北京市東城區(qū)高考物理三年（2020-2022）模擬題匯編-05磁場

北京市東城區(qū)高考物理三年（2020—2022）模擬題匯編-05磁

場

1.（2020.北京東城?統(tǒng)考二模）如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q

之間有一個很強的磁場。一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒

子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場。把P、Q與電阻R相連接.下列說法正確的是（）

等離子體

A.Q板的電勢高于P板的電勢

B.R中有由6向”方向的電流

C.若僅增強磁場，則R中電流不變

D.若增大粒子入射速度，則R中電流增大

2.（2020?北京東城.統(tǒng)考二模）在同一勻強磁場中，質子和電子各自在垂直于磁場的平

面內做半徑相同的勻速圓周運動。質子的質量為”如電子的質量為“人則質子與電子

（）

A.速率之比等于1:1B.周期之比等于1:1C.動能之比等于RD.動量大小之比

mP

m

等于”e

3.（2020?北京東城?統(tǒng)考一模）如圖所示，圓心角為90'的扇形區(qū)域MoN內存在方向垂

直紙面向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點?，F(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子〃、

b,以不同的速度先后從P點沿ON方向射入磁場，并分別從M、N兩點射出磁場。不

計粒子所受重力及粒子間相互作用。粒子〃、匕在磁場中運動過程，下列說法正確的是

A.粒子α帶正電，粒子人帶負電

B.粒子α在磁場中的運動時間短

C.粒子a、〃的加速度大小之比為1：5

D.粒子“、6的速度大小之比為5：1

4.（2022?北京東城?統(tǒng)考三模）為了測量化工廠的污水排放量，技術人員在排污管末端

安裝了流量計（流量。為單位時間內流過某截面流體的體積）。如圖所示，長方體絕緣

管道的長、寬、高分別為〃、氏c,左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后面向里、

磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N。含有大

量正、負離子的污水充滿管道，從左向右勻速流動，穩(wěn)定時測得M、N間電壓為U。由

于污水流過管道時受到阻力/（未知）的作用，左、右兩側管口需要維持一定的壓強差AP

（未知）。已知沿流速方向長度為乙、流速為V的污水，受到的阻力/="丫（k為比例

系數(shù)且已知）。求：

（1）污水的流量。；

（2）左、右兩側管口的壓強差即。

5.（2022?北京東城?統(tǒng)考三模）當今醫(yī)學成像診斷設備「ET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之

冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳11作為示蹤原子，碳11是由小

型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氮14獲得的。加速質子的回旋加速器如圖甲所示。

D形盒裝在真空容器中，兩D形盒內勻強磁場的磁感應強度為8,兩D形盒間的交變

電壓的大小為U。若在左側D,盒圓心處放有粒子源S不斷產(chǎn)生質子，質子質量為相，

電荷量為備假設質子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，不計質子所受重力，

忽略相對論效應。己知質子最大回旋半徑為R,求：

（1）所加交流電源的頻率了;

