2026届高考一轮总复习 物理提能训练提能训练　练案61含答案

2026届高考一轮总复习物理提能训练提能训练练案[61]含答案提能训练练案[61]基础巩固练题组一带电粒子在匀强磁场中的“旋进”运动1.如图所示，质子以初速度v进入磁感应强度为B且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ。已知质子的质量为m、电荷量为e。质子重力不计，则下列说法正确的是()A．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B．质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为eq\f(mvcosθ,eB)C．质子做螺旋线运动的周期为eq\f(2πm,eBsinθ)D．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为eq\f(2πmvcosθ,eB)[答案]D[解析]将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝vsinθ，沿磁场方向的速度v2＝vcosθ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，选项A错误；质子做螺旋线运动的半径为r＝eq\f(mv1,eB)＝eq\f(mvsinθ,eB)，选项B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,eB)，选项C错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为x＝v2T＝eq\f(2πmvcosθ,eB)，选项D正确。2.(2022·重庆卷)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则()A．电场力的瞬时功率为qEeq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变[答案]D[解析]根据功率的计算公式可知P＝Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。故选D。题组二带电粒子在立体空间中的偏转3.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ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Oyz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中，可能正确的是()[答案]A[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质子在MN左侧受到沿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C、D错误。4.(2023·北京卷)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是()A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为eq\f(Bqa,v)C．管道内的等效电流为nqπa2vD．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql[答案]C[解析]带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a，故A正确，不符合题意；根据qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的质量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正确，不符合题意；管道内的等效电流为I＝nqSv，单位体积内电荷数为eq\f(n,πa2v)，则I＝eq\f(n,πva2)qπa2v＝nq，故C错误，符合题意；由动量定理可得FΔt＝2nmΔtv，粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F＝BIl＝nBql，故D正确，不符合题意。故选C。能力提升练5.(2025·河北沧州联考)某实验装置的基本原理如图所示，平行正对放置半径均为R、间距为d的圆形金属板M、N的圆心分别为O1、O2，位于O1处的粒子源能向两板间各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，不计粒子重力及相互间作用，忽略边缘效应。(1)仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿O1O2方向的匀强电场。求粒子源发射出的粒子速度大小满足什么条件时能全部击中N板；(2)仅在两板间加沿O1O2方向的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，求粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小满足什么条件时能全部击中N板；(3)若两板间同时存在方向都沿O1O2方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子源发射出速度大小均为v，方向垂直于O1O2连线的粒子，全部落在半径为eq\f(2mv,Bq)的圆周上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv,Bq)<R))，求电场强度的大小。[答案](1)速度应小于等于eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))(2)v≤eq\f(qBR,2msinθ)(3)E＝eq\f(2qB2d,(2n＋1)2π2m)(n＝0、1、2、3…)[解析](1)速度与场强垂直的粒子击中N板，则全部击中N板R＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Uq,dm)，解得v0＝eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))，所以，速度应小于等于eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))。(2)粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子，做等距螺旋运动，vy＝vsinθ，根据洛伦兹力提供向心力qvyB＝eq\f(mv\o\al(2,y),r)，根据题意可知r≤eq\f(R,2)，解得v≤eq\f(qBR,2msinθ)。(3)设粒子在两板间运动时间为t，在磁场中周期为T，则应该满足t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T，根据d＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qE,m)，且粒子圆周运动周期T＝eq\f(2πm,Bq)，联立解得E＝eq\f(2qB2d,(2n＋1)2π2m)(n＝0、1、2、3…)6．