2024年高考物理試題和模擬題專項訓練：磁場（教師卷）

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專題10磁場

2024

高考真題

1.（2024年湖北考題）9.磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，腑和閭是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于

紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側以某一速度平行于極板噴

入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）

M-1N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

=0

A.極板仞V是發(fā)電機的正極

B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小

C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大

D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大

【答案】AC

【解析】A.帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；

BCD.離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為4則qvB=q—

d

可得U=Bdv

因此增大間距〃變大，增大速率〃變大，〃大小和密度無關，BD錯誤C正確。

故選ACo

2.（2024年江西卷考題）7.石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富

的電學性能.現(xiàn)設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a,寬

為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間

將產(chǎn)生電壓〃。當/=1.00xl（y3A時，測得。關系圖線如圖（b）所示，元電荷e=1.60xl（）T9c，則

此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）

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F~|?墨.

(XXXXXJ

3b

,xxxxx]]

-------|i-----------—

圖(a)

A.1.7xl019B.1.7xl015C.2.3x102。D.2.3X1016

【答案】D

【解析】設樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為〃,電子定向移動的速率為%則時間t內通過樣品的電荷

量q=nevtb

根據(jù)電流的定義式得Ijb

U

當電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=e

~b

聯(lián)立解得U=—B

ne

結合圖像可得人，=88x1。-3

ne320xlO-3

解得?=2.3xl016

故選D。

3.（2024浙江1月卷考題）4.磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用

軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、A。和d為磁場中的

四個點。下列說法正確的是（）

A.圖示左側通電導線受到安培力向下B.a、6兩點的磁感應強度相同

C.圓柱內的磁感應強度處處為零D.c、d兩點的磁感應強度大小相等

【答案】A

【解析】A.由左手定則可知，圖示左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；

B.a、6兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；

C.磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；

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D.因。點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于，點的磁感應強度，選項D錯誤。

故選A。

4.（2024年湖北卷考題）7.如圖所示，在以。點為圓心、半徑為A的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻

強磁場，磁感應強度大小為及圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為〃、

電荷量為17（力0）的帶電粒子沿直徑方向從/點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）

XXX

XXX

A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過。點

B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向

7兀冽

C.粒子連續(xù)兩次由4點沿方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為二

3qB

D.若粒子從/點射入到從。點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為6qBR

【答案】D

【解析】AB.在圓形勻強磁場區(qū)域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知

粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過0點，故AB錯誤；

C.粒子連續(xù)兩次由力點沿/C方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖

xAX

xX/x

47rm

則最短時間有t=2T=~~,故C錯誤;

D.粒子從/點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示

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V37?

設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據(jù)幾何關系可知

"T"

V2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m——

r

V=圾空，故D正確。

可得

3m

故選Do

5.（2024年河北卷考題）10.如圖，真空區(qū)域有同心正方形/題和助其各對應邊平行，/比。的邊

長一定，a6cd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面./處有一個粒

子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿4。方向進入磁場。調整abed的邊長，可使速度大

小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由固邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）

A.若粒子穿過a4邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必垂直a'射出

B.若粒子穿過a4邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子必垂直a'射出

C.若粒子經(jīng)cd邊垂直以射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°

D.若粒子經(jīng)A邊垂直以射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°

【答案】ACD

【解析】AC.根據(jù)幾何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必經(jīng)過cd

邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示

甲

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粒子從C點垂直于寬射出，故AC正確；

BD.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若粒子從cd邊再次進入磁場，作出粒子運動

軌跡如圖乙所示

則粒子不可能垂直必射出；若粒子從A邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示

則粒子一定垂直寬射出，故B錯誤、D正確。

故選ACD。

6.（2024年安徽卷考題）10.空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強

度大小為￡,磁感應強度大小為民一質量為力的帶電油滴a,在紙面內做半徑為A的圓周運動，軌跡如圖

所示。當a運動到最低點尸時，瞬間分成兩個小油滴I、II,二者帶電量、質量均相同。I在尸點時與a

的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。II的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g,

