2024年高考真題和模擬題物理分類(lèi)匯編專(zhuān)題10 磁場(chǎng)（解析版）

專(zhuān)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，.郵和田是兩平行金屬極板，勻強(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（）

M一?N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

P=口0

A.極板船,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.帶正電的離子受到笆洛倫茲力向上偏轉(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4則qvB=q^

可得U=Bdv

因此增大間距〃變大，增大速率〃變大，?！笮『兔芏葻o(wú)關(guān)，BD錯(cuò)誤C正確。

故選AC。

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)為力寬

為。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、々問(wèn)

將產(chǎn)生電壓兒當(dāng)/=1.00x10-3A時(shí)，測(cè)得。―8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（）

0-^—

ffl(a)

A.1.7xl019B.1.7X1015C.2.3xIO?。D.2.3xlO16

【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%則時(shí)間t內(nèi)通過(guò)樣品的電荷

量q=nevtb

根據(jù)電流的定義式得/=幺=nevb

當(dāng)電子穩(wěn)定通過(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V=

解得〃=2.3xIOS

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、b.。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D.c、d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，怪示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項(xiàng)A正確:

B.a、力兩點(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。點(diǎn)處的磁感線較〃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)有垂直于紙而向里的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為仇圓形區(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)量為辦

電荷量為g（q〉0）的帶電粒子沿直徑力C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（）

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)沿力。方向射入圓形區(qū)域最小時(shí)間間隔為空

3qB

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)的速度大小為我把

3m

【答案】D

【解析】AB.在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)或內(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)0點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；

C.粒子連續(xù)兩次由月點(diǎn)沿月C方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間最短則根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知軌跡如圖

則最短時(shí)間有，=27二岑，故C錯(cuò)誤:

qB

0.粒于從力點(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)半徑為八根據(jù)幾何關(guān)系可知r=工。

3

、

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m—

r

可得v=CqBR故。正確。

3m

故選Do

5.（2024年河北卷考題）10.如圖，真空區(qū)域有同心正方形月次》和砧cd,其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊

長(zhǎng)一定，a兒d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.力處有一個(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//方向進(jìn)入磁場(chǎng)。調(diào)整a6cd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)后由比.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)a"邊時(shí)速度方向與〃〃邊夾角為45°,則粒子必垂直星射出

B.若粒子穿過(guò)前邊時(shí)速度方向與ad邊夾角60°,則粒子必垂直灰:射出

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

D.若粒子經(jīng)6c邊垂直比射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與zd邊夾角必為60°

【答案】ACD

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

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6c射出，故AC正確：

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

軌跡如圖乙所示

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

則粒子一定垂直笈射出，故B錯(cuò)誤、D正確。

故選ACDo

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)

度大小為幺磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為凡一質(zhì)量為力的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為4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)〃時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴I、II,二者帶電量、質(zhì)量均相同。I在〃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)，磯跡如圖所示“H的枕跡未畫(huà)出。已知更力加速度大小為S，

不計(jì)空氣浮力與阻力以及I、H分開(kāi)后的相互作用，則（）

A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為工

E

B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為釁

C.小油滴I做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為逐入，周期為岑

EgB

D.小油滴II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=咚,故A正確：

B.根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=%

mv

得

解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為1'二誓，故B1E確:

m

5匕，解得％=竺羽=避

C.設(shè)小油滴1的速度大小為匕，得3R=Z_

mE

2

2兀3R2兀E

周期為T(mén)=故C錯(cuò)誤;

匕gB'

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

正方向，得"八'=:片+:倏，解得%=一固”

22'-E

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

左于定則可知小油滴II沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選ABD。

7.（2024年上海卷考題）10.某回旋加速器的示意圖如圖所示。破感應(yīng)強(qiáng)度大小為8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A，內(nèi)，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過(guò)I,II分別與4,

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2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?！?/p>

（1）粒子在2，4運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力對(duì)粒子做功為隊(duì)沖亙?yōu)?,則____：

A.W=（）,/=0B.WHO,/=OC.W。。，/工0D.W=（）,/工0

（2）：H核和：H核自圖中。處同時(shí)釋放，I,H間電勢(shì)差絕對(duì)值始終為以電場(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)粒了?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。

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

【答案】①.D②.E

【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0,

D正確。故選Do

⑵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(zhì)量之比為1:3,根據(jù)帶點(diǎn)粒子

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=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(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

3qU=Ek「0

對(duì)汨核有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)量為以電荷量為4（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)，八點(diǎn)〃（匕?，匕.）表示，匕、V,分別為粒了速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上

的分量。粒子出發(fā)時(shí)〃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)，尸點(diǎn)沿線段附移動(dòng)

到3％,%）點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向啜直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P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)，〃點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間

內(nèi)，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)通度的大?。?/p>

（3）2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。

【答案】（1）（2）E=72BV0；（3）C-'2加’°

22

【解析】（I）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為V=7V0+VC=V2V0

根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bq-〃匚=〃但\,

rT

「=皿

解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

Bq

T①

周期為

（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)〃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Bq,向。上

