可求得Bq2332，講明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ界限進入磁場逆時針運動。由圖a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，那么都為正電荷，并且a

10、、b粒子的半徑比為23，那么a必定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運動，都為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D。江蘇卷9.以以下圖，在勻強磁場中附帶另一勻強磁場，附帶磁場位于圖中暗影地區(qū)，附加磁場所區(qū)的對稱軸OO與SS垂直。a、b、c三個質子先后從S點沿垂直于磁場的方向攝取磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分不為、，且。三個質子經過附帶磁場所區(qū)后能達到同一點S，那么以下講法中正確的有A三個質子從S運動到S的時刻相等B三個質子在附帶磁場以外處區(qū)運動時，運動軌跡的圓心均在OO軸上C假定撤去附帶磁場，a抵達SS連線上的地點距S點近

11、來D附帶磁場方向與原磁場方向相同答案：CD分析：A.三個質子從S運動到S的時刻不相等，A錯誤；B.三個質子在附帶磁場不測處區(qū)運動時，等，而圓心在初速度方向的垂線上，所以只有B錯誤；b運動軌跡的圓心在OO軸上，因為半徑相C.用作圖法可知，假定撤去附帶電場，a抵達SS連線上的地點距S點近來，b最遠；C正確；D.因b要增大曲率，才能使抵達SS連線上的地點向S點湊近，所以附帶磁場方向與原磁場方向相同，D正確；本體選CD。本體觀察帶電粒子在磁場中的運動。難度：難。福建卷21、19分以以下圖，兩條平行的圓滑金屬導軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導軌上端連結一個定值電阻。導體棒a和b放在導軌上，與導軌垂直并優(yōu)秀

12、接觸。斜面上水平虛線PQ以下地區(qū)內，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場?，F(xiàn)對a棒施以平行導軌斜向上的拉力，使它沿導軌勻速向上運動，此刻放在導軌下端的b棒恰巧靜止。當a棒運動到磁場的上界限PQ處時，撤去拉力，a棒將連續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此刻b棒已滑離導軌。當a棒再次滑回到磁場界限PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動。a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質量為m，重力加快度為g，導軌電阻不計。求1a棒在磁場中沿導軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度I，與定值電阻R中的電流強度IR之比；2a棒質量m；a3a棒在磁場中沿導軌向上運動時所受的拉力F。分析：1a棒沿導軌向上運動時，a棒

13、、b棒及電阻R中的電流分不為IabR，有、I、IIRRIbRbIaIbIRIa2解得：Ib12因為a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，因此a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1=v2=v設磁場的磁感覺強度為B，導體棒長為L乙，a棒在磁場中運動時產生的感覺電動勢為E=Blv當a棒沿斜面向上運動時EIb23R2BIbLmAgsin向下勻速運動時，a棒中的電流為Ia、那么EIa2RBIaLmAgsinma3由以上各式聯(lián)立解得：m23由題可知導體棒a沿斜面向上運動時，所受拉力FBIaLmgsin7mgsin2廣東卷36.(18分)如圖16a所示，左為某同學假想的

14、粒子速度選擇裝置，由水平轉軸及兩個薄盤N1、N2構成，兩盤面平行且與轉軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調如圖16b；右為水平擱置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感覺強度為B.一小束速度不一樣、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經O點垂直進入磁場。O到感光板的距離為d，粒子電荷量為q,質量為m，不2計重力。1假定兩狹縫平行且盤靜止如圖16c，某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時刻t；2假定兩狹縫夾角為0，盤勻速轉動，轉動方向如圖16b.要使穿過N1、N2的粒子均打到感光板P1P2連線上。試分析盤轉動角

15、速度的取值范圍設經過N1的所有粒子在盤轉一圈的時刻內都能抵達N2。解：1分析該粒子軌跡圓心為P1d，在磁場中轉過的圓心角為，因此運，半徑為22動時刻為：tTm2Bq22設粒子從N1運動到N2過程歷時為t，以后在磁場中運轉速度大小為v，軌跡半徑為那么：在粒子勻速過程有：L=vt粒子出來進入磁場的條件：0t在磁場中做勻速圓周運動有：qvBmv2R設粒子恰巧過P1點、P2點時軌跡半徑分不為：R1、R2那么：R1RR2R1d4d2R22R2d22由得：qB0d5qB0d4mL4mL山東卷2518分以以下圖，以兩虛線為界限，中間存在平行紙面且與界限垂直的水平電場，寬度為d，雙側為相同的勻強磁場，方向垂直