（2）粒子加速后獲得的最大動能EknI；

（3）要把質子從加速器中引出，可以采用靜電偏轉法。引出器原理如圖乙所示，一對

圓弧形金屬板組成弧形引出通道，內、外側圓弧形金屬板分別為兩同心圓的一部分，圓

心位于。'點。內側圓弧的半徑為外,外側圓弧的半徑為石+d。在內、外金屬板間加直

流電壓，忽略邊緣效應，兩板間產(chǎn)生徑向電場，該電場可以等效為放置在0'處的點電

試卷第2頁，共6頁

荷。在兩圓弧之間區(qū)域產(chǎn)生的電場，該區(qū)域內某點的電勢可表示為9=(,為該點

r

到圓心O'點的距離)。質子從M點進入圓弧形通道，質子在D形盒中運動的最大半徑R

對應的圓周，與圓弧形通道正中央的圓弧相切于M點。若質子從圓弧通道外側邊緣的N

點射出，則質子射出時的動能Ek是多少？要改變質子從圓弧通道中射出時的位置，可

以采取哪些辦法？

6.(2022?北京東城?統(tǒng)考模擬預測)如圖所示，直角坐標系XO)，位于豎直平面內，在第

IH象限內同時存在沿X軸負向的勻強電場以和垂直Xs，平面向外的勻強磁場8/,第I、

IV象限內存在沿y軸負向的勻強電場瓦，E2=4V∕m°在區(qū)域I(0q53m)和區(qū)域Il

(3m<r≤6m)內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小相等且為心，方向相反且都垂直

于XOy平面。一質量M=I.OxlO《kg、電荷量g=2.5xl()6C的帶電液滴，以速度V=IOm/s

從A(-4m,-3m)點沿Ao方向做直線運動。(gIlX10m∕s2,π≈3,tan18.5。=g)

(1)判斷液滴電性并求出0大??；

(2)若液滴從C(6m,2m)點離開磁場H,且C點速度與。點速度相同，求員大小;

(3)若在區(qū)域In(Λ>6m)加一垂直于Xo)，平面的局部磁場以，使得帶電液滴經(jīng)磁場偏

轉后從。(6m,Ilm)點沿X軸負向垂直CO進入磁場∏,求液滴從C點運動到。點所

需最小時間。

y/m八I??III

××?

X×；??,D

O

X×,?

××?

7.（2022.北京東城.統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內存在垂直紙

面向內的勻強磁場，磁場強弱可以改變，直徑PQ處放有一層極薄的粒子接收板。放射

源S放出的α粒子向紙面內各個方向均勻發(fā)射，速度大小均為打己知α粒子質量為如

電荷量為q：

（1）若B=駕，放射源S位于圓心O點正上方的圓弧上，試求粒子接收板能接收到粒子

的長度；

mv

（2）若8=右，把放射源從Q點沿圓弧逐漸移到P點的過程中，求放射源在圓弧上什么

qR

范圍移動時，。點能接收到α粒子；

（3）若B=勺色竺，把放射源從。點沿圓弧逐漸移到P點的過程中，求放射源在圓弧上一

3qR

n

什么范圍移動時，直徑上位于O點右側E距離的0'點能接收到a粒子。

2

8.（2020?北京東城?統(tǒng)考一模）在研究原子核的內部結構時，需要用能量很高的粒子去

轟擊原子核。粒子加速器可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。圖甲是回旋

試卷第4頁，共6頁

加速器的結構示意圖，Dl和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有

間距為d的窄縫，它們之間有一定的電勢差。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，

磁感應強度為及Dl盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質量為〃?、電荷量為+q的粒子。

粒子在兩盒之間被電場加速，之后進入磁場后做勻速圓周運動。經(jīng)過若干次加速后，將

粒子從金屬盒邊緣引出。設粒子在交變電場中運動時電壓大小為U,不考慮粒子離開A

處時的速度、粒子重力、粒子間的相互作用及相對論效應。

(1)求粒子被引出時的動能Ek-,

(2)求粒子被電場加速的次數(shù)〃：

(3)隨著粒子在電場中的不斷加速，粒子在磁場中的運動速率一次比一次增大，然而粒子

每次在金屬盒中的運動時間卻相同，粒子在交變電場中加速的總時間也可以忽略。已知

IOMeV以上的回旋加速器中磁感應強度的數(shù)量級為1T,金屬盒的直徑在Im以上，窄

縫之間距離約為0.1cm。請你結合上述參數(shù)，通過推導和估算加以分析。

接交流電源

9.(2020?北京東城?統(tǒng)考一模)在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方

向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，這個現(xiàn)象

被稱為霍爾效應，所產(chǎn)生的電勢差被稱為霍爾電勢差或霍爾電壓。

(1)如圖甲所示，將厚度為4的矩形薄片垂直置于磁感應強度為8的勻強磁場中。薄片上

有四個電極E、F、M、N,在E、F間通以電流強度為/的恒定電流。已知薄片中自由

電荷的電荷量為4,單位體積內自由電荷的數(shù)量為〃。請你推導出M、N間霍爾電壓的

表達式(推導過程中需要用到、但題目中沒有的物理量，要做必要證明)

