專題10 磁場(chǎng)-2024年高考真題和模擬題物理分類匯編（教師卷）

專題10磁場(chǎng)

2024

高考真題

1.（2024年湖北考題）9.磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，.映和〃。是兩平行金屬極板，名強(qiáng)磁場(chǎng)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(fù)帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板

噴入磁場(chǎng)，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說(shuō)法正確的是（）

A/?—」N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

P1-

A.極板就V是發(fā)電機(jī)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(fù)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(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機(jī)正極，A正確；

BCD.離子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力相互平衡時(shí)，此時(shí)令極板間距為d,則qi，B=q4

a

可得U=Bdv

因此增大間距〃變大，增大速率〃變大，〃大小和密度無(wú)關(guān)，BD錯(cuò)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(jié)構(gòu)新材料，具有豐富

的電學(xué)性能.現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測(cè)量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長(zhǎng)為外寬

為5的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為用電極1、3間通以恒定電流/,電極2、4間

將產(chǎn)生電壓a當(dāng)/-LOOK10-3A時(shí)，測(cè)得U8關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷e_1.60xl0T9c，則

此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）

U/mV

圖（a）

A.1.7x1（VB.1.7x10"C.2.3x10-°D.2.3x10"

【答案】D

【解析】設(shè)樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為電子定向移動(dòng)的速率為心則時(shí)間￡內(nèi)通過(guò)樣品的電荷

量q=nevtb

根據(jù)電流的定義式得/=-=nevb

t

當(dāng)電子松宗通過(guò)樣品時(shí)，其所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則有evB=e^-

b

聯(lián)立解得U=—B

ne

結(jié)合圖像可得k=—=88X10\V/T

ne320x10-3

解得n=2.3xl0,6

故選Do

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(gè)用

軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場(chǎng)都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、/A。和，為磁場(chǎng)中的

四個(gè)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.a、。兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同

C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零1）.。、"兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等

【答案】A

【解析】A.由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向"選項(xiàng)A正確；

B.a、。兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Ao

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

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為小

電荷量為g（g>0）的帶電粒子沿直徑力。方向從力點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是（）

XX

XXX

A.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過(guò)。點(diǎn)

B.粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向

C.粒子連續(xù)兩次由力點(diǎn)沿”方向射入圓形區(qū)域最小時(shí)間間隔為普

D.若粒子從力點(diǎn)射入到從。點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為避邂

【答案】D

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

粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過(guò)。點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；

C.粒子連續(xù)兩次由/點(diǎn)沿”方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間最短則根據(jù)對(duì)稱性可知軌跡如圖

xAx

xX/x

則最短時(shí)間有/=2T=-故C錯(cuò)誤;

D.粒子從力點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，則軌跡如圖所示

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為G根據(jù)幾何關(guān)系可知一二g

3

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m—

r

可得y=gqBR故。正確。

3/rz

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/以力和泌cd,其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊

長(zhǎng)一定，aAd的邊長(zhǎng)可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于正方形所在平面./處有一個(gè)粒

子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿力〃方向進(jìn)入磁場(chǎng)。調(diào)整劭。"的邊長(zhǎng)，可使速度大

小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過(guò)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)后由應(yīng)'邊射出。對(duì)滿足前述條件的粒子，下列說(shuō)法正確的是（）

A.若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必垂直回射出

B.若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角60。，則粒子必垂直比■射出

C.若粒子經(jīng)“邊垂直應(yīng)'射出，則粒子穿過(guò)ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°

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

【答案】ACD

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

邊，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖甲所示

甲

粒子從。點(diǎn)垂直于8。射出，故AC正確；

BD.若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°時(shí)，若粒子從cd邊再次進(jìn)入磁場(chǎng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)

軌跡如圖乙所示

則粒子不可能垂直比’射出；若粒子從A邊再次進(jìn)入磁場(chǎng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示

則粒子一定垂直回射出，故B錯(cuò)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勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)

度大小為乙磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為況質(zhì)量為/〃的帶電油滴,在紙面內(nèi)做半徑為斤的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖

所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴【、II,二者帶電量、質(zhì)量均相同。I在P點(diǎn)時(shí)與a

的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示.II的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為小

不計(jì)空氣浮力與阻力以及I、I【分開(kāi)后的相互作用，則（）

A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為等

B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為因詈

C.小油滴I做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為應(yīng)絲，周期為當(dāng)

