专题11 磁场 题组4-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

一、选择题 1.(2022·海南卷)如图，四根与纸面垂直的固定长直细导线，横截面分别位于正方形的四个顶点，通有大小相等的电流，其中导线L1、L2、L3中的电流方向垂直纸面向里，导线L4中的电流方向垂直纸面向外。O点为正方形的中心，已知每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B，则O点的磁感应强度(　　) A.方向由O点沿纸面指向L1，大小为2B B.方向由O点沿纸面指向L2，大小为B C.方向由O点沿纸面指向L3，大小为2B D.方向由O点沿纸面指向L4，大小为B 2.(2021·河北卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ 二、非选择题 3.(2025·河南卷)如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 4.(2024·湖南卷)如图所示，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 5.(2023·浙江卷)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2； (3)若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 6.(2022·湖南卷)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 7.(2022·全国甲卷)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 (1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s； (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。 8.(2021·广东卷)下图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4。 (1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能； (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11　题组四 1.解析　由右手螺旋定则可知，通电导线L1在O点产生的磁场方向由O沿纸面指向L4，通电导线L2在O点产生的磁场方向由O沿纸面指向L1，通电导线L3在O点产生的磁场方向由O沿纸面指向L2，通电导线L4在O点产生的磁场方向由O沿纸面指向L1，叠加后O点磁感应强度方向由O沿纸面指向L1，大小为2B，A正确。 答案　A 2.解析　等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足 q＝qB1v 由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得 F安＝B2L×＝ 再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得 F安＝mgsin θ 则v＝ 金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故选B。 答案　B 3.解析　(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知θ＝60° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有 r＝rcos θ＋h 解得r＝2h 由牛顿第二定律有qv0B＝m 解得B＝。 (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得 AB＝s－2rsin θ＝3h－2h＝h 则粒子在电场中的运动时间为t＝＝ 沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE＝ma 由运动学公式有－v0sin θ＝v0sin θ－at 联立解得E＝。 (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60° 结合(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝ AB间的距离为AB＝h 由几何关系可得BC＝2rsin α＝2h 则AC＝BC－AB＝h 粒子在磁场中的运动时间为t2＝·＝ 则有t＝t1＋t2＝ 综上所述，粒子每隔时间t向右移动h，则漂移速度大小 v′＝＝v0。 答案　(1)　(2)　(3)v0 4.解析　(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…) 联立解得B＝(n＝1，2，3，…) 当n＝1时，Bmin＝。 (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m 则|tan θ|＝＝。 (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动的y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma 由速度—位移公式有2aym＝v 联立解得ym＝。 答案　(1)　(2)　(3) 5.解析　(1)离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图所示 由轨迹图中的几何关系得sin 30°＝ 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力有qv1B1＝m 解得v1＝ 由上图的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为θ＝ 则离子在磁场中的运动时间t＝＝。 (2)当离子运动到y＝处时的速度方向水平向右时，速度最小，设为v2，又B2＝2B1，则由R＝可知R2＝ 作出离子的轨迹如图所示 由几何关系可知∠O2GC＝180°－θ 设O2G＝x，在△O2GC中＝ 又由几何关系得R2－R2sin θ＝ x＋＝R1′ 解得R2＝R1′＝2L 结合R1′＝可得v2＝。 (3)由区域Ⅱ中磁感应强度B2＝y，可知其可等效为匀强磁场，磁感应强度为，若再把区域Ⅱ中磁场等效为磁感应强度为B1的匀强磁场，则磁场宽度则等效为。画出恰好不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图所示 由轨迹图中几何关系得sin 30°＝ 解得r3＝3L 由洛伦兹力提供向心力有qv3B1＝m 解得v3＝ 即速度大于v3＝的离子都能够进入第四象限 进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝×100%＝60%。 答案　(1)　　(2)　(3)60% 6.解析　(1)小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得，Eq＝mg，R2两端的电压，U2＝Ed，根据欧姆定律得，U2＝·R2，联立解得E0＝。 (2)如图所示 设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系 (r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d 根据qvB＝m 解得B＝。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos 60°，解得E′＝。 答案　(1)　(2)　(3) 7.解析　(1)由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为F＝NBIl 根据胡克定律有 F＝NBIl＝k|Δx| |Δx|＝ 设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为d≫Δx，r≫d 则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ 所以有Δx＝d·θ s＝r·2θ 联立可得 s＝Δx＝。 (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有 s1＝＋s′ 当电流反向后有 s2＝－s′ 联立可得 I′＝ 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为I′＝。 答案　(1)　　(2) 8.解析　(1)电子在电场中加速有 2eU＝mv2 在磁场Ⅰ中，由几何关系可得 r＝Rtan 22.5°＝0.4R B1ev＝m 联立解得B1＝ 在磁场Ⅰ中的运动周期为T＝ 由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为 φ＝π 在磁场Ⅰ中的运动时间为t＝T 联立解得t＝ 从Q点出来的动能为Ek＝8eU。 (2)在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得 ＝R2＋r 解得rm＝R 由于B1evm＝m 2eU＝mv－keU 联立解得k＝。 答案　(1)，，8eU　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $