高中物理高考三輪沖刺 2023高考沖刺50練9

2023高考沖刺50練9磁場一．選擇題1．（2023唐山摸底）將長為L的導(dǎo)線彎成六分之一圓弧，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中，兩端點A、C連線豎直，如圖所示。若給導(dǎo)線通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導(dǎo)線所受安培力的大小和方向是A．ILB，水平向左 B．ILB，水平向右 C．，水平向右 D．，水平向左·【參照答案】D【名師解析】將長為L的導(dǎo)線彎成六分之一圓弧，圓弧所對的圓心角為60°，圓弧半徑R=L，圓弧的弦長為L。導(dǎo)線所受安培力的大小F=BIL。由左手定則可判斷出導(dǎo)線所受安培力的方向為水平向左，選項D正確。2.(2023貴陽市摸底考試)如圖所示，一個絕緣且內(nèi)避光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），在圓管的最低點有一個直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g．空間存在一磁感應(yīng)強度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強磁場．某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0=的初速度，則以下判斷正確的是（）A．無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細(xì)管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細(xì)管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，機械能不守恒【參照答案】C【名師解析】無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球?qū)⒆鰣A周運動，在最低點，由牛頓第二定律，qv0B+F-mg=m，解得：F=6mg-qB，由此可知當(dāng)B=時，小球在最低點不受到管壁的彈力作用，選項A錯誤。小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，洛倫茲力不做功，機械能守恒，對小球從最低點到最高點的運動過程，由機械能守恒定律，m()2=2mgR+mv2，解得v=，無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細(xì)管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同選項C正確D錯誤。在最高點，由F+mg=m，解得：F=0。選項B錯誤。玩偶—S極—N極線圈可變電阻玩偶—S極—N極線圈可變電阻磁鐵軟鐵電源A．電路中的電源必須是交流電源B．電路中的a端點須連接直流電源的負(fù)極C．若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù)，可增加玩偶飄浮的最大高度D．若將可變電阻的電阻值調(diào)大，可增加玩偶飄浮的最大高度【參照答案】C【名師解析】電磁鐵產(chǎn)生磁性，電路中的電源必須是直流電源，電路中的a端點須連接直流電源的正極，選項AB錯誤。若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù)，電磁鐵產(chǎn)生的磁性更強，可增加玩偶飄浮的最大高度，選項C正確。若將可變電阻的電阻值調(diào)大，電磁鐵中電流減小，產(chǎn)生的磁性變?nèi)?，降低玩偶飄浮的最大高度，選項D錯誤。4．（201分學(xué)校聯(lián)考）如圖所示，無限長導(dǎo)線，均通以恒定電流I．直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則圖乙中O處磁感應(yīng)強度和圖甲中O處磁感應(yīng)強度相同的是【參照答案】A【名師解析】：由題意可知，圖甲中O處磁感應(yīng)強度的大小是其中一段在O點的磁場大小2倍，方向垂直紙面向里；圖乙中A，根據(jù)右手螺旋定則可知，左上段與右下段的通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場疊加為零，則剩余的兩段通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場大小是其中一段的在O點磁場的2倍，且方向垂直紙面向里，故選項A正確；圖乙中B、同理，四段通電導(dǎo)線在O點的磁場是其中一段在O點的磁場的4倍，方向是垂直向里，故選項B錯誤；圖乙中C、由上分析可知，右上段與左下段產(chǎn)生磁場疊加為零，則剩余兩段產(chǎn)生磁場大小是其中一段在O點產(chǎn)生磁場的2倍，方向垂直紙面向外，故選項C錯誤；圖乙中D、與C選項分析相同，四段在O點的磁場是其中一段在O點產(chǎn)生磁場的2倍，方向垂直紙面向外，故選項D錯誤5.（2023河南22校聯(lián)考）如圖所示，兩個傾角分別為30。和60。的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。兩個質(zhì)量均為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后。兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C.甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【參照答案】AD【名師解析】A、小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ=qvmB解得：vm=故斜面傾角越大，飛離時速度越小，故甲飛離速度大于乙，故A正確；B、甲斜面傾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運動時間比乙的長，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理，帶入數(shù)據(jù)化簡，故甲的位移大于乙的位移，故C錯誤；D、重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值，帶入數(shù)據(jù)相等，故D正確、故選AD6（2023江西省三縣聯(lián)考）某空間存在著如圖所示的足夠大的沿水平方向的勻強磁場．在磁場中A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣．在t1=0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運動．在A、B一起向左運動的過程中，以下說法正確的是（）A．圖乙可以反映A所受洛侖茲力大小隨時間t變化的關(guān)系B．圖乙可以反映A對B的摩擦力大小隨時間t變化的關(guān)系C．圖乙可以反映A對B的壓力大小隨時間t變化的關(guān)系D．圖乙可以反映B對地面壓力大小隨時間t變化的關(guān)系【參照答案】CD【名師解析】整體受總重力、拉力、洛倫茲力和支持力，合力為F，根據(jù)牛頓第二定律，知加速度不變，整體做勻加速直線運動，所以v=at．A所受的洛倫茲力F洛=qvB=qBat，知洛倫茲力與時間成正比，是過原點的一條傾斜直線．故A錯誤．B、隔離對A分析，A所受的合力等于A的摩擦力，則f=ma，知A所受的靜摩擦力不變．故B錯誤．C、A對B的壓力等于B對A的支持力，N=mAg+qvB=mAg+qBat，N與t成一次函數(shù)關(guān)系．故C正確．D、對整體分析，地面的支持力N′=（mA+mB）g+qBat，壓力與時間成一次函數(shù)關(guān)系．故D正確．故選CD．7.(2023·河南三市試)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的P1點以速度v射入第一象限所示的區(qū)域，入射方向與x軸正方向成α角．為了使該粒子能從x軸上的P2點射出該區(qū)域，且射出方向與x軸正方向也成α角，可在第一象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．若磁場分布為一個圓形區(qū)域，則這一圓形區(qū)域的最小面積為（不計粒子的重力）（） A． B． cos2α C．sinα D． sin2α【參照答案】D【名師解析】以速度v射入磁場的帶電粒子，洛倫茲力提供向心力，qvB=m，解得R=。將圖中兩點的速度方向延長，畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，磁場圓形區(qū)域的直徑為2Rsinα，圓形區(qū)域的最小面積為S=π(Rsinα)2=sin2α，選項D正確。8．（2023唐山五校聯(lián)考）如圖，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為A．0B．2mgC．4mgD．6mg【參照答案】C【名師解析】：設(shè)線的長度為L，小球經(jīng)過最低點時速率為v．

