2020年高考物理试题分类汇编：磁场带详细解析

1、2020年高考物理试题分类汇编：磁场（带详细解析）全国卷126.21分如以下图，在0 < x < <3a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁 场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同 种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180°范畴内。沿y轴正方向发射的粒子在t = 10时刻刚好从磁场边界上P«3a,a）点离开磁场。求：- 攵I' 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q / m； 现在刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范畴； 从粒子发射到全部粒子离开磁

2、场所用的时刻。【答案】A =2； 3a3q 2九m 3 Bt0速度与y轴的正方向的夹角范畴是60°到从粒子发射到全部离开所用时刻为210【解析】粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点通过做OP的垂直平分线与x轴的交 点为圆心，依照直角三角形有R 2 = a 2 + （J3a R ）2.2>/3 解得R = - asin9 = a =上"，那么粒子做圆周运动的的圆心角为 R 2八120°,周期为 T = 3t 0粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，依照牛顿第二 定律得2九2冗R. q2冗Bqv = m（-）2R, v = f,化间得 = t- TTm 3 Bt0

3、仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°,如此粒子角度最小时从磁场右边界穿出;角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°,所通过圆弧的弦与中相等穿出点如图，依照弦与半径、x轴的夹角差不多上30°,因此现在速度与y轴的正方向的夹角是60°o角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°,那么现在速度与y轴的正方向的夹角是120°。JI因此速度与y轴的正方向的夹角范畴是60°到120°/_ I在磁场中运动时刻最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界_ 2./3'相切，在三角形中两个相

4、等的腰为R = - a，而它的高是h = <3a 2|3a = -3a，半径与y轴的的夹角是30°,这种 卜、且RI粒子的圆心角是240°。所用时刻 为210。R因此从粒子发射到全部离开所用时刻为210。L（全国卷2）2621分图中左边有一对平行金属板，两板相距为d,电压为V;两板之间 有匀强磁场，磁场应强度大小为B0方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长 为a的正三角形区域EFG（EF边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感 应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面， 垂直于磁场的方向射入金属板之间，

5、沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射 入磁场区域。不计重力1这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。32这些离子中的离子乙从EG边上的I点图中未画出穿出磁场，且GI长为二a ,4求离子乙的质量。3假设这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大 的，咨询磁场边界上什么区域内可能有离子到达。解析：1在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v,电场的场强为E0 依照平稳条件得E q = B qvEo = 7由化简得V v 二Bd粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，那么轨迹圆心在EF上。粒子运 动中通

6、过EG，讲明圆轨迹与EG相切，在如图的三角形中半径为R=acos30°tan15°1 - cos30。 Ttan15° =2-%：3sm30°联立化简得R = (<3 )a在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供，依照牛顿第二定律得八mv 2B qv =50（旧-3） a联立化简得m = q （行-3）V 22由于1点将EG边按1比3等分，依照三角形的性质讲明此轨迹的弦与EG垂直， 在如图的三角形中，有a cos30 ° sin30°x 10R =2cos30°同理qadBB m 4V3最轻离子的质量是甲的一半，mv依照半

7、径公式R=瓦离子的轨迹半径与离子质量呈正比，因此质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，甲最远离H的距离3、为(2*.3 -3)a，最轻离子最近离H的距离为«3 -2)a，因此在离H的距离为(2弋3 -3)a到，二 3、(<3 -)a之间的EF边界上有离子穿出磁场。2比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，期中甲运动中通过EG上的点最近，质量最大的乙 穿出磁场的1位置是最远点，因此在EG上穿出磁场的粒子都在这两点之间。新课标卷25.(18分)如下图，在0WxWa、oWyW *范畴内有垂直于xy平面向外的 匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻

8、发射大量质量为m、 电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的a 一夹角分布在090°范畴内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于5到a之间，从发射粒 子到粒子全部离开磁场经历的时刻恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后 离开磁场的粒子从粒子源射出时的：(1)速度大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角正弦。aP2X解析：设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律和洛伦磁力公,- -mv 2mv式得qvB =- '解得：R"qa当彳<R<a时，在磁场中运动时刻最长的粒子，其轨迹是圆心

