專輯18磁場(chǎng)-2020年高考物理最新模擬考試試題分類匯編(4月第一期)(解析版)

1、2020年高考最新模擬試題分類匯編（4月第一期）磁場(chǎng)1、（ 2020 安徽省定遠(yuǎn)縣高三停課不停學(xué)線上測(cè)試八）如圖為兩形狀完全相同的金屬環(huán) A、B平行豎直的固定在絕緣水平面上，且兩圓環(huán)的圓心01、0 2的連線為一條水平線，其中 M N、P為該連線上的三點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間的距離滿足 M0 i=OiN=NO 2 =O2P.當(dāng)兩金屬環(huán)中通有從左向右看逆時(shí)針?lè)较虻拇笮∠嗟鹊碾娏鲿r(shí)，經(jīng)測(cè)量可得M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bi、N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B2,如果將右側(cè)的金屬環(huán) B取走，P點(diǎn) 的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)為C. B2D.P點(diǎn)的磁場(chǎng)方向也是向左的對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在軸線上的磁場(chǎng)方向均是向左，故

2、設(shè)MOi OiN NO2 02P l ,設(shè)單個(gè)環(huán)形電流在距離中點(diǎn)l位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bn,在距離中點(diǎn)31位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B31 ,故M點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B Bn B31 , N點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 Bi B11 ,當(dāng)拿走金屬B2環(huán)B后，P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度BP B3l B1 ,B正確；故選B. 22、（2020 山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期信息卷一）無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線在周圍某一點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流成正比，與導(dǎo)線到這一點(diǎn)的距離成反比，即 B k-（式中k為常數(shù)）。如圖所示，兩根 r相距L的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線 MN通有大小相等、方向相反的電流，a點(diǎn)在兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，b點(diǎn)在a點(diǎn)正上方且距兩根直導(dǎo)線的

3、距離均為L(zhǎng),下列說(shuō)法正確的是（）A. a點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同B. a點(diǎn)和b點(diǎn) 磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反C. a點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為4 : J3D. a點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為4 :1【答案】AD故選AD 。設(shè)通電導(dǎo)線在距離 L處下MN在感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合為Bo,導(dǎo)線強(qiáng)度的矢量合為4B0 ,方直 MN向所以a點(diǎn)和AD正確，BC錯(cuò)誤。3、（2020 山東省實(shí)驗(yàn)中金卜學(xué)期信息卷一）兩導(dǎo)線在a點(diǎn)了產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向成120 角，磁的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2 Bo ,磁感應(yīng)雖度方向相同，大小之比為4:1,故示，用細(xì)繩豎直懸掛一個(gè)多匝矩形線圈，細(xì)繩與傳感器相連， 傳感器可以讀出細(xì)繩上的拉力大

4、小。將線框的下邊ab置于蹄形磁鐵的、S極之間, 使ab邊垂直于磁場(chǎng)方向且 ab邊全部處于N、S極之間的區(qū)域中。接通電路的開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片,當(dāng)電流表讀數(shù)為時(shí)，傳感器的讀數(shù)為Fi；保持ab中的電流大小不變，方向相反，傳感器的讀數(shù)變?yōu)椋‵2 F1）。已知金屬線框的匝數(shù)為 n, ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng),重力加速度為g,則可得到（FiF2A.金屬線框的質(zhì)量m2gB. N、S極之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B FF2nILC.傳感器的讀數(shù)為 Fi時(shí)，ab中的電流方向?yàn)閎-aD.減小電流I重復(fù)實(shí)驗(yàn)，則Fi、F2均減小【答案】A【解析】AB .通電線圈受到重力安培力和細(xì)繩的拉力作用，當(dāng)電流表讀數(shù)為I時(shí)，繩子的拉力為 Fi

5、,則F1 mg nBIL保持ab中的電流大小不變，方向相反，繩子的拉力為F2,則F2 nBIL mg聯(lián)立解得金屬框的質(zhì)量為Fi F2m 2gB 22nIL選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C.傳感器的讀數(shù)為 Fi時(shí)，安培力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，ab中的電流方向?yàn)閍-b,故C錯(cuò)誤;D,減小電流I重復(fù)實(shí)驗(yàn)，則Fi減小，F(xiàn)2增大，故D錯(cuò)誤。故選Ao4、(2020 寧夏銀川二中高三下學(xué)期統(tǒng)練七)如圖所示，在直角坐標(biāo)系 xOy內(nèi)有一半徑為 R的圓，圓的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn) O處，圓內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E,圓外有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn) 。處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為q

6、的帶正電的粒子，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，并從圓與 x軸的交點(diǎn)P處垂直電場(chǎng)線再次進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力。求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)粒子從O點(diǎn)由靜止釋放到再次到達(dá) y軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)若讓粒子從坐標(biāo)為 (對(duì)R , 0)的位置由靜止釋放，則粒子經(jīng)電場(chǎng)加速再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)第一次經(jīng)過(guò)x軸的位4置離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離。V V 4- * V 4 V V *V- I ! -I A:聲 f Ft :答案(1) 2qmER ； (2) 3(2) 2qmER , (3) 15 3 2 rqR4qE4【解析】(1)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 ,粒子在電場(chǎng)中加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有12qER mv12解

