2022年高考物理真题专题汇编专题K磁场含解析.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载K 磁场K1 磁场 安培力1J10 K12022 全国卷 某同学用图 1-中所给器材进行与安培力有关的试验两根金属导轨 ab和 a1b1 固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁 未画出 的 N 极位于两导轨的正上方,S 极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直图 1-1在图中画出连线,完成试验电路要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动2为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议：A 适当增加两导轨间的距离B换一根更长的金属棒C适当增大金属棒中的电流其中正确选

2、项 _填入正确选项前的标号 答案 1 连线如下列图2AC 解析 1 限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下 ” 两个接线柱；磁铁N 极位于上方,说明磁感线向下；开关闭合后,金属棒往右运动,说明棒受到向右的安培力；由左手定就可知,电流应垂直纸面对外 ab 指向 a1b1；所以应按 “ 电源正极 开关 滑动变阻器下接线柱滑动变阻器上接线柱电流表 aba1b1电源负极 ” 的次序连接回路名师归纳总结 - - - - - - -2由动能定理BIL s1 2mv2 0 可知,要增大金属棒离开导轨时的速度v,可以增大磁感应强度B、增大电流 I、增大两导轨间的距离L 或增大导轨的长度s；但两导轨间

3、的距离不变而只是换一根更长的金属棒后,等效长度L 并不会发生转变,但金属棒的质量增大,故金属棒离开导轨时的速度v 减小2K1K2 2022 北京卷 中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“ 以磁石磨针锋, 就能指南, 然常微偏东, 不全南也 ” 进一步争论说明,地球四周地磁场的磁感线分布示意如图结第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 合上述材料,以下说法不正确选项 学习必备欢迎下载图 1-A 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极邻近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射

4、线粒子有力的作用C 解析 依据 “ 就能指南,然常微偏东,不全南也” 知,选项 A 正确由图可知地磁场的南极在地理北极邻近,选项 B 正确由图可知在两极邻近地磁场与地面不平行,选项 C 不正确 由图可知赤道邻近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项 D正确3B7 J2 K12022 天津卷 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的帮助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度电磁阻尼作用可以借助如下模型争论：如图 1-所示,将外形相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为 .一质量为 m 的条形磁铁滑入两铝

5、条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的成效与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同磁铁端面是边长为d 的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为 B,铝条的高度大于 d,电阻率为 .为争论问题便利,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽视不计,假设磁铁进入铝条间以后,削减的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为 g. 图 1-1求铝条中与磁铁正对部分的电流 I；2如两铝条的宽度均为 b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度 v 的表达式；3在其他条件不变的情形下,仅将两铝条更换为宽度 b b 的

6、铝条,磁铁仍以速度 v 进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化名师归纳总结 答案 1mgsin 2 mgsin 3略F 安,有第 2 页,共 10 页2Bd2B 2d 2b解析 1磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F 安IdB磁铁受到沿斜面对上的作用力为F,其大小- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - F2F 安学习必备欢迎下载磁铁匀速运动时受力平稳,就有Fmgsin 0E,有联立 式可得 Imgsin 2Bd2磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为EBdv铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有d R

7、db由欧姆定律有IEF,联立F,有R联立 式可得 v mgsin 2B 2d 2b3磁铁以速度v 进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面对上的作用力式可得 F2B2d 2bv当铝条的宽度b b 时,磁铁以速度v 进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为2B 2d 2bvF 可见 F Fmgsin ,磁铁所受到的合力方向沿斜面对上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大之后,随着运动速度减小,F也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐步减小综上所述,磁铁做加速度逐步减小的减速运动,直到 Fmgsin 时,磁铁重新达到平稳状态,将再次

8、以较小的速度匀速下滑名师归纳总结 - - - - - - -K2 磁场对运动电荷的作用4K2 2022 全国卷 一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中, 磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如下列图 图中直径 MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动 在该截面内,一带电粒子从小孔M 射入筒内,射入时的运动方向与MN 成 30 角当筒转过90 时,该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒不计重力如粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,就带电粒子的比荷为 第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载图 1-A.B.O为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知

