【6年高考4年模拟】2021版高考物理考题汇编 磁场

1、此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 【物理精品物理精品】2020】2020 版版66 年高考年高考 4 4 年模拟年模拟 磁场部分 第一部分 六年高考荟萃 2020 年高考题 1（2020 全国卷 1 第 15 题）。如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反 的电流 1 I和 2 I ，且 12 II；a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点， 且 a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂 直。磁感应强度可能为零的点是 A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点 解析：要合磁感应强度为零，必有 1 I和 2 I 形成两个场等大方向，只有 C 点有可能， 选 C 2（2020 海南第 7 题）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学 家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是 A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D.焦耳发现了电

2、流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 解析：考察科学史，选 ACD 3（2020 海南第 10 题）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形 为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射。 这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包 含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 解析：在磁场中半径 mv r qB 运动时间： m t qB （ 为转过圆心角），故 BD 正确，当粒子从 O 点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同 为 1800，因而 AC 错 4（2020 新课标理综第 14 题）.为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁 场是由绕过地心的轴的环形电流 I 引起的。在下列四个图中，正确

3、表示安培假 设中环形电流方向的是 （B） 解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确 答案是 B。 5（2020 新课标理综第 18 题）.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在 两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流 I 从一条轨道流入， 通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得 磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比。通电的弹体在轨道 上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍， 理论上可采用的方法是（BD） A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 L 变为原 来的 2 倍，其它量不变 解析：主要考查动能定理。利用动能定理有 2 2 1 mvBIlL ,B=kI 解得 m lLkI v 2 2 。 所以正确答案是 BD。 6（2020 浙江第 20 题）.利用如图所示装置

4、可以选择一定速度范围内的带电粒子。 图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两 条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为 L。一群质量为 m、电荷量为 q，具有 不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝 射出的粒子，下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 射出粒子的最大速度为 m dLqB 2 )3( C. 保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与 最小速 度之差增大 D. 保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与 最小速 度之差增大 答案：BC 解析：由左手定则可判断粒子带负电，故 A 错误；由题意知：粒子的最大半径 2 3 max dL r 、粒子的最小半径 2 min L r，根据 qB mv r ，可得 m dLqB v 2 )3( max 、 m qBL v 2 min ，则 m qBd vv 2 3 minmax ，故可知 B、C 正确，D 错误。 7(2020上海第18题) 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于OO、，并处于匀强磁场 中。当导

5、线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹 角为。则磁感应强度方向和大小可能为 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 (A) z 正向，tan mg IL (B)y正向， mg IL (C) z 负向，tan mg IL (D)沿悬线向上，sin mg IL 答案：BC 8（2020 安徽第 23）（16 分） 如图所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀 强电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电 的粒子（不计重力）从 O 点沿 y 轴正方向以某一 速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0 时间从 P 点射出。 （1）求电场强度的大小和方向。 （2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相 同的速度射入，经 0 2 t 时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。 （3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，且速度为原来的 4 倍，求粒子在磁 场中运动的时间。 解析：（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为

6、 E。可 判断出粒子受到的洛伦磁力沿 x 轴负方向，于是可知电场强度沿 x 轴正方向 且有 qE=qvB 又 R=vt0 则 0 BR E t （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在 y 方向位移 2 2 t yv x y O P B 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 由式得 2 R y 设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 3 2 xR 又有 2 0 1 () 22 t xa 得 2 0 4 3R a t （3）仅有磁场时，入射速度4vv ，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设 轨道半径为 r，由牛顿第二定律有 2 v qv Bm r 又 qE=ma 由式得 3 3 R r 由几何关系 sin 2 R r 11 即 3 sin 2 3 12 带电粒子在磁场中运动周期 2 m T qB 则带电粒子在磁场中运动时间 2 2 R tT 所以 0 3 18 R tt 13 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 9（2020 全国卷 1 第 25）.（19 分

7、） 如图，与水平面成 45角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域。一质量为 m、 电荷量为 q（q0）的粒子以速度 0 v 从平面 MN 上的 0 p点水平右射入 I 区。粒子在 I 区运动时，只受到 大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大 小为 E；在 II 区运动时，只受到匀强磁场的作用， 磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里。求粒 子首次从 II 区离开时到出发点 0 p的距离。粒子的 重力可以忽略。 解析：设粒子第一次过 MN 时速度方向与水平方向成 1角，位移与水平方向成 2 角且 2=450，在电场中做类平抛运动， 则有： 0 2 , 1 , 2 v tx xy Eq aty a m 得出： 1 0 tan2 at v 00 2,5 y vv vv 在电场中运行的位移: 22 22 00 1 2 22 2vmv sxy aEq 在磁场中做圆周运动，且弦切角为 =1-2， 12 12 tantan110 tan,sin 1tantan310 2 v qvBm R 得出： 0 5mv R qB 在磁场中运行的位移为： 0 2 2 2 sin mv sR q

8、B 所以首次从 II 区离开时到出发点 0 p的距离为： 2 00 12 2 22mvmv sss qEqB 10（2020 新课标理综第 25 题）.（19 分） 如图，在区域 I（0 xd）和区域 II（dx2d）内分别存在匀强磁场，磁感应 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 强度大小分别为 B 和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q（q0）的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。 已知 a 在离开区域 I 时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30；因此，另一质量 和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 p 点沿 x 轴正向射入区域 I，其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小； （2）当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。 解析：（1）设粒子 a 在 I 内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y 轴上），半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为

9、 P ,如图，由洛仑兹力公 式和牛顿第二定律得 1 2 a a R v mABqv 由几何关系得PPC sin 1 d Ra 式中， 0 30，由式得 m qBd va 2 1 (2)设粒子 a 在 II 内做圆周运动的圆心为 Oa,半径为 1a R ，射出点为 a P（图中 未画出轨迹）， aaP OP。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 O B x y d 2d 2B P 此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。 2 2 )2( a a a R v mBqv 由式得 2 1 2 a a R R C、 P 和 a O 三点共线，且由 式知 a O 点必位于dx 2 3 的平面上。由对称 性知， a P点与 P 点纵坐标相同，即hRy apa cos 1 式中，h 是 C 点的 y 坐 标。 设 b 在 I 中运动的轨道半径为 1b R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 2 1 ) 3 () 3 ( a b a v R m B v q 设 a 到达 a P点时，b 位于 b P点，转过的角度为。如果 b 没有飞出 I，则 2 2 a T t 2 1 b T t 11 式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而 v R T a a 2 2 2 3 2 1 1 v R T b b 1213 由式得 0 30 11121314 由式可见，b 没有飞出。 b P点的 y 坐标为hRy bpb )cos2( 1 1415 由式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为 1415 dyy ba pp )23( 3 2 16 11（2020 天津

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