第十章　磁場-2025版高考物理真題選練

第十章磁場做真題明方向1．[2024·全國甲卷](多選)如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊．線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平．在t＝0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場．運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平．以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是()答案：AC解析：線框在減速進入磁場的過程中，對線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋eq\f(B2L2v,R)－T＝ma，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T－Mg＝Ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(B2L2v,（M＋m）R)－eq\f(M－m,M＋m)g，則隨著速度的減小，加速度不斷減小，B錯誤；結合B項分析可知，若勻強磁場區(qū)域高度與線框?qū)挾认嗟惹椅飰K質(zhì)量與線框質(zhì)量相等，則線框在磁場中一直做加速度逐漸減小的減速運動，出磁場后勻速運動，則A選項的圖像可能正確；若勻強磁場區(qū)域高度大于線框?qū)挾惹椅飰K質(zhì)量與線框質(zhì)量相等，則線框進磁場和出磁場階段均做加速度逐漸減小的減速運動，完全在磁場中運動時不受安培力，做勻速運動，完全出磁場后，也做勻速運動，則C選項的圖像可能正確；D選項的圖像中線框出磁場后勻加速，說明物塊質(zhì)量大于線框質(zhì)量，但在此情況下，結合B項分析可知，存在第二段勻速階段時，不會存在第三段減速階段，D錯誤．2.[2023·新課標卷]一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示．已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為()A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外答案：C解析：假設電子打在a點，即其所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于電子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子經(jīng)過電、磁組合場后向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于α粒子帶正電，所以電場方向水平向右，AB錯誤；電子所受電場力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場方向垂直紙面向里，D錯誤，C正確．假設α粒子打在a點，同樣可以得出C正確．3.[2023·全國乙卷]如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏．該粒子的比荷為()A．eq\f(E,2aB2)B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2)D．eq\f(B,aE2)答案：A解析：由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2)故選A.4．[2023·湖南卷]如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直．A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ.若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0.若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0答案：D解析：由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1＝qE區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t0＝eq\f(πm,2qB2)若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qvA·2B1＝qE則vA＝eq\f(v0,2)再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子運動半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qv1＝q·2E則v1＝2v0再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子運動半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子沿AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(3))>2，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)則t＝eq\f(8\r(3)t0,9)C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB＝meq