EgB

D.小油滴H沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)

【答案】ABD

【解析】A.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場(chǎng)力平衡，可知帶負(fù)電，有mg=Eq

解得q=—,故A正確；

E

B.根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=m^

得R=—

Bq

解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為y:亳,故B正確;

m

3BqR3gBR

C.設(shè)小油滴I的速度大小為H,得3R二上一，解得

理m~E

2

2/r3R2TTE

周期為T=故C錯(cuò)誤;

vigB

D.帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒，設(shè)分離后小油滴H的速度為力,取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)?/p>

正方向，得〃八，晟%,解得%=一'詈

由于分離后的小液滴受到的旦場(chǎng)力和重力仍然平衡，分離后小油滴II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(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，故0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(yīng)強(qiáng)度大小為〃的勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅分

布于兩個(gè)相同且正對(duì)的半圓形中空金屬盒2,。2內(nèi)，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過(guò)I，II分別與R，

2相連，僅在2,2縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生交變電場(chǎng)。初動(dòng)能為零的帶電粒子自縫隙中靠近。?的圓心。

處經(jīng)縫隙間的電場(chǎng)加速后，以垂直磁場(chǎng)的速度進(jìn)入。一

XXX

（1）粒子在Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力對(duì)粒子做功為隊(duì)沖量為/,則______；

A.W=0,/=0B.WwO,Z=OC.WwO,/工0D.W=O,/wO

（2）；H核和；H核自圖中。處同時(shí)釋放，I,I1間電勢(shì)差絕對(duì)值始終為上電場(chǎng)方向做周期性變化，；H

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

時(shí)的動(dòng)能與此時(shí)：H核的動(dòng)能之比為_(kāi)____o

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

【答案】?.DE

【解析】［1］由于粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，即W=O,洛倫茲力的沖量/工（），

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,,核2：H核的質(zhì)最之比為1:3,根據(jù)帶點(diǎn)粒子

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期丁=卷

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(shí)際在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)了2個(gè)半圈，時(shí)間為

一個(gè)完整周期，則此時(shí)：H核在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)了;圈，只加速了1次，根據(jù)動(dòng)能定理可知，對(duì);H核有

3”=Ek「O

對(duì):H核有qU=Ek2-0

解得動(dòng)能之比為3:1,E正確。

故選E。

8.（2024年新課標(biāo)考題）13.一質(zhì)量為加、電荷量為g（q>0）的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，

其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)。（匕，匕.）表示，匕、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上

的分量。粒子出發(fā)時(shí)尸位于圖中〃（0,%）點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段移動(dòng)

到。（%,%）點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為少的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，戶點(diǎn)沿以。為圓心

的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，尸點(diǎn)沿線段約回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間

內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等.不計(jì)重力。求

（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；

（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

（3）夕點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。

B，

【答案】（l）冬：（2）E=6B%；（3）Q-⑹

BqBqBq

2

【解析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為V=7P0+V=V2V0

根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=m—=m—v

rT

解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為廠=正竺殳

Bq

『2兀m

周期為7'=-

Bq

（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)2點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等，由于曲線表示的

為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)。=包可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得BqGo=%

△tmtn

解得E=V2Bv0

（3）根據(jù)題意分析可知從〃點(diǎn)到。點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為270。，繞?圈的過(guò)程中兩次在電場(chǎng)

中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知粒了?的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，a角為兩次粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)初末位置間的位移與彳軸

方向的夾角，從a到〃過(guò)程中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，得—r=v

m0

故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為L(zhǎng)=vor

根據(jù)幾何知識(shí)可得bc=>/2r

由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為=%.-2￡

除*俎（2一&）叫

聯(lián)”解得__廿_

Bq

9.（2024年湖南卷考題）14.如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為/.的圓筒，左右端面圓心、。處各開(kāi)

有一小孔。以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，取0方向?yàn)閤軸正方向建立X"坐標(biāo)系。在筒內(nèi)xW0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為凡方向沿x軸正方向；筒外x20區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為￡,方向沿y

軸正方向。一電子槍在。,處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在X。平面內(nèi)，且在＞軸正方

向的分速度大小均為儂已知電子的質(zhì)量為聯(lián)電量為&設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)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(guò)。進(jìn)入電場(chǎng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度〃的最小值;

（2）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度反若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與＞軸正方向最大夾角為。，求

tan〃的絕對(duì)值;

