第一章高考真題演練一、選擇題1．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是()A．均向左B．均向右C．a(chǎn)的向左，b的向右D．a(chǎn)的向右，b的向左答案CD解析如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動。同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動，故A、B不符合題意。若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方向向右，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示，線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，線框靜止。同理可知，若a導(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)線的電流方向向左，線框也靜止，C、D符合題意，故選C、D。2．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比為I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上邊支路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度也為L，依據(jù)安培力計算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，依據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的安培力大小為F＋F′＝1.5F，B正確。3．(2017·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是()A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為eq\r(3)∶eq\r(3)∶1答案BC解析如圖，由磁場的疊加知，L2與L3中的電流在L1處產(chǎn)生的合磁場的方向在L2、L3連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行。選項A錯誤。L1與L2中的電流在L3處產(chǎn)生的合磁場的方向與L1、L2的連線平行，由左手定則知，L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直。選項B正確。由幾何關(guān)系知，設(shè)電流在另外導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度為B，而L1、L2所在處兩個磁場方向的夾角均為120°，則B合＝B，而L3所在處兩個磁場方向的夾角為60°，則B′合＝eq\r(3)B，由F＝ILB知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)。選項C正確，選項D錯誤。4．(2024·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短答案C解析由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應(yīng)強度B，則R變大，粒子可能從b點右側(cè)射出，C正確；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝eq\f(θ,2π)T、T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子在磁場中的運動時間變長，D錯誤。5．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlB.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlD.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。B正確。6．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在坐標系的第一和其次象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面對外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最終經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的軌跡圓半徑是其次象限內(nèi)的軌跡圓半徑的2倍，如圖所示，由幾何學(xué)問可知，粒子在其次象限內(nèi)軌跡所對圓心角為90°，在第一象限內(nèi)軌跡所對圓心角為60°。粒子在其次象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，B正確。7．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面對里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力供應(yīng)向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。二、計算題8．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關(guān)系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。9．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對外。一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)②粒子運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。10．(2024·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點射入時速度的大?。?3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。答案(1)軌跡見解析(2)eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(4\r(3)El′,B2l2)eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl(wèi),18l′)))解析(1)粒子運動的軌跡如圖a所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的重量為v1，依據(jù)牛頓其次定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)⑦(3)由運動學(xué)公