不計空氣浮力與阻力以及I、II分開后的相互作用，則（）

A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為超

E

B.油滴3做圓周運動的速度大小為磔

E

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C.小油滴I做圓周運動的速度大小為3P二B一R，周期為4%E

EgB

D.小油滴H沿順時針方向做圓周運動

【答案】ABD

【解析】A.油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有mg=Eq

解得q=鳴,故A正確；

E

B.根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=m~

解得油滴a做圓周運動的速度大小為丫=絲區(qū)，故B正確；

E

m

C.設小油滴I的速度大小為匕，得3R=——,解得.==3gBR

B生mE

2

f2兀-3R2TTE

周期為T=------,故C錯誤；

WgB

D.帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴H的速度為丫2,取油滴a分離前瞬間的速度方向為

正方向，得mv=-vx+—v2,解得丫2=-鴕*

22■E

由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴H的速度方向與正方向相反，根據(jù)

左手定則可知小油滴II沿順時針方向做圓周運動，故D正確。

故選ABDo

7.（2024年上海卷考題）10.某回旋加速器的示意圖如圖所示。磁感應強度大小為方的勻強磁場僅分

布于兩個相同且正對的半圓形中空金屬盒。1，。2內，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過I,II分別與

3相連，僅在。1，。2縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生交變電場。初動能為零的帶電粒子自縫隙中靠近。2的

圓心。處經(jīng)縫隙間的電場加速后，以垂直磁場的速度進入，o

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(1)粒子在。-3運動過程中，洛倫茲力對粒子做功為例沖量為/，則；

A.W=0,1=0B.W^O,/=oC.郎彳0,1^0D.W=0,/wO

(2)；H核和；H核自圖中。處同時釋放，I,II間電勢差絕對值始終為U,電場方向做周期性變化，：H

核在每次經(jīng)過縫隙間時均被加速(假設粒子通過縫隙的時間和粒子間相互作用可忽略)。：H核完成3次加速

時的動能與此時：H核的動能之比為。

A.1:3B.1:9C.1:1D.9:1E.3:1

【答案】0.D②.E

【解析】［1］由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，即少=0,洛倫茲力的沖量/W0,

D正確。故選D。

［2］由題意可知，：H核與;H核的電荷量之比為1:1,,；H核與；H核的質量之比為1:3,根據(jù)帶點粒子

一2兀m

在磁場中運動的周期T=~~

qB

可知，；H核與;H核的周期之比為1:3,；H核完成3次加速后，實際在磁場中轉了2個半圈，時間為

一個完整周期，則此時汨核在磁場中轉了g圈，只加速了1次。根據(jù)動能定理可知，對;H核有

3qU=Ekl—0

對;H核有qU=E^-0

解得動能之比為3:1,E正確。

故選E。

8.(2024年新課標考題)13.一質量為小、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內運動，

其速度可用圖示的直角坐標系內，一個點尸(匕,匕)表示，匕、與分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上

的分量。粒子出發(fā)時尸位于圖中。(0,%)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，尸點沿線段ab移動

到點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為6的勻強磁場，戶點沿以。為圓心

的圓弧移動至。(-1,%)點；然后粒子離開磁場返回電場，戶點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間

內尸點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求

(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；

(2)電場強度的大小；

(3)戶點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。

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【答案】（1）2^1,學；（2）E=42BV0；（3）（2-何加%

BqBqBq

22

【解析】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為v=7v0+v0=V2v0

根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bq=m—=m—v

VrT

解得做圓周運動的半徑為

Bq

=如

周期為7

（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時間內尸點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的

為速度相應的曲線，根據(jù)。=生可知任意點的加速度大小相等，故可得的,亞。=埋

垃mm

解得E=6BV°

（3）根據(jù)題意分析可知從力點到c點粒子在磁場中轉過的角度為270°,繞一圈的過程中兩次在電場

中運動，根據(jù)對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，。角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與x軸

