专题11 磁场 题组3-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.2xXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 专题11 题 班级： 磁场 组 姓名： 三 学号： 一、选择题 1.(2024湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强 磁场。一质量为m、电荷量为q(g>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计 重力，下列说法正确的是() A粒子的运动轨迹可能经过O点 B粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C,粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm39B D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为3)gBR3m 2.(多选)2024河北卷)如图所示，真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行， ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所 在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁 场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满 足前述条件的粒子，下列说法正确的是( D······· C c 。。。0。。， B A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45 D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60 3.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MPQ划分成两个区域.两区域分 布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体 左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面 的投影，可能正确的是() 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 M 质子 0 4.(多选)(2022广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸 面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、 P在同一等势面上，下列说法正确的有() ××P×× ××心×× A电子从N到P,电场力做正功 B.N点的电势高于P点的电势 C,电子从M到，洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 二、非选择题 5.(2025·云南卷)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域 存在垂直Oy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B(未知)。第一象限内存在边长为 2L的正方形磁屏蔽区OPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里， 其磁感应强度大小为B2(未知).但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(90)的带电粒子通 过速度选择器后，在Oy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直 ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B。已知， 不考虑该粒子的重力。 ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 P 磁 区 0 N x ● 速度选择器 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围： (3)定义磁屏蔽效率n=B1一B2B1×100%.若在Q处检测到该粒子，则n是多少？ 6.(2023·湖北卷)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁 场。t=0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到 该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子 甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量 均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考 虑重力和两粒子间库仑力的影响。求： ×××↑Y××× B ×个 01 (1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小； (2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小； (3)t=18πmgB时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t=18πmgB的过程中粒 子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可） 7.(2021·浙江卷)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔 的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O 为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、 方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零， 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 沿x和y方向的分量B,和B,随时间周期性变化的规律如图乙所示，图中B。可调。氙离子X2 +)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面 P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为o。己知单个离 子的质量为m、电荷量为2，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质 量。 -B0 子 B 甲 (1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小： (②)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口 后端面P射出，求B。的取值范围； (3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期，单位时间从端面P射出的离子数 为n,且B=2)vO5L。求图乙中6时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。 ·独家授权侵权必究 专题11　题组三 1.解析　根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。 答案　D 2.解析　根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区，当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1－cos 60°)<rsin 30°，与sin 30°＝1－cos 60°＝矛盾，显然假设不成立，该粒子不能垂直BC射出，B错误；若粒子经cd边垂直BC射出，其运动轨迹如图3所示，则由几何关系可知，该运动轨迹关于线段BD对称，所以两段圆弧轨迹所对圆心角相等，又两圆心角的和为90°，所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为45°，C正确；若粒子经bc边垂直BC射出，其运动轨迹如图4所示，由几何关系有r(1－cos θ1)＝rsin θ2，又θ1＋θ2＝90°，解得粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°，D正确。 答案　ACD 3.解析　由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。故选A。 答案　A 4.解析　由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。 答案　BC 5.解析　(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故 qE＝qv0B0，其中E＝ 则该粒子通过速度选择器的速率为v0＝。 (2)粒子在x≥0区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1＝L 由洛伦兹力提供给向心力qv0B1＝m 联立可得B1＝ 由于0<B2<B1，根据洛伦兹力提供给向心力 qv0B2＝m 解得r2>L 当B2＝0时，粒子匀速通过磁屏蔽区，此时打到y轴最远处 故y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L。 (3)若在Q处检测到该粒子，如图 由几何关系可知r＝(2L)2＋(r2－L)2 解得r2＝L 由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝m 联立解得B2＝ 根据磁屏蔽效率η＝×100%，B1＝，可得若在Q处检测到该粒子，则η＝60%。 答案　(1)　(2)　L＜y＜3L　(3)60% 6.解析　(1)分析可知，碰前甲做圆周运动的半径r＝a， 根据牛顿第二定律得qv0B＝m， 解得甲碰前的速度大小v0＝。 (2)甲做圆周运动的周期T1＝， 乙做圆周运动的周期T2＝， 由题意得T1＝2T2， 解得乙的质量m2＝， 甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv1＋m2v2＝mv1′＋m2v2′， mv＋m2v＝mv1′2＋m2v2′2， 取y轴正方向为正方向，则v1＝－v0， 由题意知v1′＝－3v1＝3v0， 解得碰撞前乙的速度v2＝－5v1＝5v0， 碰撞后乙的速度v2′＝3v1＝－3v0， 综合得碰撞后乙的速度大小为3v0＝。 (3)t＝＝18T2＝T2＋17T2， 经＝T2发生第一次碰撞，碰撞后 甲的半径ra1＝＝3a， 乙的半径rb1＝＝a， 再经过2T2，乙运动的路程L1＝4πrb1＝6πa， 甲转1圈，乙转2圈后，发生第二次弹性碰撞，有 m·3v0＋m2(－3v0)＝mva＋m2vb， m(3v0)2＋m2(－3v0)2＝mv＋m2v， 解得碰撞后va＝－v0，vb＝5v0， 碰撞后ra2＝a，rb2＝a， 再经过2T2，乙运动的路程L2＝4πrb2＝10πa， 甲又转1圈，乙又转2圈后，发生第三次弹性碰撞，重复第一次碰撞后的运动， 当t＝17T2时，即第一次碰撞后经过16T2，又在原点重复第一次碰撞，再经T2，即t＝时刻， 甲碰撞后运动半圈，在(－6a，0)处， 乙碰撞后运动一圈，运动的路程L3＝2πrb1＝3πa，在原点(0，0)处， 从第一次碰撞到t＝的过程，乙运动的路程 L＝4(L1＋L2)＋L3， 解得L＝67πa。 答案　(1)　(2)　 (3)(－6a，0)　(0，0)　67πa 7.解析　(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝mv－mv2 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小 v＝ 。 (2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有 2＋L2＝R 根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝ 联立解得B0＝ 当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有 2＋L2＝R 此时B＝B0；根据洛伦兹力提供向心力有 2e×v0×B0＝ 联立解得B0＝ 故B0的取值范围为0～。 (3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示 由题意根据洛伦兹力提供向心力有 2e×v0×B0＝ 且满足B0＝ 所以可得R3＝＝L 所以可得cos θ＝ 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有 FΔt＝nΔtmv0cos θ－0 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为 F′＝nmv0 方向沿z轴负方向。 答案　(1) 　(2)0～ (3)nmv0，方向沿z轴负方向 学科网（北京）股份有限公司 $