(2)霍爾元件一般采用半導體材料制成。目前廣泛應用的半導體材料分為兩大類：一類是

“空穴”(相當于帶正電的粒子)導電的P型半導體，另一類是電子導電的N型半導體。

若圖甲中所示為半導體薄片，請你簡要說明如何判斷薄片是哪類半導體？

(3)利用霍爾效應可以制成多種測量器件。圖乙是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固

定在轉軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著N/個永磁體，相鄰永磁體的極性相反?；魻?/p>

元件置于被測圓盤的邊緣附近。當圓盤勻速轉動時.，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像

如圖丙所示。若在時間f內，霍爾元件輸出的脈沖電壓數(shù)目為M，請你導出圓盤轉速N

的表達式。

試卷第6頁，共6頁

參考答案：

1.D

【詳解】AB.等離子體進入磁場，根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，打在上極板上，負電荷

向下偏，打在下極板上。所以上極板帶正電，下極板帶負電，則尸板的電勢高于。板的電

勢，流過電阻電流方向由α到從故AB錯誤；

CD.根據(jù)電場力等于磁場力，即為

U

q~j=qvBn

則有

U=Bdv

再由閉合電路的歐姆定律得

jUBdv

-R+r~R+r

可知電流與磁感應強度成正比，若僅增強磁場，則R中電流變大；若增大粒子入射速度，則

R中電流增大，故C錯誤，D正確

故選D。

2.C

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可知，洛倫茲力提供向心力有

V2

qVB=ιn—

r

解得

mv

r=——

qB

因此質子與電子的速率比等于

工或

匕mp

選項A錯誤；

D.根據(jù)上邊公式，可轉換為動量尸=，切=口由，因此質子與電子的動量比是1：1.選項D

錯誤；

C.根據(jù)粒子的動能公式d?=gm∕,結合上式可得

因此質子與電子的動能之比等于

答案第1頁，共11頁

mc

叫

選項C正確；

2萬〃？

B.根據(jù)粒子的周期公式T=F可得質子與電子的圓周運動周期之比等于

qB

件

人

選項B錯誤。

故選Co

3.C

【詳解】A.帶電粒子。從M點射出，由左手定則可知，粒子。帶負電，帶電粒子b從N點

射出，由左手定則可知，粒子〃帶正電，故A錯誤；

B?兩粒子的運動軌跡如圖所示

由圖可知，粒子。在磁場中運動時的偏轉角大于粒子b的偏轉角，由公式

θ2πmθm

t-__y_______—______

2πqBqB

可知，粒子α在磁場中的運動時間長，故B錯誤；

CD.設OM=R,由幾何關系可知

R

^2=^2+U-y)2

解得

由公式

答案第2頁，共11頁

V2

qvB=m—

得

mv

qB

則

R

%=J工=1

Vbrb注M

4

由牛頓第二定律得加速度得

qvB=ma

得

qvB

a=-----

m

則

%=%=?1

?Vb5

故C正確，D錯誤。

故選C。

,kaU

4.(1)Q=與；(2)?z?=-Z—

bc2B

【詳解】（1）污水流速為V,則當M、N間電壓為U時，有

qvB=q-

解得

U

v=——

Bc

流量為

八vibe

Q=-----=VDjC

解得

Q=牡

B

（2）設左右兩側管口壓強差為“，污水勻速流動，由平衡關系得

^pbc=kLv

答案第3頁，共11頁

將V=W代入上式得

kaU

?p=

^bcrB

2πm212b21

BR(-^的5--1)，方法見解析

5.(1)T=：⑵Ekq3)"e-2mdR;

nt2mKH---

W2

【詳解】(1)所加交流電源的頻率等于質子在磁場中運動的周期

T=包

Bq

(2)粒子在盒內做勻速圓周運動

V2

Bqv-m一

已知質子最大回旋半徑為R,粒子加速后獲得的最大動能

E一如

kn'2m

圓

弧

通

道

(3)質子由M點進入到N點射出，電場力做正功，電勢能減少等于動能增加。

質子從圓弧通道外側邊緣的N點射出時的動能

?22R211

EkN=EkM+AE=Ekm+q?φ=——+kqQC----)

