高中物理高考三輪沖刺 2023高考沖刺50練9

2023高考沖刺50練9磁場(chǎng)一．選擇題1．（2023唐山摸底）將長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)線(xiàn)彎成六分之一圓弧，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩端點(diǎn)A、C連線(xiàn)豎直，如圖所示。若給導(dǎo)線(xiàn)通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的大小和方向是A．ILB，水平向左 B．ILB，水平向右 C．，水平向右 D．，水平向左·【參照答案】D【名師解析】將長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)線(xiàn)彎成六分之一圓弧，圓弧所對(duì)的圓心角為60°，圓弧半徑R=L，圓弧的弦長(zhǎng)為L(zhǎng)。導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的大小F=BIL。由左手定則可判斷出導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的方向?yàn)樗较蜃?，選項(xiàng)D正確。2.(2023貴陽(yáng)市摸底考試)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)避光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g．空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．某時(shí)刻，給小球一方向水平向右，大小為v0=的初速度，則以下判斷正確的是（）A．無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用B．無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用C．無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能不守恒【參照答案】C【名師解析】無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律，qv0B+F-mg=m，解得：F=6mg-qB，由此可知當(dāng)B=時(shí)，小球在最低點(diǎn)不受到管壁的彈力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒，對(duì)小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律，m()2=2mgR+mv2，解得v=，無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。在最高點(diǎn)，由F+mg=m，解得：F=0。選項(xiàng)B錯(cuò)誤。玩偶—S極—N極線(xiàn)圈可變電阻玩偶—S極—N極線(xiàn)圈可變電阻磁鐵軟鐵電源A．電路中的電源必須是交流電源B．電路中的a端點(diǎn)須連接直流電源的負(fù)極C．若增加環(huán)繞軟鐵的線(xiàn)圈匝數(shù)，可增加玩偶飄浮的最大高度D．若將可變電阻的電阻值調(diào)大，可增加玩偶飄浮的最大高度【參照答案】C【名師解析】電磁鐵產(chǎn)生磁性，電路中的電源必須是直流電源，電路中的a端點(diǎn)須連接直流電源的正極，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤。若增加環(huán)繞軟鐵的線(xiàn)圈匝數(shù)，電磁鐵產(chǎn)生的磁性更強(qiáng)，可增加玩偶飄浮的最大高度，選項(xiàng)C正確。若將可變電阻的電阻值調(diào)大，電磁鐵中電流減小，產(chǎn)生的磁性變?nèi)?，降低玩偶飄浮的最大高度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．（201分學(xué)校聯(lián)考）如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線(xiàn)，均通以恒定電流I．直線(xiàn)部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線(xiàn)部分在原點(diǎn)O處不形成磁場(chǎng)，則圖乙中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度和圖甲中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的是【參照答案】A【名師解析】：由題意可知，圖甲中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是其中一段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)大小2倍，方向垂直紙面向里；圖乙中A，根據(jù)右手螺旋定則可知，左上段與右下段的通電導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加為零，則剩余的兩段通電導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小是其中一段的在O點(diǎn)磁場(chǎng)的2倍，且方向垂直紙面向里，故選項(xiàng)A正確；圖乙中B、同理，四段通電導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁場(chǎng)是其中一段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)的4倍，方向是垂直向里，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖乙中C、由上分析可知，右上段與左下段產(chǎn)生磁場(chǎng)疊加為零，則剩余兩段產(chǎn)生磁場(chǎng)大小是其中一段在O點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的2倍，方向垂直紙面向外，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圖乙中D、與C選項(xiàng)分析相同，四段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)是其中一段在O點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的2倍，方向垂直紙面向外，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5.（2023河南22校聯(lián)考）如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30。和60。的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后。兩小滑塊都將飛離斜面，在此過(guò)程中A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等【參照答案】AD【名師解析】A、小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ=qvmB解得：vm=故斜面傾角越大，飛離時(shí)速度越小，故甲飛離速度大于乙，故A正確；B、甲斜面傾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理，帶入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)，故甲的位移大于乙的位移，故C錯(cuò)誤；D、重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值，帶入數(shù)據(jù)相等，故D正確、故選AD6（2023江西省三縣聯(lián)考）某空間存在著如圖所示的足夠大的沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)中A、B兩個(gè)物塊疊放在一起，置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣．在t1=0時(shí)刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開(kāi)始做加速度相同的運(yùn)動(dòng)．在A(yíng)、B一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（）A．圖乙可以反映A所受洛侖茲力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系B．圖乙可以反映A對(duì)B的摩擦力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系C．圖乙可以反映A對(duì)B的壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系D．圖乙可以反映B對(duì)地面壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系【參照答案】CD【名師解析】整體受總重力、拉力、洛倫茲力和支持力，合力為F，根據(jù)牛頓第二定律，知加速度不變，整體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以v=at．A所受的洛倫茲力F洛=qvB=qBat，知洛倫茲力與時(shí)間成正比，是過(guò)原點(diǎn)的一條傾斜直線(xiàn)．故A錯(cuò)誤．B、隔離對(duì)A分析，A所受的合力等于A(yíng)的摩擦力，則f=ma，知A所受的靜摩擦力不變．故B錯(cuò)誤．C、A對(duì)B的壓力等于B對(duì)A的支持力，N=mAg+qvB=mAg+qBat，N與t成一次函數(shù)關(guān)系．故C正確．D、對(duì)整體分析，地面的支持力N′=（mA+mB）g+qBat，壓力與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系．故D正確．故選CD．7.(2023·河南三市試)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的P1點(diǎn)以速度v射入第一象限所示的區(qū)域，入射方向與x軸正方向成α角．為了使該粒子能從x軸上的P2點(diǎn)射出該區(qū)域，且射出方向與x軸正方向也成α角，可在第一象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€(gè)垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．若磁場(chǎng)分布為一個(gè)圓形區(qū)域，則這一圓形區(qū)域的最小面積為（不計(jì)粒子的重力）（） A． B． cos2α C．sinα D． sin2α【參照答案】D【名師解析】以速度v射入磁場(chǎng)的帶電粒子，洛倫茲力提供向心力，qvB=m，解得R=。將圖中兩點(diǎn)的速度方向延長(zhǎng)，畫(huà)出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，磁場(chǎng)圓形區(qū)域的直徑為2Rsinα，圓形區(qū)域的最小面積為S=π(Rsinα)2=sin2α，選項(xiàng)D正確。8．（2023唐山五校聯(lián)考）如圖，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線(xiàn)懸掛于O點(diǎn)，并在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，最大擺角為60°，水平磁場(chǎng)垂直于小球擺動(dòng)的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)，懸線(xiàn)上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點(diǎn)時(shí)懸線(xiàn)上的張力為A．0B．2mgC．4mgD．6mg【參照答案】C【名師解析】：設(shè)線(xiàn)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)速率為v．