16、紙面向里。一質量為m、帶電量+、重q力不計的帶電粒子，以初速度v1垂直界限射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加快運動，而后第二次進入磁場中運動，今后粒子在電場和磁場中交替運動。粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求粒子第一次經過電場子的過程中電場力所做的功W1。粒子第n次經過電場時電場強度的大小En。粒子第n次經過電場子所用的時刻tn。假定粒子在磁場中運動時，電場所區(qū)場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次走開電場的過程中，電場強度隨時刻變化的關系圖線不要求寫出推導過程，不要求注明坐注明坐標刻度值。分析：1依照rmv，因為r22r1，所以v22v

17、1，所以W11mv221mv12,qB222Wn1mvn21mvn21=1m(nv1)21m(n1)v1)2，WnEnqd，所以2222En(2n1)mv12。2qd3vnvn1antn，anqEn2dm，所以tn。(2n1)v1(4)北京卷23.18分利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，寬泛應用于丈量和自動操控等領域。如圖1，將一金屬或半導體薄片垂直至于磁場B中，在薄片的兩個側面a、b間通以電流I時，其他雙側c、f間產生電勢差，這一現(xiàn)象稱霍爾效應。其緣由是薄片中的挪動電荷受洛倫茲力的作用相一側偏轉和存儲，所以c、f間成立起電場，同時產生霍爾電勢差。當電荷所受的電場力與洛倫茲力到處相等時，和

18、達到堅固值，的大小與I和B以及霍爾元件厚度d之間滿足關系式UHIBRHd，此中比率系數(shù)稱為霍爾系數(shù)，僅與資料性質相關。1設半導體薄片的寬度c、f間距為l，請寫出和的關系式；假定半導體資料是電子導電的，請判斷圖中c、f哪端的電勢高；2半導體薄片內單位體積中導電的電子數(shù)為，電子的電荷量為，請導出霍爾系數(shù)的表達式。經過橫截面積的電流InevS，此中v是導電電子定向挪動的均勻速率；3圖2是霍爾測速儀的表示圖，將非磁性圓盤固定在轉軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著個永磁體，相鄰永磁體的極性相反?；魻栐糜诒粶y圓盤的邊沿周邊。當圓盤勻速轉動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖所示。.假定在時刻內，霍爾元件

19、輸出的脈沖數(shù)量為P，請導出圓盤轉速N的表達式。.利用霍爾測速儀可以丈量汽車行駛的里程。除除此以外，請你睜開聰穎的翅膀，提出另一個實例或假想。分析：1由UHRHIBd得當電場力與洛倫茲力相等時eEHevB得EHvB將、代入，得RHvBldvldld1IBnevSneSne2a.因為在時刻t內，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)量為P，那么P=mNt圓盤轉速為N=NPmtb.提出的實例或假想天津卷12.20分質譜分析技術已寬泛應用于各前沿科學領域。湯姆孫覺察電子的質譜裝置表示如圖，M、N為兩塊水平擱置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間

20、偏離以屏中心O為原點成立xOy直角坐標系，此中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。OO的距離。1設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。假定在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;(2)假定你利用該裝置研究未知離子，試依照以下實驗結果運算未知離子的質量數(shù)。上述裝置中，保存原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子構成的離子流，仍從O點沿OO方向射入，屏上顯現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分不為3.24mm和3.00mm，此中x坐標大的光點是

21、碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完好相同，但入射速度都特地大，且在板間運動時OO方向的分速度老是遠大于x方向和y方向的分速度。分析：1離子在電場中遇到的電場力Fyq0E離子獲取的加快度ayFym0離子在板間運動的時刻t0Lv0抵達極板右側沿時，離子在y方向的分速度vyayt0離子從板右端抵達屏上所需時刻t0Dv0離子射到屏上時偏離O點的距離y0vyt0由上述各式，得y0q0ELDm0v022設離子電荷量為q，質量為m，入射時速度為v，磁場的磁感覺強度為B，磁場對離子的洛倫茲力FxqvB離子的入射速度都特地大，因此離子在磁場中運動時刻甚短，所經過的圓弧與圓周對

