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2024 高考30 热点最新模拟题精练
热点30 新情景新信息问题
1．（2024 江西宜春宜丰中学期末）C919 飞机是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识
产权的大型客机。某同学查阅资料得知，飞机飞行过程中所受升力的计算公式为
，其中Y 为升
力，
为空气密度，C 为升力系数，S 为机翼的特征面积，v 为飞机相对空气的速度。以下关于升力系数C
的单位的说法正确的是（ ）
A．无单位
B．N/m
C．N/m2
D．kg/（m2•s2）
【参考答案】A
【名师解析】通过题给的物理量关系可知
对应单位为
整理可以得出是一个数值，没有单位。A 正确。
2．(2024 安徽”江南十校”3 月联考)1948 年，荷兰理论物理学家卡西米尔预言，在真空中的两块不带电的
金属板相距很近时，它们之间会存在一种作用力，这个效应被称为卡西米尔效应。已知这两块金属板间的
作用力F 与普朗克常量h、真空中电磁波的波速c、平行金属板间的距离d、以及两正对板的长度a 和宽度
b 有关。根据所学的量纲知识对F 表达式做出合理的判断，在表达式中引入一个无单位的物理常量k。下列
表达式中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】A
1
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【名师解析】从量纲分析的角度来分析，F 的单位为
，其中普朗克常量h 的单位为J·s，化为国际
标准单位为
，故
的单位为
，故A 符合题意，B、C、D 不符合题意。
3. （2024 河北部分高中期末联考）大型强子对撞机是将质子加速后对撞的高能物理设备，如图甲所示，
对撞机的主要结构由两个质子束发射器、两个半圆环轨道质子加速器和质子对撞区域组成。半圆环轨道中
的电场线是与圆环共圆心的同心圆弧，且到圆心距离相同的位置电场强度大小相等，质子沿圆环轨道中心
进入半圆环轨道后，在磁束缚装置作用下沿圆环中心加速运动，最终在对撞区域碰撞。已知质子质量
m=1.6×10-27kg、电荷量e=1.6×10-19C，半圆环加速轨道中心处到圆心距离R=50m，该处电场强度的大小E=
×105V/m。发射器发射出的质子初速度忽略不计。计算时取
=10，不考虑质子质量的相对论效应。若某次
实验时将右侧加速器和发射器往上平移d=0.2m，平移后对撞区域如图乙所示，质子进入对撞区域时的位置
的水平距离D=0.4m，入射点分别为A 点和B 点，其他装置不变，为了使质子在对撞区域恰好相撞，可以在
对撞区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场。不计质子受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法
正确的是（ ）
A. 质子在所加磁场中运动的半径为0.5m
B. 所加匀强磁场的磁感应强度大小为8T
C. 两质子在对撞区域的磁场中各运动，
s 时相撞
D. 若所加匀强磁场为两个直径相同、垂直纸面向里的匀强磁场，则每个圆形磁场的最小面积为
m2
【参考答案】C
【名师解析】．根据动能定理，电场力做的功等于动能的变化量，有
2
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解得
=1×108m/s
根据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有
解得
r=0.25m
故A 错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
B=4T
故B 错误；
C．每个质子在磁场中运动的时间
s
故C 正确；
D．所加圆形磁场的直径为2R'，满足
解得
m
圆形磁场的最小面积
m2
3
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故D 错误。
4. （2024 山东济南历城二中质检）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注
入离子，需要在一个空间中用电场、磁场对离子的运动轨迹进行调控。图所示便是一种调控粒子轨迹的模
型。如图，真空中一半径为d 的圆形区域内存在方向与纸面垂直的匀强磁场，现从边缘S 点以速度v ₀水平
射入一个质量为m、电量为q 的正电粒子，粒子经过磁场后，刚好从边缘正下方的P 点沿图示的方向穿出。
图中竖直边界
右侧区域存在方向竖直向上、场强大小为E 的匀强电场，粒子经过该电场后，刚好水
平向左穿过竖直边界
，随即进入多组紧密相邻的匀强磁场和匀强电场。该区域磁场和电场的宽度均
为d，长度足够长，电场强度大小也为E，方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。
已知竖直边界线
处有电场，
，，
，不计粒子的重力及运动时的电磁辐
射。答案只能用m、q、d、v ₀表示。 求∶
（1）圆形磁场区域内的磁感应强度的大小；
（2） 粒子经过边界
时与
的距离，以及穿过边界
时的速度大小；
（3） 粒子整个运动过程中，轨迹最左端离边界
的水平距离。
4
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【参考答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【名师解析】
（1）根据带电粒子在磁场中的受力情况，画出轨迹如图
根据几何关系可知，SOPO1为菱形，粒子做圆周运动的半径为
根据
可得
（2）根据题意设粒子穿过
时距离A1为y，在
右侧电场中只受向上的电场力，水平方向匀速直线
运动，竖直方向匀减速直线运动，设加速度为a , 如图有
5
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解得
根据
可得
可得
粒子经过边界
时与
的距离为
6
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粒子经过边界
时速度为
则
之后在电场中水平方向上加速，加速度为
解得
（3）设粒子在下方运动过程中，从右向左在第
层磁场中运动速度为
，轨道半径为
，有
7
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解得
粒子进入第
层电场时，速度方向与水平方向的夹角为
，从第
层电场左边界穿出时速度方向与水平方
向的夹角为
，粒子在电场中运动时，垂直电场线方向的速度分量不变，有
解得
可知
、
、
……
是一组等差数列，公差为
，可得
将
代入，的
由于
解得
由于
，且为整数，故
的最大值为4，此时