9、为C的圆弧，圆弧与磁场2T 兀的边界相切，如下图，设该粒子在磁场中运动的时刻为t,依题意，2=-时，/OCA =-42设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为a,由几何关系可得:R sin a= R 一 2,R sin a= a 一 R cos a 再加上 sin2" + C0s2 "= 1，解得：<6'：6 aqB ._ 6- <6R (2 )a, v (2 ),sin a22 m10上海物理13.如图，长为21的直导线拆成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为

10、I的电流时， 该V形通电导线受到的安培力大小为X X X KX X X XA0B0.5BIl CBIl D2BIl答案：C解析：导线有效长度为21sin30°=l，因此该V形通电导线收到的安培力大小为BIl。选C。此题考查安培力大小的运算。难度：易。重庆卷21.如题21图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个 带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁块，在纸面民内做匀速圆周运动，运动 轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示鞋子编号 助量速度大小Im2m2注|33科1a42m j3H52rriV由以上信息可知，从图中a、b、c处进大的粒

11、子对应表中的编号分不为A 3、5、4B4、 2、 5C5、 3、 2D2、 4、 5答案：Dmv【解析】依照半径公式r二质结合表格中数据可求得I5各组粒子的半径之比依次为0,:2 ： 3 ： 3 ： 2,讲明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。由图a、 b粒子进入磁场也是逆时针运动，那么都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2： 3,那么a 一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒 子。正确答案D。江苏卷9.如下图，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附 加磁场区域的对称轴OO与SS垂直。a、b、c三个质子先后

12、从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁 场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹 角分不为a、p，且a>p。三个质子通过附加磁场区域后能达到同一点S，那么以下讲法中正确的有A.三个质子从S运动到S的时刻相等B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO轴上C.假设撤去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近D.附加磁场方向与原磁场方向相同答案：CD解析：A.三个质子从S运动到S的时刻不相等，A错误；B.三个质子在附加磁场意外区域运动时，只有b运动轨迹的圆心在OO轴上，因为半径相 等，而圆心在初速度方向的垂线上，因此B错误；C.用作图法可

13、知，假设撤去附加电场，a到达SS连线上的位置距S点最近，b最远；C 正确；D.因b要增大曲率，才能使到达SS连线上的位置向S点靠近，因此附加磁场方向与原磁 场方向相同，D正确；本体选CD。本体考查带电粒子在磁场中的运动。难度：难。福建卷21、19分如下图，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为。的绝缘斜面上， 导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水 平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上 的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，现在放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场 的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将连续沿导轨

14、向上运动一小段距离后再向下滑动，现在b 棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。a棒、b 棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求1a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度I，与定值电阻R中的电 流强度IR之比；2a棒质量m ；a3a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。解析：1a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流分不为Ia、Ib、IR，有IRR = IR解得:2由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速 度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1=v2=v设磁场

15、的磁感应强度为B，导体棒长为L乙，a棒在磁场中运动时产生的感应电动势E=Blv当a棒沿斜面向上运动时BI L = m g sin 0向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia,、那么I ' = Ea2 RBI ' L - m g sin 0由以上各式联立解得：m - 3m a 23由题可知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力F - BI L + mg sin 0 - Lmg sin 0a2广东卷36.（18分）如图16a所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转 轴及两个薄盘凡、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝 夹角0可调如图16b；右为水平放置的

16、长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方 向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通 过N2的粒子经O点垂直进入磁场。O到感光板的距离为d，粒子电荷量为q,质量为m，不 22计重力。1假设两狭缝平行且盘静止如图16c，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感 光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时刻t；2假设两狭缝夹角为00，盘匀速转动，转动方向如图16b.要使穿过NrN2的粒 子均打到感光板P1P2连线上。试分析盘转动角速度的取值范畴设通过N1的所有粒子在盘 转一圈的时刻内都能到达n2。解：d兀1分析该粒子轨迹圆心为P1,半径为了，在磁场中转过的圆心角