7、得TR粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1 R,設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,根據(jù)牛頓第二定律有解得2qv1 B m ri.2qmERqR(2)設(shè)粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ti,則有-1 ,R vti2解得ti2qmERqE粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t24T2 mqB3 ；2qmER4qE粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子到達(dá)y軸時(shí)還在電場(chǎng)中，則有解得假設(shè)成立，因此yiyit31 .2 qE” a而i-R R 4,2qmER2qE粒子從。點(diǎn)由靜止釋放到再次到達(dá)y軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3(2).2qmERT t1 t2 t34qE15 _(3)

8、粒子從坐標(biāo)為 R,0的位置由靜止釋放，在電場(chǎng)中加速的距離為4設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為V2,根據(jù)動(dòng)能定理有qEy2一mv22解得1 v222qERm設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2,由牛頓第二定律得2 v2 qv2B m r解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)第一次經(jīng)過(guò)x軸的位置Q點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離1511115 、3 2cs RR R R R42,2445、（2020 金太陽(yáng)高三下學(xué)期線上一模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在大小隨時(shí)間周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，沿y軸負(fù)方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向）

9、。在t 0時(shí)刻由原點(diǎn)。發(fā)射一個(gè)初速度大小為 vo、方向沿y軸正方向的帶正電粒子，q粒子的比何 ,Bo、Eo、to均為已知量，不計(jì)粒子受到的重力。m Boto（1）求在0 : to內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑;（2）求t 2to時(shí)，粒子的位置坐標(biāo);若粒子在t 25to時(shí)首次回到坐標(biāo)原點(diǎn)求電場(chǎng)強(qiáng)度Eo與磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大小關(guān)系。【答案】（1） r /；（2）2 voto；（”。6【解析】（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，則有2 mvo qVoBor解得Voto(2)若粒子在磁場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則其周期解得2t0在oto時(shí)間內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)半周，tto時(shí)粒子位置的橫坐標(biāo)在to2to時(shí)間內(nèi)，

10、粒子在電場(chǎng)中沿 y軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)votoqEo 2 to m解得votoEoto2Bo2 oto故t 2to時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為 ,VotoEotoo2Bo(3)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑rirvoto當(dāng)t 2to時(shí)，粒子的速度大小qEo . voto2to 3to時(shí)間內(nèi)，粒子在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑mvqBovo qBoqEo to m由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則必須滿足n 2r2 2ri2ri , n 1,2,3 L當(dāng)t 25to時(shí)，n 6,解得Eo 4民66、(2020 四川省成都市18中高三下學(xué)期測(cè)試)如圖所示，在界限 MN左上方空間存在斜向左下方與

11、水平1 方向夾角為45。的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小 E 72 105V/m，一半徑為R=0.8m的一光滑絕緣圓弧凹槽固定 4在水平面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m=0.2kg、電荷量大小q=1X1。5c的帶正電金屬塊 P從槽頂端A由靜止釋放，從槽底端B沖上與槽底端平齊的絕緣長(zhǎng)木板Q。長(zhǎng)木板Q足夠長(zhǎng)且置于光滑水平面上，質(zhì)量為M=1kgo已知開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)木板有一部分置于電場(chǎng)中，圖中C為界限MN與長(zhǎng)木板Q的交點(diǎn)，B、C間的距離XBC=0.6m,1什2物塊P與木板QN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 =-,取g=10m/s?。(1)金屬塊P從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)時(shí)的速度的大??；(2)金屬塊P從B點(diǎn)滑上木板Q后到離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間;(

12、3)金屬塊P從滑上Q到離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1) 4m/s； (2) 0.2s； (3) 0.85J(1)金屬塊從A到B過(guò)程，電場(chǎng)力做功為零，電勢(shì)能不變，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得VB=4m/s ；12mgR 2mvB ,(2)從B點(diǎn)滑上木板Q后到離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程，金屬塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得:(qEcos45 mg)qEsin45 ma1,由速度位移公式得:2VbVc2aiXBC ,VbVcai(qEcos45mg) Ma2代入數(shù)據(jù)解得a1 10m/s2 , Vc 2m/s從B點(diǎn)滑上木板 Q后到離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間:2 八八s 0.2s；10a2,由牛頓第二定律可得(3)到金屬塊P在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)木板的加速度大小代入數(shù)值可求得a2 1m/s2,所以物塊P剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，Q板的速度為v2 a2t 1 0.2m/s=0.2m/s ,物塊P離開(kāi)電場(chǎng)后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，Q板足夠長(zhǎng)，設(shè)P、Q最終共速為v,取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv1 Mv2 (m M) v ,解得 v