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，得到v=

當(dāng)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)，有：qvB-mg=m

①

當(dāng)小球自右方擺到最低點(diǎn)時(shí)，有：F-mg-qvB=m

②

由①+②得：F=2mg+2m=4mg．選項(xiàng)C正確。

二．計(jì)算題9.（10分）（2023中原名校摸底聯(lián)考）在如圖10所示的直角坐標(biāo)系中，有沿y軸正方向（豎直向上方向）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正點(diǎn)電荷微粒恰好能以y軸上的點(diǎn)為圓心在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度為，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。試求圓心的y坐標(biāo)值?！久麕熃馕觥縁電θBqvyxzOO1QBmg圖4（10分）解析：微粒受力如圖4所示，設(shè)帶電微粒F電θBqvyxzOO1QBmg圖4帶電粒子受力如圖所示，列出動(dòng)力學(xué)方程為3分3分即得2分所以圓心O1的y坐標(biāo)值1分10．（18分）（2023長(zhǎng)春調(diào)研）如圖所示，在虛線(xiàn)所示寬度范圍內(nèi)，存在豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，某種正離子以初速度為v0垂直于左邊界射入，離開(kāi)右邊界時(shí)偏轉(zhuǎn)角度為。在同樣寬度范圍內(nèi)，若只存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使該離子以原來(lái)的初速度穿過(guò)該區(qū)域，偏轉(zhuǎn)角度仍為θ，(不計(jì)離子的重力)求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（2）離子穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比?！久麕熃馕觥浚?8分）解析：(1)設(shè)虛線(xiàn)寬度為d，離子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有vy＝v0tanθ①（2分）vy＝eq\f(qE,m)t②（2分）且t＝eq\f(d,v0)③（2分）當(dāng)改用勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。④（2分）軌道半徑r＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(mv0,qB)⑤（2分）聯(lián)立①②③④⑤得：B＝eq\f(Ecosθ,v0)（2分）(2)離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝⑥（2分）離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(rθ,v0)＝eq\f(dθ,v0sinθ)⑦（2分）解得（2分）注：計(jì)算題各題用其它解法正確均按步驟給分。11．（18分）（2023唐山摸底）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xoy，第一象限內(nèi)有一直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)，大小為B=；第四象限內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與x軸負(fù)方向成30o角，大小為一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量+q，自B點(diǎn)沿BA方向射入磁場(chǎng)中．已知∠ACB=30o，AB=2（2+），，長(zhǎng)度單位為米，粒子不計(jì)重力。 （1）若該粒子從AC邊射出磁場(chǎng)，速度方向偏轉(zhuǎn)了60o，求初速度的大?。篛160°×××O160°×××××××××ABCv1【名師解析】（1）設(shè)此時(shí)半徑為r1，則r1sin60°=2(2+)…………………2分由牛頓第二定律得：v2?x××××××v2?x×××××××××ABCyoEv2o2GFD∴v1=(m/s)…………………2分(2)若粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸相切，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，依題意，此時(shí)粒子半徑r2=AB=2（2+）m………1分由牛頓第二定律得：qv2B=…………………１分∴v2=2m/s周期T=…………………１分又由幾何關(guān)系知∠BO2D=120°所以磁場(chǎng)中時(shí)間t1=T=………１分過(guò)D點(diǎn)做x軸的垂線(xiàn)，垂足為F，則OC+AC=DF+r2+r2sin30°………………1分∴DF=(m)設(shè)∠DGF=θ，則tanθ=FG=msinθ=DG=3m…………………1分∴粒子要真空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2==s……1分另外：r2