2利R+4R

2

要改變質子從圓弧通道中射出時的位置，可以改變圓弧通道的電場強度，可以改變D形盒

中磁場的磁感應強度，可以改變兩個。形盒間加速電場的電場強度。

94

6.(1)E,=3V∕m；(2)B,=0.8T；(3)—s

^75

【詳解】(1)由液滴做直線運動以及受力分析可知液滴帶負電；

且

E.q-mgtan370

得

答案第4頁，共11頁

E1=3V∕m

（2）因為

mg=qE2

如圖所示

(Λ-l)2+32=T?2

解得

R=5m

由

2

V

qB2v=m-

得

B2=-

qR

解得

B2=0.8T

答案第5頁，共11頁

(3)若液滴從C點運動到。點，且從。點垂直CC進入磁場，則其運動軌跡如圖所示

假設其運動半徑為r,CD間距為LCD,故其運動總時間L為直線運動時間乙加上圓周運動時

間，由幾何關系可知，幾何關系可知

lr

Lcof--+-1——

SISin37°tan370Jtan18.5°

?二

V

1432πm

t.=-------

2

360qBy

相加代入化簡得

故易取最小值時，T取最小值，同時液滴在磁場圓周運動半徑r最大，由幾何關系知，r最

大時有

解得

廠=4m

B3=IT

所以最小時間

答案第6頁，共11頁

C-21794

2.7------s-=-s

15075

7.（I）H;（2）當放射源在圓弧QS/上都能打到。點；（3）從放射源從Q到”范圍的粒子能打

到。'點

【詳解】（l）α粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力

V2

qvB=m—

r

又因為

B嗤

解得

r=-R

8

如圖所示

α粒子被收集板最右側收集，其運動軌跡恰好與尸。相切于點M其圓心為C,Cz）垂直SO,

根據(jù)幾何關系可得

ON2=CD'=SC2-SD2=r2-（r-?

解得

ON=0.5R

a粒子水平向左發(fā)射時被收集板最左側收集時，其運動軌跡恰好與尸。相交于點M,其圓心

在S。的E點，根據(jù)幾何關系可得

OM2=ME2-OE2=r2-（r-7?）2

解得

OM=0.5R

因此，收集可收集到a粒子的長度為

MN=OM+ON=R

答案第7頁，共11頁

(2)因為

qR

可得其運動半徑為

r=R

考慮能夠打到。點的粒子，其對應的軌跡可以看成是半徑為R的圓，其圓周上的一個點在

。點。如下圖所示

根據(jù)圖可知，α粒子從Q點沿圓弧逆時針移動，當移到位置I時，其軌跡恰好與PQ相切，

之前都能打到。點，過了I之后，將不能打到。點.從I發(fā)出的粒子，其軌跡與PQ相切,

則其對應的圓心恰好在。的正上方S,三角形/SO為正三角形,所以

Z∕(9β=150o

因此當放射源在圓弧QS/上都能打到。點。

(3)如圖所示

Z×x×?×^×^V?

∕××××".不、,、

/×XX×?×/×jɑ'

JXXX

'''-J

因為

4y∕3mv

D-----------

3qR

答案第8頁，共11頁

可得其運動半徑為

考慮能夠打到。'點的粒子，其對應的軌跡可以看成是半徑為由R圓其圓周上的一個點在0'

4

點，把放射源從。點沿圓弧逐漸移到P點的過程中，放射源與O'點的連線是弦長，移動過

程中弦長越來越長，由于

42

因此當放射源位置與。'點的之間的距離為2r時，設放射源的位置為“，此位置是臨界點。

對于三角形"OO',根據(jù)余弦定理可得

R2+({f-(2r)2

cosZHOO'=——--------=-

2R?B2

2

所以

/"0(7=60°

則從放射源從Q到4范圍的粒子能打到0'點。

8.(1)空E；(2)”=迎長；(3)見解析

2m2mU

【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，被引出時的速度為V,

根據(jù)牛頓第二定律有