8
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即粒子在第5 层磁场中达到轨迹最左端，此时速度竖直向下，几何关系得轨迹最左端距离第5 层磁场右边
界距离为
综上，轨迹最左端离边界
的水平距离为
5．（2024 北京摸底）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许
传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，
将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即
被驱动。若输送液态金属的管道（用特殊陶瓷材料制成）截面长为a，宽为b（不计管道壁的厚度），正、
负电极板镶嵌在管道两侧（两极板正对且与管内液态金属良好接触），电极板长为c，宽为b；正、负电极
板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电
极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v 流动。已知液态金
属的电阻率为ρ。
（1）导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
（2）在Δt时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
（3）推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，
使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力
对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释
（为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷）。
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【答案】（1）BI
b ；（2）Ia Δt(
Iρ
bc + Bv)；（3）见解析
【详解】（1）通电液体在磁场中受到的安培力F = BIa，
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p= F
S = BIa
ab = BI
b
（2）电路产生的热量Q = I
2 R Δt = I
2 ρ a
bc Δt
所以在Δt时间内电流通过液态金属所消耗的电能Δ E =Q+ E机= I
2 ρ a
bc Δt + BIav Δt = Ia Δt(
Iρ
bc + Bv)
（3）液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f 与二者合速度
的方向垂直，而运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，则f 的方向即为安培力的方向，可见安
培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛仑兹力为f 1；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的
洛仑兹力为f 2，如图：
有W 1=- f 1u Δt =-qvBu Δt，W 2= f 2v Δt =quBv Δt，可见W =W 1+W 2=0，即洛伦兹力f 对运动电荷是
不做功的。
6. （2024 北京丰台期末）恒星生命尽头，在一定条件下通过引力坍缩可以形成中子星。磁陀星是中子星
的一种，拥有极强的磁场，两极的磁感应强度约为
。地球表面的磁场磁感应强度最弱约
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，最强仅为
。
（1）已知磁陀星和地球两极的磁场小范围内均可视作匀强磁场，忽略带电粒子与天体之间的万有引力。
a．带电粒子在地球和磁陀星两极以垂直于磁场的方向运动时可做匀速圆周运动，求比荷相同的带电粒子
在地球与磁陀星两极运动时的周期之比
；
b．如图1 所示，若磁陀星两极某圆心为O 的圆形磁场区域的磁感应强度B 随时间t 均匀减小，即满足关系
（k 为常量），请分析并论证在磁场中到O 点距离为r 处某静止的带电粒子能否以O 点为圆心
做完整的圆周运动。
（2）磁陀星本身还会高频自转，形成并持续释放出和磁陀星一起自转的极细高能电磁辐射束，如图2 所示。
这个过程有点类似于海上的灯塔，发出的光周期性地掠过人们的眼球。当辐射束扫过地球的时候，地球就
能接收到信号。中国天眼FAST 凭借全球最高的灵敏度，成为深度监测宇宙辐射的主力。FAST 监测到某次
高能辐射（一种解释是此辐射源自于磁陀星）持续时间为
，相当于接收太阳一个月（实际接收时间为
）释放出的总能量。已知FAST 每经过时间T 能接收到一次信号，太阳的辐射功率为
，日地距离为r，
该磁陀星到地球的距离为L，假设FAST 在某时刻处于磁陀星辐射束的中心，求磁陀星的辐射功率P（假设
在辐射束内，到磁陀星距离相等的面上能量均匀分布）。
【参考答案】（1）a．
；b．见解析；（2）
【名师解析】（1）a。设带电粒子电荷量为q，质量为m，粒子做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，
洛伦兹力提供向心力，得
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由圆周运动周期T 与线速度v 的关系得
联立得
即
由于地磁场两极磁感应强度最大，将数据代入得
b。磁感应强度B 随时间t 均匀减小，从上往下看，由楞次定律可得，感生电场线向上，感应电流为逆时针
方向的同心圆。
①若带电粒子电性为正，则其变速圆周运动的方向应为逆时针方向，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方
向为沿半径背离圆心，无法提供向心力，假设不成立；
②若带电粒子电性为负，则其变速圆周运动的方向应为顺时针方向，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方
向为沿半径背离圆心，无法提供向心力，假设不成立。
结论：带电粒子无法做完整
圆周运动。
（2）根据圆周运动可得辐射圆斑扫过地球的线速度v 为
因此辐射圆斑的直径D 与底面积S 为
设FAST 的接收面积为
，在
时间内接收到的太阳辐射总能量为
，在
时间内接收到的磁陀星辐射
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总能量为E，则
联立方程可得
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