22、比甚小，且在板間運動時，OO方向的分速度老是遠大于在x方向和y方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力辦理，洛倫茲力產生的加快度axqvBmax是離子在x方向的加快度，離子在x方向的運動可視為初速度為零的勻加快直線運動，抵達極板右端時，離子在x方向的分速度vxaxtqvB(L)qBLmvmx方向上偏離O點的距離離子飛出極板抵達屏時，在xvxtqBL(D)qBLDmvmv當離子的初速度為隨意值時，離子抵達屏上時的地點在y方向上偏離O點的距離為y，考慮到式，得qELDymv2由、兩式得x2kymqB2LD此中kE上式講明，k是與離子進入板間初速度沒關的定值，對兩種離子均相同，由題設條件知，x坐標

23、3.24mm的光點對應的是碳12離子，其質量為m112u，x坐標3.00mm的光點對應的是未知離子，設其質量為m2，由式代入數(shù)據可得m214u故該未知離子的質量數(shù)為14。浙江卷23.20分以以下圖，一矩形輕質柔嫩反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉動，其在紙面上的長度為L1，垂直的為L2。在膜的下端圖中A處掛有一科行于轉軸，質量為m，長為L3的導體棒使膜*成平面。在膜下方水平擱置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將交流轉變?yōu)殡娔堋９怆姵匕蹇傻刃橐粋€一電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能設垂直于入身光單位面積上的光功率保持恒定。導體棒處

24、在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構成回路，流經導體棒的電流垂直紙面向外注：光電池與導體棒斬釘截鐵相連，連結導線未畫出。1再有一束相同光水平入射，當反射膜與豎直方向成60時，導體棒牌受力安穩(wěn)狀態(tài)，求此刻電流強度的大小和光電池的輸出功率。2當變?yōu)?5時，經過調整電路使導體棒保持安穩(wěn)，光電池除堅持導體棒國學安穩(wěn)外，不可以輸出多少額外電功率？分析：1導體棒所受安培力FAIBL2導體棒有靜力安穩(wěn)關系mgtan()FAmgtan()解得IBL2所以當=60時，I60mgtan(60)3mgBL2BL2光電池輸出功率為P60UI603mgUBL22當450時，依照式可知堅持靜力安穩(wěn)需要的電流為mg.

25、tan(450)mgL45BL2BL2依照幾何關系可知P45L1L2cos(450)2P60L1L2cos(600)6mgU可得P452P60BL2四川卷20.以以下圖，電阻不計的平行金屬導軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止擱置，且與導軌接觸優(yōu)秀，勻強磁場垂直穿過導軌平面?，F(xiàn)用一平行于導軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動。假定b一直保持靜止，那么它所受摩擦力可能A變?yōu)?B先減小后不變C等于FD先增大再減小答案：AB【分析】對a棒所受合力為Fa=FFfmgsinBIl講明a做加快度減小的加快運動，當加快度為0后勻速運動，所以a所受安培力先增大后不變。若是F=Ff+2

26、mgsin，那么最大安培力為mgsin，那么b所受摩擦力最后為0，A正確。若是FFf+2mgsin，那么最大安培力小于mgsin，那么b所受摩擦力向來減小最后不變，B正確。若是Ff+3mgsinFFf+2mgsin，那么最大安培力大于mgsin小于2mgsin，那么b所受摩擦力先減小后增大最后不變。可以看出b所受摩擦力先變化后不變，CD錯誤。四川卷24.19分以以下圖，電源電動勢E015V。內阻r01，電阻R130,R260。間距d0.2m的兩平行金屬板水平擱置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感覺強度B1T的勻強磁場。閉合開關S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度0.1m/s沿兩板間

27、中線水平射入板間。設滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽視空氣對小球的作用，取g10m/s2。1當RxR2耗費的電功率是多大？=29時，電阻2假定小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60，那么Rx是多少？【答案】0.6W；54?！痉治觥块]合電路的外電阻為R1R2293060RRxR23049R160依照閉合電路的歐姆定律IE150.3ARr491R兩頭的電壓為2U2EI(Rxr)150.3306VR2耗費的功率為P2U22620.6WR260小球進入電磁場做勻速圓周運動，講明重力和電場力等大反向，洛侖茲力供給向心力，依照牛頓第二定律Bqvmv2U2dRqmg連立化簡得BRdgU2v小球做勻速圓周運動的初末速的夾角等于圓心角為Rd連立帶入數(shù)據UBd2g10.0410V2v0.14干路電流為IU240.2AR1220RxEU2r15454I10.260，依照幾何關系得安徽卷20以以下圖，水平川面上方矩形地區(qū)內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