根據(jù)機械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，得到v=

當(dāng)小球自左方擺到最低點時，有：qvB-mg=m

①

當(dāng)小球自右方擺到最低點時，有：F-mg-qvB=m

②

由①+②得：F=2mg+2m=4mg．選項C正確。

二．計算題9.（10分）（2023中原名校摸底聯(lián)考）在如圖10所示的直角坐標(biāo)系中，有沿y軸正方向（豎直向上方向）磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，現(xiàn)在坐標(biāo)原點固定一電荷量為Q的正點電荷，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的點為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，角速度為，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心的y坐標(biāo)值。【名師解析】F電θBqvyxzOO1QBmg圖4（10分）解析：微粒受力如圖4所示，設(shè)帶電微粒F電θBqvyxzOO1QBmg圖4帶電粒子受力如圖所示，列出動力學(xué)方程為3分3分即得2分所以圓心O1的y坐標(biāo)值1分10．（18分）（2023長春調(diào)研）如圖所示，在虛線所示寬度范圍內(nèi)，存在豎直向下電場強度為E的勻強電場，某種正離子以初速度為v0垂直于左邊界射入，離開右邊界時偏轉(zhuǎn)角度為。在同樣寬度范圍內(nèi)，若只存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，使該離子以原來的初速度穿過該區(qū)域，偏轉(zhuǎn)角度仍為θ，(不計離子的重力)求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。唬?）離子穿過電場和磁場的時間之比。【名師解析】．（18分）解析：(1)設(shè)虛線寬度為d，離子在電場中做類平拋運動，有vy＝v0tanθ①（2分）vy＝eq\f(qE,m)t②（2分）且t＝eq\f(d,v0)③（2分）當(dāng)改用勻強磁場時，離子做勻速圓周運動。④（2分）軌道半徑r＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(mv0,qB)⑤（2分）聯(lián)立①②③④⑤得：B＝eq\f(Ecosθ,v0)（2分）(2)離子在電場中運動的時間t1＝⑥（2分）離子在磁場中運動的時間t2＝eq\f(rθ,v0)＝eq\f(dθ,v0sinθ)⑦（2分）解得（2分）注：計算題各題用其它解法正確均按步驟給分。11．（18分）（2023唐山摸底）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xoy，第一象限內(nèi)有一直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強，大小為B=；第四象限內(nèi)存在勻強電場，方向與x軸負(fù)方向成30o角，大小為一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量+q，自B點沿BA方向射入磁場中．已知∠ACB=30o，AB=2（2+），，長度單位為米，粒子不計重力。 （1）若該粒子從AC邊射出磁場，速度方向偏轉(zhuǎn)了60o，求初速度的大小：O160°×××O160°×××××××××ABCv1【名師解析】（1）設(shè)此時半徑為r1，則r1sin60°=2(2+)…………………2分由牛頓第二定律得：v2?x××××××v2?x×××××××××ABCyoEv2o2GFD∴v1=(m/s)…………………2分(2)若粒子在磁場中運動軌跡與y軸相切，則運動時間最短，依題意，此時粒子半徑r2=AB=2（2+）m………1分由牛頓第二定律得：qv2B=…………………１分∴v2=2m/s周期T=…………………１分又由幾何關(guān)系知∠BO2D=120°所以磁場中時間t1=T=………１分過D點做x軸的垂線，垂足為F，則OC+AC=DF+r2+r2sin30°………………1分∴DF=(m)設(shè)∠DGF=θ，則tanθ=FG=msinθ=DG=3m…………………1分∴粒子要真空中運動時間t2==s……1分另外：r2