方向的夾角，從a到6過程中粒子做類平拋運動，得—t=v.

m

故可得該段時間內沿y方向位移為L=vot

根據(jù)幾何知識可得bc=y/2r

由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為Xad=xbc-2L

聯(lián)立解得》,=J④刖。

曲Bq

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9.(2024年湖南卷考題)14.如圖，有一內半徑為2八長為/的圓筒，左右端面圓心。/、。處各開

有一小孔。以。為坐標原點，取方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內xW0區(qū)域有一勻強磁場,

磁感應強度大小為8方向沿x軸正方向；筒外x20區(qū)域有一勻強電場，場強大小為￡,方向沿y軸正方

向。一電子槍在。'處向圓筒內多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xe平面內，且在x軸正方向的分

速度大小均為力。已知電子的質量為加、電量為e,設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及

電子的重力。

(1)若所有電子均能經(jīng)過。進入電場,求磁感應強度6的最小值;

(2)取(1)問中最小的磁感應強度6,若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為9,

求tan0的絕對值;

(3)取(1)問中最小的磁感應強度反求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。

宗;⑵子;⑶27r°入加

【答案】(1)

Eel}

【解析】(1)電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內的勻速圓

周運動，設電子入射時沿了軸的分速度大小為。，由電子在x軸方向做勻速直線運動得L=v°t

在yOz平面內，設電子做勻速圓周運動的半徑為此周期為7,由牛頓第二定律知Bev=m^-

yR

可得R囁

,2TTR2兀m

且

T=——=~^e

由題意可知所有電子均能經(jīng)過。進入電場，則有仁立("=1,2,3,…)

_27rnmv

聯(lián)立得LJ—0

eL

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當"=1時，6有最小值，可得Bmm

(2)將電子的速度分解，如圖所示

tan6*=—

%

當tan。有最大值時，為最大，R最大,此時R=r,又B=

聯(lián)立可得

(3)當。最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移為，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有

由牛頓第二定律知

2萬2r。說撈

聯(lián)立得

Eel}

10.(2024年廣東卷考題)15.如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅

值為。0、周期為務的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的

勻強磁場。磁感應強度大小為8一帶電粒子在/=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在/=.時刻從下板

左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在?=2/。時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入

磁場，并在/=3/0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。己知金屬板的板長是板間距離

JT

的一倍，粒子質量為加。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。

3

(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量仍

(2)求金屬板的板間距離2和帶電粒子在》=■時刻的速度大小也

(3)求從/=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功外

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電場金氣%

）磁

r場

金屬板

甲

0

0.5Mto1.5/()2/（）

-Uo

nm；⑶―/嗎生2+16)

【答案】（1）正電；^=—；（2）

48%

【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中

運動的周期為T=2t。

根據(jù)7

qB

71m

則粒子所帶的電荷量

Bt0

（2）若金屬板的板間距離為〃則板長——粒子在板間運動時一=vt

330

2

出電場時豎直速度為零，則豎直方向j=2x-^（O.5ro）

2Dm

v2

在磁場中時qvB=m——

r

其中的

聯(lián)立解得

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(3)帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由(2)的計算可知金屬板的板間距離D=3r

則粒子在3辦時刻再次進入中間的偏轉電場，在4友時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加

速，在6右時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5灰時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間

右內電場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左

側電場時電場力做功和最后0.5to時間內電場力做功，則

73叫兀mUq—萬加Uo（一+16）

2

W=—mv+Eqx二

248瓦o3Bt048Bt0

11.(2024年遼寧卷考題)15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：

I、II區(qū)寬度均為心存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；III、IV區(qū)為電場區(qū)，IV區(qū)電場足

夠寬，各區(qū)邊界均垂直于x軸，。為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+夕，質量均為勿的粒

3

子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入I區(qū)時速度大小分別為5%和%。甲到尸點時，乙剛好

射入I區(qū)。乙經(jīng)過I區(qū)的速度偏轉角為30°,甲到。點時，乙恰好到戶點。已知III區(qū)存在沿方向的勻

9加v?