（3）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度8,求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。

【答案】（1）網(wǎng)普

eL

【解析】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿7軸的分速度大小為。，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得L=%f

在y。平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為總周期為7,由牛頓第二定律知Bev=m^

'R

可得7

T=^R=^n

vvBe

由題意可知所有電了?均能經(jīng)過(guò)。進(jìn)入電場(chǎng)，則有，=〃7（〃=1,2,3,）

27rnmv

聯(lián)立得R=(i

eL

24"7%

當(dāng)〃=1時(shí)，/，有最小值，可得B

mineL

（2）將電子的速度分解，如圖所示

有tan6^=—

%

..,巾niTtmv.,inv

當(dāng)lan6有最大值時(shí)，，最大,〃最大,此n時(shí)R=〃，又B=-------R=—iv

eLBe

聯(lián)立可得fr’3。=了

（3）當(dāng)。最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移%，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

Ee

由牛頓第二定律知a=——

m

_2^

X丁一L

2/r24m

聯(lián)立得

y^-^r

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

值為U。、周期為。的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為H一帶電粒子在，=0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在r=時(shí)刻從下板

左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在，=2*）時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入

磁場(chǎng)，并在，=3,o時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離

的三倍，粒子質(zhì)最為偈忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。

3

（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量s

（2）求金屬板的板間距離〃和帶電粒子在/=/（）時(shí)刻的速度大小叱

（3）求從，=0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功雙

電場(chǎng)金屬板

?磁

r場(chǎng)

金屬板

甲

U。

o

?U。

乙

兀m乃（7（）（/+16）

【答案】（1）正電；＜7=—：（2）D=十=開(kāi).匕"：⑶W=

切（）24%48B/。

【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)的周期為7=2%

根據(jù)1=-------

qB

7nli

則粒子所帶的電荷量q=——

%

（2）若金屬板的板間距離為〃，則板長(zhǎng)包粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)—=v/0

33

出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為零，則豎直方向），=2x!”（0.5公

2Dm

在磁場(chǎng)中時(shí)qvB=m——

r

2mv

其中的

3%，（〃（）

聯(lián)立解得D

88

工、

X

v

（3）帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離D=3r

則粒了?在3友時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4￡＜＞時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加

速，在6壽時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5歸時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間

“內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過(guò)程中只有開(kāi)始進(jìn)入左

側(cè)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則

乃川“）（萬(wàn)）

1、「D乃)mnUo2+16

W=一〃八廣+Eqx—=-----2-+-----=

2348%3%48%

11.（2024年遼寧卷考題）15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：

I、II區(qū)寬度均為。存在垂直「紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；［II、IV區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，IV區(qū)電場(chǎng)足

夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于A■軸，。為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子旺中的兩個(gè)電荷量均為質(zhì)量均為/〃的粒

子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入【區(qū)時(shí)速度大小分別為和%。甲到〃點(diǎn)時(shí)，乙剛好

射入I區(qū)。乙經(jīng)過(guò)I區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°,甲到。點(diǎn)時(shí)，乙恰好到〃點(diǎn)。已知HI區(qū)存在沿+*方向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的

4叼L

磁場(chǎng)。

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小“；

（2）求HI區(qū)寬度M

（3）IV區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度〃隨時(shí)間￡、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為￡=3-依，其

中常系數(shù)。＞0,①己知、A未知，取甲經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)，=0。己知甲在IV區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在N

區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為凡甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前產(chǎn)與間的關(guān)系式（不要求寫出的取值范

圍）

Ld

X~X

E

乙XX

甲XX

O

XX

B

xx

XX

I區(qū)’口區(qū)m區(qū)IV區(qū)

【答案】(1)8=答；(2)4=3)L；(3)F=%M

2qL23%

【解析】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力

由幾何關(guān)系sin30°=-

聯(lián)“解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

「2x更x迎二型

'360°qB3%

對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從2點(diǎn)到〃點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

由牛頓第二定律。=g=與

m4/rL

3

聯(lián)立可得HI區(qū)寬度為d=-7ik

2

3

（3）甲粒子經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)的速度為v甲=；%+〃/=3%

因?yàn)榧自贗V區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則（N=kx=kx

可得

3%

設(shè)乙粒子經(jīng)過(guò)【H區(qū)的時(shí)間為弓，乙粒子在IV區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為％,則上式中t=tQ+t2