A/mtn

解得E=yfiBl，o

（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。，澆一圈的過(guò)程中兩次在電場(chǎng)

中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，。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X軸

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

in0

故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為L(zhǎng)=%，

根據(jù)幾何知識(shí)可得bc=B

由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為x0a，=x辰—2L

砰表繇?。?一正）〃3

“關(guān)?解侍x,=-------L----

aan

9.（2024年湖南卷考題）14.如圖，有一?內(nèi)半徑為2小長(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)?軸正方向建立0z坐標(biāo)系。在筒內(nèi)*W0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁

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

軸正方向。一電子槍在0’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X0平而內(nèi)，且在x軸正方

向的分速度大小均為“已知電子的質(zhì)量為/〃、電量為e,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8的最小值:

（2）取（取問(wèn)中最小的磁感應(yīng)播度5,若進(jìn)入磁場(chǎng)中電了的速度方向與x軸正方向最大夾角為。，求

tan3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）當(dāng)警

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軸的勻速出線運(yùn)動(dòng)和在平面內(nèi)的勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y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=vj

2

在口平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為此周期為北由牛頓第二定律知哈

可得~=等

T2TTR

且T二—

~BT

由題意可知所有電子均能經(jīng)過(guò)。進(jìn)入電場(chǎng)，則有f=〃r（〃=i23,）

日二2萬(wàn)加%

聯(lián)立得

27rmv0

當(dāng)〃=1時(shí)，6有最小值，可得Bmin

（2）將電子的速度分解，如圖所示

tan^=~

%

當(dāng)tan。有最大值時(shí)，月最大，夕最大，此時(shí)/?=/?,又§=2幾:％氏=牲

eLBe

聯(lián)立可得小m=N產(chǎn)，tan0=^

（3）當(dāng)匕最大時(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

由牛頓第二定律知

2^r\^m

聯(lián)立得

EeE

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，板間加上如圖乙所示幅

值為“）、周期為乙）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)度大小為抗一帶電粒子在f=O時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在，=，o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1=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片時(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

JT

的不倍，粒子質(zhì)量為勿。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。

（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1=%時(shí)刻的速度大小r；

（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)粒子做的功鞏

金屬板

)磁

場(chǎng)

金屬板

甲

乙

【答案】⑴正電；仁記：⑵力=酹:…以(3)卬=2

7rmU()^7r+16)

48%

【解析】(1)根據(jù)帶電粒子在右惻磁場(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)

Tim

則粒子所帶的電荷量q=-----

Bi。

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

33

出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為零，則豎直方向y=2xl^(O.5ro)

2Dm

V-

在磁場(chǎng)中時(shí)qvB=in—

2mv

其中的y-2r

qB

3私U°

聯(lián)立解得D=

88

X

v

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

則粒了?在3品時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4叁時(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6G時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5&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

山內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左惻電場(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

12cDU°miU0+

WEax—=------+0-''

23488%3的。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、H區(qū)寬度均為乙存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向：HI、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x軸，〃為M標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的帳個(gè)電荷量均為+,,質(zhì)量均為力的粒

3

子。如圖，甲、乙平行于彳軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入I區(qū)時(shí)速度大小分別為和%。甲到夕點(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2點(diǎn)。已知n【區(qū)存在沿方向的勻

、2

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0二"^^。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?！?/p>

磁場(chǎng)。

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小外

（2）求HI區(qū)寬度d；

（3）IVIX*軸上的電場(chǎng)方向沿*軸，電場(chǎng)強(qiáng)度￡隨時(shí)間入位置坐標(biāo)*的變化關(guān)系為E=d—依，其

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

區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為反甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前尸與△刀間的關(guān)系式（不要求寫(xiě)出的取值范

圍）

【答案】（1）〃=篝；（2）d=-7rL；（3）F=F4

2班23%

【解析】（1）對(duì)乙粒子,如圖所示

由洛倫茲力提供向心力q%B-m—

r\

由幾何關(guān)系sin30°=-

聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為八猊

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

,30°27nli2/rL

=zx------x------=------

360°qB3%

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

,31

4=耳%，1+5aA2

qE°_94

由牛頓第二定律CI------------

m47rL

」3,

聯(lián)立可得IH區(qū)寬度為d=—7rL

2

31

(3)甲粒子經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度為%=5%+碼=3%

因?yàn)榧自贗V區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則cot=kx=kx3%f

,(0

可得k=——

3%

設(shè)乙粒子經(jīng)過(guò)Hl區(qū)的時(shí)間為與，乙粒子在IV區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中，=/()+，

對(duì)乙可得——tw(/0+^)-ALT,

q

整理可得X2=3%?o+G)一也*

q(o

對(duì)甲可得^=3v0(r0+r2)

A3匕尸

則Ar=X—x,=——

qco

化簡(jiǎn)可得乙追上甲前廣與△x間的關(guān)系式為F=?,Ax

3%

12.（2024浙江1月卷考題）22.類(lèi)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IH；I區(qū)寬度為"，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大