17、为9=-，因而运9 兀m 动时刻为：=五T =西2设粒子从N1运动到N2过程历时为t，之后在磁场中运行速度大小为v，轨迹半径为R那么：在粒子匀速过程有：L=vt粒子出来进入磁场的条件：9 0 = st在磁场中做匀速圆周运动有：n V 2qvB = mR设粒子刚好过P1点、P2点时轨迹半径分不为：R1> R2那么:( d )2R2 R - = d22 I 2 2 JqB 9 d5 qB 9 d由一得：L <3< L4 mL4 mL山东卷25.18分如下图，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水 平电场，宽度为d,两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电

18、量+q、重 力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运 动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。粒子第二次在磁场中 运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求粒子第一次通过电场子的过程中电场力所做的功凡。粒子第n次通过电场时电场强度的大小En。粒子第n次通过电场子所用的时刻tn o假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三 次离开电场的过程中，电场强度随时刻变化的关系图线不要求写出推导过程，不要求标明 坐标明坐标刻度值。解析：mv111依照 r = ，因为 r = 2 r，因此 v

19、= 2 v，因此 W = mv 2 mv 2, qB 2121122211mv2V 2 一2 n1mv 2 =2 n-1m(nv )2 - m(n -1)v )22121W = E qd，因此因此tn2 d(2n -1)v1(4)(2n -1)mv 2E =1-n2 qdqEa =n，n m北京卷23.18分利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自 动操纵等领域。如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧。、/间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其缘故是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏转和积存，因此C、/间建立起电场Eh,

20、同时产生霍尔电势差Ur当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，Eh和Uh达到稳固值，Uh的大小与I和B以及 霍尔元件厚度d之间满足关系式U = R ?，其中比例系数区口称为霍尔系数，仅与材料性 H H dH质有关。水密件供同个）1设半导体薄片的宽度,、/间距为l，请写出Uh和Eh的关系式；假设半导体材料是电子导电的，请判定图1中,、f哪端的电势高;2半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e,请导出霍尔系数 Rh的表达式。通过横截面积S的电流I = nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率；3图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌 装着m个永

21、磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘邻近。当圆盘匀速 转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图3所示。a.假设在时刻t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。b.利用霍尔测速仪能够测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开 ''聪慧的翅膀， 提出另一个实例或设想。解析：1由 UH = rJB得当电场力与洛伦兹力相等时e与二evB得EH = vB将、代入， d d Id 1得 R = vBl vl=H IB nevS neS ne2a.由于在时刻t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P,那么P=mNtP圆盘转速为N= N mtb.提出的实例或设想天津卷

22、12.20分质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发觉电子的 质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L,板右端到屏的距离为 D,且D远大于L, OO为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离OO的距离。 以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。1设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿OO的方向从0点射入，板间 不加电场和磁场时，离子打在屏上0点。假设在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场， 求离子射到屏上时偏离0点的距离y0;(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果运算未知离子的质量数。上述装

23、置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子 组成的离子流，仍从0点沿00方向射入，屏上显现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两 个光点，对应的x坐标分不为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产 生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都专门大， 且在板间运动时00方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。解析：1离子在电场中受到的电场力F = q ° E离子获得的加速度a 二一 y m0离子在板间运动的时刻t =0 V0到达极板右边缘时，离子在+y方向的分速度v = a t离子从板右端到达屏

24、上所需时刻t， D t 0 V0离子射到屏上时偏离。点的距离y 0 = vt 0由上述各式，得2设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为V，磁场的磁感应强度为B，磁场对 离子的洛伦兹力F = qvB离子的入射速度都专门大，因而离子在磁场中运动时刻甚短，所通过的圆弧与圆周相比 甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在了方向和j方向的分速度，洛伦兹 力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度qvBa =了 m。了是离子在了方向的加速度，离子在了方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动， 到达极板右端时，离子在了方向的分速度v = at =幽(L )=幽了 了 m v m