F,

對(duì)乙可得——=①4+。)――

q

x=3v(r+r)-1^-

整理可得2002

q(D

對(duì)甲可得X=3%(…2)

則=Xj

qco

lq8入

化簡(jiǎn)可得乙追上甲前尸與△x間的關(guān)系式為F='M

3%

12.（2024浙江1月卷考題）22.類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反

射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域I、II和III；I區(qū)寬度為"，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，II區(qū)的寬度很小。I區(qū)和HI區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為修和。山，其

電勢(shì)差山。一束質(zhì)量為外電荷量為e的質(zhì)子從。點(diǎn)以入射角。射向I區(qū)，在2點(diǎn)以出射角。射

出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從尸點(diǎn)以入射角，射入H區(qū)，經(jīng)II區(qū)“折射”進(jìn)入III區(qū)，其出射方向與法線夾角

為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為A；初速度為％,不計(jì)質(zhì)子重力，不考

慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射"，求"的最小值；

（2）若^二妙，求“折射率”〃（入射角正弦與折射角正弦的比值）

2e

（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從尸點(diǎn)進(jìn)入II區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返向I區(qū)）

（4）在〃點(diǎn)下方距離正絲1處水平放置一長(zhǎng)為皿?的探測(cè)板在尸的正下方），02長(zhǎng)為外,

eBeBeB

質(zhì)子打在探測(cè)板上即被吸收中和。若還有另?相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對(duì)稱，同時(shí)從。點(diǎn)射

【答案】（1）空3（2）&；（3）UW-絲4妝；（4）見(jiàn)解析

Be"2e

2

【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律BevQ=m^-

r

不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射"，"的最小值為41m=2〃=乎

Be

（2）設(shè)水平方向?yàn)閄方向，豎直方向?yàn)閥方向，X方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為夕,

根據(jù)動(dòng)能定理

解得/=以

根據(jù)速度關(guān)系%sin。=匕sinO'

解得

1°

2

（3）全反射的臨界情況：到達(dá)HI區(qū)的時(shí)候），方向速度為零，即（/^=0--/??（v0cos（9）

2

_IHVQcos0

可得U-

2e

U(叫cos?0

即應(yīng)滿足

2e

（4）臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到,2、全部都打不到的情況,根據(jù)幾何關(guān)系可得NCPQ=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I:,分情況討論如下：

①當(dāng)UNO時(shí)F=2Nmvy

eU=*mv；-g"?(%cos0)

又

解得F=2MnJ-v^+—,全部都打不到板的情況

V40m

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

為

2

匕G

所以

f60。=6%

又eU=—mv\.——cos

22

解得

3e

2

即當(dāng)。＜一把1時(shí)尸=0

3e

2

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-空金＜[7＜0）,此時(shí)僅有0點(diǎn)左側(cè)的一束粒子能

3e

打到板上，因此F=Ninv

皿％夕尸

又eU-gcos

解得

V40in

2024

.7高考模擬題

一、單選題

1.（2024?北京海淀?模擬預(yù)測(cè)）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(fù)帶電粒子）垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為〃的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在相距為d寬為a、長(zhǎng)為。的兩

平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻分連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極。稔定時(shí)兩

板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是（）

等離子體

A.上板為負(fù)極

B.上、下兩極板間的電壓U=

C.等離子體濃度越高，電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)力平衡

【答案】A

【解析】A.大量帶正電和帶負(fù)電的微粒向右進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(huì)聚集的下極板上，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，負(fù)電荷聚集到上極板上，故上極板為

負(fù)極，故A正確；

E

B.設(shè)電動(dòng)勢(shì)為￡根據(jù)切為二。：得石=及小，磁流體發(fā)電機(jī)具有內(nèi)阻，上下極板兩端為路端電壓，故

d

UVBdv,故B錯(cuò)誤；

C.由表達(dá)式后〃血可知，電劭勢(shì)與等離子體的濃度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.垂直兩極板方向等離了?體粒了?由于電能的消耗，部分正電荷向下極板運(yùn)動(dòng)，部分負(fù)電荷向上極板運(yùn)

動(dòng)，此時(shí)粒子所受洛倫茲力大于電場(chǎng)力，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

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

裝置。圖為一張?jiān)剖抑信臄z的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場(chǎng)。圖中Kb、c、d、e是從。點(diǎn)發(fā)