如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个边长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体边长平行。正方体Ⅰ空间内在y>0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y>0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y<0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边的中点(在电场区域中)，不考虑粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；(3)磁感应强度的大小。[答案](1)eq\f(4mv\o\al(2,0),qL)(2)eq\r(5)v0(3)eq\f(4n2mv0,(n2＋1)qL)(n＝1,2,3，…)[解析](1)设匀强电场的电场强度大小为E，根据题意得eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2eq\f(1,2)L＝v0t又qE＝ma，解得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),qL)。(2)粒子经过z轴时速度的竖直分量vy＝at故速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0。(3)该粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(1,2)L))2＋x2＝r2或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)L－r))2＋x2＝r2在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，且L＝2nx(n＝1,2,3，…)联立可得B＝eq\f(4n2mv0,(n2＋1)qL)(n＝1,2,3，…)。7.在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，方向均沿x轴水平向右。在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m、电荷量为q，不计α粒子的重力。求：(1)α粒子离x轴的最远距离；(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能。[答案](1)eq\f(2\r(3)mv0,qB)(2)2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(12πmE,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(6πE,B)))[解析](1)由题意可知α粒子的质量为mα＝4m、电荷量为qα＝2q，将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有vx＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，vy＝v0sin60°＝eq\f(\r(3),2)v0由于vx与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做匀加速直线运动。对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mαeq\f(v\o\al(2,y),r)，解得圆周运动半径r＝eq\f(mαvy,qαB)＝eq\f(4mvy,2qB)＝eq\f(\r(3)mv0,qB)，故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq\f(2\r(3)mv0,qB)。(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由于在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t＝3T＝3×eq\f(2πmα,qαB)＝eq\f(12πm,qB)，沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋eq\f(1,2)at2，又加速度a＝eq\f(qαE,mα)＝eq\f(qE,2m)，解得x＝eq\f(6πm,qB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(6πE,B)))α粒子从O点射出后到第3次与x轴相交的过程，由动能定理有qαEx＝Ek－eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,0)联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能Ek＝2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(12πmE,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(6πE,B)))。提能训练练案[62]基础巩固练题组一磁通量电磁感应现象1.如图所示，两个条形磁铁呈“V”字形放置，将一根绕有多匝线圈的软铁棒置于N、S极之间。线圈与灵敏电流计通过开关相连。以下几种说法中正确的是()A．保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变，只要闭合开关，电路中就会产生持续的感应电流B．保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变，开关闭合的瞬时，电路中会产生感应电流C．在开关保持闭合的情况下，将软铁棒从两磁极间移开的瞬时，电路中会产生感应电流D．在开关保持闭合的情况下，移开左侧或右侧磁铁的瞬时，电路中不会产生感应电流[答案]C[解析]产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，当保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变时，磁通量不变，即使闭合开关也不会形成感应电流，A、B两项错误；在开关保持闭合的情况下，无论移动软铁棒还是移动磁铁的瞬间，磁通量都是变化的，电路中都能产生感应电流，C项正确，D项错误。2.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定[答案]C[解析]第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1<ΔΦ2，C正确。题组二楞次定律楞次定律的推广含义3．