強電場，電場強度大小—不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產(chǎn)生的

4nqL

磁場。

(1)求磁感應強度的大小民

(2)求III區(qū)寬度出

(3)IV區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度夕隨時間t、位置坐標x的變化關系為片=次-Ax,其

中常系數(shù)0>0,0已知、K未知，取甲經(jīng)過。點時，=0。已知甲在IV區(qū)始終做勻速直線運動，設乙在W

區(qū)受到的電場力大小為凡甲、乙間距為八笛求乙追上甲前夕與Ax間的關系式(不要求寫出Ax的取值范

圍)

L

XX

XX

XX

X

Xx

B

XX

XX

I區(qū)n區(qū)'in區(qū)w區(qū)

【答案】⑴8=裁；⑵心|我；⑶尸=胃上

【解析】(1)對乙粒子，如圖所示

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由洛倫茲力提供向心力qvB=m—

0ri

由幾何關系sin30°=-

聯(lián)立解得，磁感應強度的大小為8=篝

2qL

(2)由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為

c30°271nl2TIL

t,=2x----x----=----

,360°qB3v0

對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從戶點到。點，由運動學公式

J31

d=~V0tA+-at}2

由牛頓第二定律。=送=區(qū)

m4乃L

3

聯(lián)立可得HI區(qū)寬度為d=—兀L

2

3

(3)甲粒子經(jīng)過。點時的速度為悔=]%+。。=3%

因為甲在IV區(qū)始終做勻速直線運動，貝U3t=kx=kx3v0Z

,co

可得k-——

3%

設乙粒子經(jīng)過ni區(qū)的時間為，乙粒子在IV區(qū)運動時間為4,則上式中t=t0+t2

F、，

對乙可得--①+,2)—'2

Q一一

x

整理可得2=3%。0+/2)--

qco

對甲可得石=3%(…2)

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A3%下

貝|Ax=%]—々=-----

qco

尸q3人

化簡可得乙追上甲前尸與Ax間的關系式為F=—M

3%

12.（2024浙江1月卷考題）22.類似光學中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調控也能實現(xiàn)質子束的

“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內有三個平行區(qū)域I、II和m；I區(qū)寬度為4存在磁感應強

度大小為反方向垂直平面向外的勻強磁場，II區(qū)的寬度很小。I區(qū)和III區(qū)電勢處處相等，分別為必和

回n，其電勢差U=9i-%I。一束質量為以電荷量為e的質子從。點以入射角夕射向I區(qū)，在戶點以出

射角。射出，實現(xiàn)“反射”；質子束從尸點以入射角。射入II區(qū)，經(jīng)II區(qū)“折射”進入III區(qū)，其出射方向與

法線夾角為“折射”角。已知質子僅在平面內運動，單位時間發(fā)射的質子數(shù)為從初速度為%,不計質子重

力，不考慮質子間相互作用以及質子對磁場和電勢分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場的質子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；

2

（2）若。=”!L,求“折射率”〃（入射角正弦與折射角正弦的比值）

2e

（3）計算說明如何調控電場，實現(xiàn)質子束從〃點進入II區(qū)發(fā)生“全反射”（即質子束全部返回I區(qū)）

（4）在尸點下方距離走嗎處水平放置一長為電出的探測板C紗（。在尸的正下方），C0長為

eBeB

竺4質子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質子束，與原質子束關于法線左右對稱，同時從。

eB

點射入I區(qū)，且9=30。，求探測板受到豎直方向力尸的大小與〃之間的關系。

【答案】（1）網(wǎng)?;（2）V2；（3）UV—絲i返0；（4）見解析

Be2e

2

【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律Bev0=m^

r

不同角度射向磁場的質子都能實現(xiàn)“反射”，d的最小值為dmm=2r=網(wǎng)兒

Be

（2）設水平方向為無方向，豎直方向為了方向，x方向速度不變，了方向速度變小，假設折射角為",

根據(jù)動能定理

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Ue=^mv^一；加丫：

解得匕=回

根據(jù)速度關系%sin0=v1sinff

〃=椀=,收

解得

sinffv0

1?