9、MON3B2B C. BD.2BA解析 作出粒子的运动轨迹如下列图,其中30.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知2 v qvBm r,T2 r v,得 T2 m Bq,即比荷q m2 BT,由题意知 t 粒子t 筒,即30T90T 筒,就 T3T 筒,又 T 筒3602,故q m 3B,选项 A 正确3605K22022 全国卷 平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为30 ,其横截面 纸面 如图 1-所示,平面OM 上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面对外一带电粒子的质量为 m,电荷量为qq0粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场,速度与 OM 成

10、 30 角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点,并从 OM 上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 图 1-名师归纳总结 - - - - - - -A.mvB.3mv2qBqB2mv C. qBD.4mvqBD解析 设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v 所在直线交ON 于一点 C,就轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点,所以轨迹圆与ON 相切,所以轨迹圆的圆心必在ACD 的角平分线上,作出轨迹圆如下列图,其中O为圆心, B 为出射点第 4 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由几何关系可知学习必备欢迎下

11、载3R；OCD 30 ,RtODC 中, CDOD cot 30 3R；由对称性知, ACCD2v等腰 ACO 中, OA 2ACcos 30 3R；等边 OAB 中, ABR,所以 OBOAAB4R.由 qvBm R得mv 4mvRqB,所以 OBqB,D 正确6K22022 北京卷 如图 1-所示,质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子,以初速度 v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为 B 的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动不计带电粒子所受重力1求粒子做匀速圆周运动的半径 R 和周期 T；2为使该粒子做匀速直线运动,仍需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度 E 的大小图 1-答案

12、1mv2 mqBqB2vB2解析 1 洛伦兹力供应向心力,有 fqvBmv R带电粒子做匀速圆周运动的半径 Rmv qB2 R 2 m匀速圆周运动的周期 TvqB .2粒子受电场力 FqE,洛伦兹力 fqvB.粒子做匀速直线运动,就qEqvB场强 E 的大小 EvB. 7K22022 四川卷 如图 1-所示,正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场一带正电的粒名师归纳总结 子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b 时,从 b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb,当速度大小为vc 时,从 c 点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力就 第 5 页,共 10

13、 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载图 1-A vbvc12, tbtc21 Bvbvc21,tbtc12 Cvbvc21,tbtc21 Dvbvc12, tbtc12 A 解析 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,且洛伦兹力供应做圆周运动的向心力,作出粒子两次运动的轨迹如下列图2 v 由 qvB m r mr2 4T 2 可以得出v bv crbrc1 2, 又由tT 可以得出时间之比等于偏转角之2比由图看出偏转角之比为21,就 tbtc21,选项 A 正确其示意图如图1-所示, 其K3 带电粒子在组合场及

14、复合场中运动8I3K32022 全国卷 现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子,中加速电压恒定质子在入口处从静止开头被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场如某种一价正离子在入口处从静止开头被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原先的12 倍此离子和质子的质量比约为 图 1-A 11 B12 C121 D144 解析 D 粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为 v,就 qU12mv 2,粒子进入磁场做圆周运动,mv 1 2mU半径 rqBB q,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为 144,选项 D 正确9K32022 江苏卷 回

15、旋加速器的工作原理如图 1-甲所示,置于真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为 d,磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为 m,电荷量为 q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为 U0.周期 T2 mqB .一束该种粒子在 t0T 2时间内从 A处匀称地飘入狭缝,其初速度视为零现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用求：名师归纳总结 1出射粒子的动能Em；Em所需的总时间t0；第 6 页,共 10 页2粒子从飘入狭缝至动能达到- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -

16、 - 学习必备 欢迎下载3要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出, d 应满意的条件图 1-答案 1q 2B 2R 22 BR 22BRd2U 0 m t2mqB3d99%,解得 d mU 0100qB2R10K3 2022 四川卷 如图 1-所示,图面内有竖直线DD ,过 DD 且垂直于图面的平面将空间分成、名师归纳总结 两区域区域有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B图中未画出 ；区域有固q定在水平面上高h2l 、倾角 4的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线DD 距离 s4l,区域可加竖直方向的大小不同的匀强电场图中未画出 ；C 点在 DD 上,距地面高H3l.零时刻,质量为m、带

17、电荷量为的小球 P 在 K 点具有大小v0gl 、方向与水平面夹角 3的速度, 在区域内做半径r3l 的匀速圆周第 7 页,共 10 页运动,经C 点水平进入区域.某时刻,不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 面的小球学习必备欢迎下载l 已知, g 为P 相遇小球视为质点,不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响重力加速度1求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；E,2如小球 A、P 在斜面底端相遇,求释放小球A 的时刻 tA；3如小球 A、P 在时刻 tl g 为常数 相遇于斜面某处,求此情形

18、下区域的匀强电场的场强并争论场强E 的极大值和微小值及相应的方向图 1-答案 1mgl23 2 2ltC,到达斜面底端时刻为3lqg3（11 2）mg极大值为7mg 8q,方向竖直向上；微小值为0 q（ 1）2解析 1 由题知,小球P 在区域 内做匀速圆周运动,有2 mv rqv 0B 0代入数据解得Bmgl .3lq2小球 P 在区域 做匀速圆周运动转过的圆心角为,运动到 C 点的时刻为t1,有tC r v 0s hcot v 0t1tC小球 A 释放后沿斜面运动加速度为 mgsin maAh1 2aAt1 tA2sin aA,与小球 P 在时刻 t1 相遇于斜面底端,有名师归纳总结 联立以

19、上方程解得tA322l g.A,小球 P 在区域 运动加速度为aP,有第 8 页,共 10 页3设所求电场方向向下,在tA 时刻释放小球s v0tt C1 2aAttAcos - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载mgqEmaPHh1 2aAttA2sin 1 2a Ptt C 2在联立相关方程解得E（11 2）mgq（ 1）2对小球 P 的全部运动情形争论可得35由此可得场强微小值为Emin0；场强极大值为Emax7mg 8q,方向竖直向上11K32022 浙江卷 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“ 扇形聚焦回旋加速器” 扇

20、形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平稳轨道上周期性旋转扇形聚焦磁场分布的简化图如图 1-11 所示,圆心为 O 的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布峰区内存在方向垂直纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为 B,谷区内没有磁场质量为 m,电荷量为 q 的正离子,以不变的速率 v 旋转,其闭合平稳轨道如图中虚线所示1求闭合平稳轨道在峰区内圆弧的半径r,并判定离子旋转的方向是顺时针仍是逆时针；2求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角 ,及离子绕闭合平稳轨道旋转的周期 T；3在谷区也施加垂直纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为 B,新的闭合平稳轨道在一个峰区内的圆心角 变为

21、90 ,求 B和 B 的关系已知：sinsin cos cos sin ,cos 12sin 22 . 图 1-11 名师归纳总结 答案 1mv逆时针22（2 33）m3 B31 2 B第 9 页,共 10 页qB3qB解析 1 峰区内圆弧半径rmvqB旋转方向为逆时针方向2由对称性,峰区内圆弧的圆心角23每个圆弧的长度l 2 r 32 mv3qB每段直线长度 L2rcos 63r3mvqB周期 T3（l L）v代入得 T（ 233）mqB3谷区内的圆心角120 90 30- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 谷区内的轨道圆弧半径rmv学习必备欢迎下载qB由几何关系rsin 2 rsin62K4 磁场综合2由三角关系30sin 2sin 15 4代入得 B31 2B名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 10 页