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时()A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同[答案]C[解析]由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。故选C。4.如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生()A．顺时针电流，且有收缩趋势B．顺时针电流，且有扩张趋势C．逆时针电流，且有收缩趋势D．逆时针电流，且有扩张趋势[答案]D[解析]磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向由南指向北，即以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针方向，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势。故选D。5.如图所示，导线AB与CD平行，若电流从a端流入时，电流表指针向左偏，则下列说法正确的是()A．断开开关瞬间，电流表指针向右偏转B．闭合开关瞬间，电流表指针向右偏转C．闭合开关后，由于互感使得电流表保持有示数D．闭合开关后，若滑动变阻器的滑片向右移动，电流表指针向左偏转[答案]A[解析]开关闭合时，导线AB中通过向右的电流，则根据安培定则可知，在上半部分回路中会产生一个垂直纸面向外的磁场，断开开关瞬间，穿过题图上半部分回路的磁通量(垂直纸面向外)会减少，根据楞次定律和安培定则可知，电流从b端流入，电流表指针向右偏，A正确；闭合开关瞬间，穿过上半部分回路的磁通量(垂直纸面向外)会增加，根据楞次定律和安培定则可知，此时产生的感应电流从a端流入，电流表指针向左偏，B错误；由于题图中电源为直流电源，所以闭合开关后，稳定时上半部分回路中磁通量不会发生变化，则电流表不会有示数，C错误；闭合开关后，若滑动变阻器的滑片向右移动，则下半部分电路中的电流减小，导线AB产生的磁场减弱，上半部分回路中的磁通量(垂直纸面向外)会减少，根据楞次定律和安培定则可知，此时产生的感应电流从b端流入，电流表指针向右偏，D错误。6.国产航母福建舰上的舰载机起飞采用了先进的电磁弹射技术。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间()A．铝环向右运动，铜环向左运动B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．从左向右看，两环中的感应电流均沿逆时针方向[答案]C[解析]根据楞次定律中的“增离减靠”可知，闭合开关S的瞬间，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜的电阻率较小，则铜环的电阻较小，铜环中产生的感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，C正确；根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，两环中的感应电流均沿顺时针方向，D错误。7．(多选)(2025·广东韶关市测试)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是()A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势[答案]AD[解析]当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确；结合A、B的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；金属线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。能力提升练8.如图所示，长度均为1m的甲、乙空心铝管竖直放置，其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口，磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3s和0.6s。磁体的直径略小于铝管的内径，不计磁体与管壁的摩擦及空气阻力。关于磁体在甲、乙两管中的运动，下列说法正确的是()A．磁体在甲管内下落的过程中，所受合外力的冲量可能为零B．磁体在甲管中加速向下运动时，铝管对桌面的压力将逐渐增大C．磁体在乙管内下落的过程中，乙管中没有产生感应电动势和感应电流D．磁体在乙管内下落的过程中，其重力势能的减少量小于动能的增加量[答案]B[解析]磁体在甲管内由静止释放，初动量为零，下落过程中由楞次定律可知，存在阻碍它运动的力，但不会阻止磁体的运动，故末动量不为零，又由动量定理可知，合外力的冲量不为零，A错误；磁体向下加速运动时，受到的磁场力方向向上，且逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，铝管受到的磁场力方向向下，且逐渐增大，因此铝管对桌面的压力将逐渐增大，B正确；由题可知，磁体在乙管中运动的时间为0.6s，易知其大于自由落体的时间，因此可知磁体受到了磁场的阻力，乙管中存在感应电动势和感应电流，C错误；同理可知，磁体在乙管内下落时减少的重力势能只有一部分转化为动能，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，D错误。9.安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁体置于铜环的右侧，条形磁体的右端为N极。闭合开关一段时间后观察，发现铜环静止不动，安培由此错失了发现电磁感应现象的机会。实际上在电路闭合的瞬间，下列现象描述正确的是()A．从右向左看，铜环中有逆时针的感应电流B．从右向左看，铜环中有顺时针的感应电流C．铜环仍保持不动D．铜环会远离磁体[答案]A[解析]在开关闭合瞬间，线圈内部磁通量增大且磁场方向向左。从右向左观察，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误；产生感应电流时，铜环等效成一个小磁针，N极在右侧，与条形磁体S极相吸引，会靠近磁体，故C、D错误。10．(多选)(2025·辽宁锦州联考)如图所示，边长为4d的金属框在xy平面内沿＋x方向做匀速直线运动，依次通过磁感应强度大小均为B0的匀强磁场区域Ⅰ～Ⅲ。当金属框上的p点运动到x＝7d的位置时，p点没有感应电流。区域Ⅲ的磁场方向垂直于xy平面。下列叙述正确的是()A．区域Ⅰ和Ⅲ的磁感应强度方向相同B．区域Ⅱ和Ⅲ的磁感应强度方向相同C．p点运动到x＝3d时，p点的感应电流方向为＋yD．p点运动到x＝3d时的感应电流大小大于p点运动到x＝5d时的电流大小[答案]AC[解析]当金属框上的p点运动到x＝7d的位置时，p点没有感应电流。根据右手定则，区域Ⅰ和Ⅲ的磁感应强度方向相同，A正确，B错误；p点运动到x＝3d时，根据右手定则，p点的感应电流方向为＋y，C正确；磁感应强度大小不变，则p点运动到x＝3d时的感应电流大小等于p点运动到x＝5d时的电流大小，D错误。故选AC。11．如图，水平地面放置导线框abcd，正上方有一圆柱形磁体，若磁体以磁体中心为轴在xOz平面内顺时针转过一个小角度，此过程中线框始终