(3)全反射的臨界情況：到達III區(qū)的時候了方向速度為零，即Ue=O--m(vocos0y

mv^cos23

可得U—

2e

mv^cos20

即應滿足U?

2e

(4)臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關系可得

ACPQ=30°

所以如果UNO的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下:

①當U20時F=2Nmvy

1212

又eU=-mvy~—cos0)

解得F=,全部都打不到板的情況

V4°m

②根據(jù)幾何知識可知當從II區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60。時，粒子剛好打到〃點，水平方向速度

為=—

x2

匕V3

所以

“tan60。=6%

1212

又eU=—mvy--m(v0cosO')

u二—遺

解得

3e

2

即當。＜—班時F=Q

3e

2

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為(-一此時僅有。點左側的一束粒子能

3e

打到板上，因此F=Nmvy

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又eU=g加彳一；加(%cos9)2

2eU

解得F=Nm.

m

2024

高考模擬題

一、單選題

1.（2024?北京海淀?模擬預測）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為/的等離子體（含有大

量正、負帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應強度為夕的勻強磁場中，在相距為從寬為a、長為力的兩

平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻7?連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。穩(wěn)定時兩

A.上板為負極

B.上、下兩極板間的電壓U=

C.等離子體濃度越高，電動勢越大

D.垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體粒子受洛倫茲力（分力）和電場力平衡

【答案】A

【解析】A.大量帶正電和帶負電的微粒向右進入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力

向下，所以正電荷會聚集的下極板上，負電荷受到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到上極板上，故上極板為

負極，故A正確；

F

B.設電動勢為￡，根據(jù)=得E=8dv,磁流體發(fā)電機具有內阻，上下極板兩端為路端電壓，故

a

U<Bdv,故B錯誤；

C.由表達式后可知，電動勢與等離子體的濃度無關，故C錯誤；

D.垂直兩極板方向等離子體粒子由于電能的消耗，部分正電荷向下極板運動，部分負電荷向上極板運

動，此時粒子所受洛倫茲力大于電場力，故D錯誤。

故選Ao

2.（2024?北京海淀?三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的

復習材料

裝置。圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從。點發(fā)

出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（）

O

A.d、e都是正電子的徑跡B.a徑跡對應的粒子動量最大

C.6徑跡對應的粒子動能最大D.a徑跡對應的粒子運動時間最長

【答案】D

【解析】A.帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、6、c都是正電子的徑跡，

d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；

v2mv

B.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m一解得尺=方

RqB

由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據(jù)。=mv

可知a徑跡對應的粒子動量最小，B錯誤；

C.根據(jù)筑=；加"2可知見<幾

即6徑跡對應的粒子動能不是最大的，C錯誤；

D.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有=7=達

Rv

,e271m一一

則7=>所以[=看=[=7；=4

qB

粒子在磁場中的運動時間/=g?

2乃

其中1為粒子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的粒子運動

時間最長，D正確。

故選Do

3.（2024?廣東?三模）如圖所示，在0<y<%,0<x<x0區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在x〉x0區(qū)

域內有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上0~為范圍內平行于x軸正方向射出大量質量為以電荷量為+公

分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為力,當電場強度為0時，從。點射入的粒子恰能運動到“

2

（X”％）點，若電場強度為石=把嬖，磔右側是粒子接收器，觥的長度為%,不計粒子重力和粒子間的

qx0

相互作用，則（）

復習材料

mv

A.磁感應強度的大小為口n

qy0

B.從;外處射入的粒子，恰好從“點進入磁場

c.從;外處射入的粒子，在磁場中偏轉距離最大

D.接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%

【答案】D

【解析】A.當電場強度為。時，從。點射入的粒子恰能運動到“點，則