出的一些正電子或負(fù)電子的徑跡。有關(guān)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(duì)應(yīng)的粒子動(dòng)量最大

C.。徑跡對(duì)應(yīng)的粒子動(dòng)能最大D.a徑跡對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)

【答案】D

【解析】A.帶電粒子在垂直7紙面向外的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知a、汰c都是正電子的徑跡，

de都是負(fù)電子的徑跡，A錯(cuò)誤：

B.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB二.解得R號(hào)

由圖可知々徑跡對(duì)應(yīng)的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最小，〃徑跡對(duì)應(yīng)的粒子的速度最小，根據(jù)〃=〃“

可知a徑跡對(duì)應(yīng)的粒子動(dòng)量最小，B錯(cuò)誤；

2

C.根據(jù)線=gmv可知Eka<ER<4

即。徑跡對(duì)?應(yīng)的粒子動(dòng)能不是最大的，C錯(cuò)誤；

D.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有=T=—

Rv

則丁二2卷〃所以<=4=7=9=（

qB

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

其中。為粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對(duì)應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)

時(shí)間最長(zhǎng)，D正確。

故選D。

3.（2024?廣東?三模）如圖所示，在。<），<%，0<x</區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)

域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從y軸上范圍內(nèi)平行于才軸正方向射出大量質(zhì)量為卬、電荷量為+不

分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為。時(shí)，從。點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到*（公，

2

%）點(diǎn)，若電場(chǎng)強(qiáng)度為石=‘華，MV右側(cè)是粒子接收器，，拗1的長(zhǎng)度為外,不計(jì)粒子重力和粒子間的相互

作用，則（)

B.從gNo處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)

C.從;光處射入的粒子，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)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(dāng)甩場(chǎng)強(qiáng)度為()時(shí),從〃點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到“點(diǎn)，則八二￡

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=〃［電解得3=空殳，故A錯(cuò)誤；

彳qy。

B.若粒子從;光處射入，則x°=%4〃=致

32m

聯(lián)立解得y=y+*=*+?=：)，°<%

3230

由此可知，粒子從『V點(diǎn)下方進(jìn)入磁場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度大小為%則

所以粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離為d=2rsin夕二%

由此可知，粒了?在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯(cuò)誤；

1).由以上分析可知，粒子在電場(chǎng)中的豎直位移為

所以從;九處射入的粒子，恰好從川點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且恰好經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在M點(diǎn)，即只有范圍

內(nèi)平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50怛故D正確。

故選D。

4.(2024?河北?三模)2023年4月12日，中國(guó)有“人造太陽(yáng)”之稱的全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝

置創(chuàng)造了當(dāng)時(shí)最新的世界紀(jì)錄，成功實(shí)現(xiàn)穩(wěn)態(tài)高約束模式等離子體運(yùn)行403秒。為粗略了解等離子體在托

卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一足夠長(zhǎng)的真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的

勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。若某帶正電的離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分

量大小為K，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為匕，不計(jì)離子受到的重力。當(dāng)離子速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大

小為2匕時(shí)，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為（）

【答案】A

【解析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，

則匕增大，吆不變；當(dāng)離子速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為2匕時(shí)，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為彩。

故選Ao

5.（2024?黑龍江齊齊哈爾?三模）如圖所示，光滑絕緣圓管豎直固定在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一帶正電

小球從管口由縫靜止開(kāi)始下落，則下列描述圓管對(duì)小球的沖量/隨下落時(shí)間1和下落高度力的關(guān)系圖像中

正確的是（）

【解析】小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有力=（g/

小球下落過(guò)程中在水平方向?qū)⑹艿铰鍌惼澚?，根?jù)水平方向受力平衡可知圓管對(duì)小球的彈力大小始終

等于小球所受洛倫茲力，即有”=的5

由此可知圓管對(duì)小球的沖量/=%?，，聯(lián)立以上各式可得/=酗1,/=Bqh

2

則可知，小球的圖像為過(guò)原點(diǎn)且開(kāi)口向上的拋物線，/-力圖像為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線.

故選A。

6.（2024?山西?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，長(zhǎng)方體空間被平面分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電子以某一速度從長(zhǎng)方體左側(cè)垂直沙z平面進(jìn)入并

穿過(guò)兩磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于電子運(yùn)動(dòng)軌跡在下列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能正確的是（