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

電勢(shì)差U=Oi-。用。一束質(zhì)量為〃/、電荷星為e的質(zhì)子從。點(diǎn)以入射角。射向I區(qū)，在一點(diǎn)以出射向。射

出，實(shí)現(xiàn)“反射”：質(zhì)子束從。點(diǎn)以入射角。射入II區(qū)，經(jīng)n區(qū)“折射”進(jìn)入H【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)為加初速度為%,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d的最小值；

2

（2）若〃=些，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〃點(diǎn)進(jìn)入U(xiǎn)區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回【區(qū)）

（4）在尸點(diǎn)下方距離畫(huà)也處水平放置一長(zhǎng)為他也的探測(cè)板C。。（。在p的正下方），CQ長(zhǎng)為絲

eBeBeB

質(zhì)子打在探測(cè)板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對(duì)稱(chēng)，同時(shí)從。點(diǎn)射

入I區(qū)，且。=30。，求探測(cè)板受到豎直方向力尸的大小與〃之間的關(guān)系。

【答案】（1）網(wǎng)L（2）y/2：（3）J（4）見(jiàn)解析

Be2e

2

【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律Be%二g

r

不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為4麗=2'二半

Be

（2）設(shè)水平方向?yàn)閤方向，豎直方向?yàn)閥方向，*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

Ue=；/nvf-g"球

解得M=&o

根據(jù)速度關(guān)系vosin^=匕sinO'

〃二嗎工=四

解得

sinO'v0

（3）全反射的臨界情況：到達(dá)III區(qū)的時(shí)候方向速度為零，即Ue=0-；〃7（%cos9）2

可得Ui*.

2e

即應(yīng)滿足?！兑唤z跡￡色

2e

（4）臨界情況有兩個(gè)：I、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匕分情況討論如下：

①當(dāng)UNO時(shí)F=2Nmv,

1,1,

又eU=]〃?*--m(vQcos0y

F=2NmJ-v-+—,全部都打不到板的情況

解得

V40m

②根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從II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

為匕巖

匕G

所以八=------=—v

tan6006n

eU=gg〃?(%cosOr

乂

解得u=.皿

3e

2

即當(dāng)u<-生包"時(shí)F=0

3e

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-％軍KU<0），此時(shí)僅有。點(diǎn)左側(cè)的?束粒/侏

3e

打到板上，因此F=Nmv.

eU=3w：-g%cos夕）?

又

匚z3。2eU

解得F=Nm^+—

2024

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4、寬為外長(zhǎng)為人的兩

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

A.上板為負(fù)極

B.上、下兩極板間的電壓U=&d

C.等離子體濃度越高，電動(dòng)勢(shì)越大

I）.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：

F

B.設(shè)電動(dòng)勢(shì)為E根據(jù)飲月二^^得七二及加，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

U<Bdv,故B錯(cuò)誤；

C.由表達(dá)式后陽(yáng)?？芍?，電動(dòng)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子體粒子由于電能的消耗，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a、b、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、。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.帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知a、b、。都是正電子的徑跡,

d、e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“歷=/〃E解得夫=勺

Rqb

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

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

C.根據(jù)線=3〃八，2可知線“<煤6<線，

即力徑跡對(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，有力，8=〃?E,T=—

則,=等所以

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=?T

其中a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。

故選及

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

域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從y軸上0~%范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為加、電荷量為+小

分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v。,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)到川（先，

>>

%）點(diǎn)，若電場(chǎng)強(qiáng)度為七二吧耍，州.右側(cè)是粒子接收器，.階?的長(zhǎng)度為外,不計(jì)粒子重力和粒子間的相互

作用，則（

xx

XX

XX

XX

2￡_2^

OVoXo

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為"1

B.從;治處射入的粒子,恰好從小點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)

c.從;算處射入的粒子，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)電場(chǎng)強(qiáng)度為0時(shí)，從。點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，則4=三

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=解得3=贊，故A錯(cuò)誤；

B.若粒子從：先處射入，則a=—

32m

聯(lián)立解得）,=）1+*=3++=覬＜%

3236

由此可知，粒子從N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明粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度大小為p，則

2

V=l°,qvB=m-

sin?r

所以粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離為d=2rsin0=.y0

由此可知，粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯(cuò)誤：

D.由以上分析可知，粒子在電場(chǎng)中的豎直位移為=與

所以從;工處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且恰好經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在點(diǎn)，即只有O,g%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%,故D正確。

故詵D。

4.（2024?河北?三模）2023年4月12日，中國(guó)有“人造太陽(yáng)”之稱(chēng)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H，垂直于遨場(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2K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，匕，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)方向的分量大小為匕。

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￡和下落高度方的關(guān)系圖像中

正確的是（）

【答案】A

【解析】小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有人=；",v=gt

小球下落過(guò)程中在水平方向?qū)⑹艿铰鍌惼澚Γ鶕?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FN=Bq；

由此可知網(wǎng)管對(duì)小球的沖量聯(lián)立以上各式可得/二亨，』

則可知，小球的/T圖像為過(guò)原點(diǎn)且開(kāi)U向上的拋物線，/-〃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MWO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。2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)軌跡在卜列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能止確的是（)

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