25、离子飞出极板到达屏时，在了方向上偏离O点的距离了 二 vt，qBL( D)= qBLDx m v mv当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在J方向上偏离O点的距离为j， 考虑到式，得qELDy 二mv 2由、两式得kx 2 = y m其中k =qB 2LD上式讲明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，X坐标工24项的光点对应的是碳12离子,其质量为m广12u，x坐标工°°项的光点对应的是未知离子，设其质量为m2，由式代入数据可得m氏14 u故该未知离子的质量数为14。浙江卷23. 20分如下图，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面

26、的水平轴 转动，其在纸面上的长度为L1,垂直的为L2。在膜的下端图中A处挂有一科行于转轴， 质量为m,长为L3的导体棒使膜*成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板， 能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将沟通转化成电能。光电池板可等效为 一个一电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能设垂直于入身光单 位面积上的光功率保持恒定。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外注：光电池与导体棒直截了当相连，连接导线未画出。1再有一束平等光水平入射，当反射膜与竖直方向成0 =60 °时，导体棒牌受力平稳 状态，求

27、现在电流强度的大小和光电池的输出功率。2当0变成45°时，通过调整电路使导体棒保持平稳，光电池除坚持导体棒国学平稳 外，不能输出多少额外电功率？解析：导体棒所受安培力勺二血之导体棒有静力平稳关系mg tan(0 ) = FA解得/二 mgtani0)BL2因此当0 =60°时，光电池输出功率为mg tan(60°) <3mgI =60BL2BL?p = ui =3mgU6060 BL22当0= 450时，依照式可知坚持静力平稳需要的电流为mg .tan(450)mgI 45BL2BL2P LL cos(45。)依照几何关系可知 /=7V=v2P LL cos

28、(600)可得P45=2P P =60<6 mgUBL四川卷20.如下图，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用 一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。假设b始终保持静止，那么它所受 摩擦力可能A.变为0B.先减小后不变C.等于FD.先增大再减小答案：AB【解析】对a棒所受合力为Fa=FFfmgsin0 -BIl讲明a做加速度减小的加速运动，当加速 度为0后匀速运动，因此a所受安培力先增大后不变。假如F=Ff+2mgsin0，那么最大安培力为mgsin0，那么b所受摩擦力最后为0,

29、 A正确。假如F<Ff+2mgsin0，那么最大安培力小于mgsin。，那么b所受摩擦力一直减小最后不 变，B正确。假如 Ff+3mgsin 0 >F>Ff+2mgsin0 ,那么最大安培力大于mgsin0小于2mgsin0 ,那么b 所受摩擦力先减小后增大最后不变。能够看出b所受摩擦力先变化后不变，CD错误。四川卷24.19分如下图，电源电动势Eo二15V。内阻广1Q ,电阻R1 = 30。,R2 = 60。间距d = 0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、 磁感应强度B = 1T的匀强磁场。闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以 初速度=

30、 0.1 m / s沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空 气对小球的作用，取g = 10m / s2。1当Rx=29Q时，电阻R2消耗的电功率是多大？2假设小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60。, 那么Rx是多少？ 【答案】0.6W；54Q。【解析】闭合电路的外电阻为n n RR ” 30 X 60R = R + 1-2 = 29 += 49 Qx 勺 + R 230 + 60依照闭合电路的欧姆定律I=上R + r 49 +1R2两端的电压为U = E I (R + r) = 15 0.3 义 30 = 6 VR 2消耗的功率为U 2

31、62P = -2-=0.6 w2R 260小球进入电磁场做匀速圆周运动，讲明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，依 照牛顿第二定律V 2Bqv = m RU才 q = mg连立化简得BRdgv小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°,R = d连立带入数据依照几何关系得Bd 2 g _1 X 0.04 X100.1UR12=-=0.2 a 20干路电流为E - U 15 - 4 2- - r =- 1 = 54 QI0.2安徽卷20.如下图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个 边长相等的但匝闭合正方形线圈I和H,分不用相同材料，不同粗细的导线绕制I为细导 线。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动 过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下