2022年高考物理新一轮总复习 阶段示范性测试8 磁场（含解析）

2022年高考物理新一轮总复习 阶段示范性测试8 磁场（含解析）本卷测试内容：磁场本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共110分。测试时间90分钟。第卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第2、4、5、7、9、10、11、12小题，只有一个选项正确；第1、3、6、8小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)1. xx长春质检某同学家中电视机画面的幅度偏小，维修的技术人员检查后认为是显像管出了故障，显像管如图(甲)所示，L为偏转线圈，从右向左看截面图如图(乙)所示。引起故障的原因可能是()A. 加速电场的电压过大，电子速率偏大B. 电子枪发射能力减弱，电子数减少C. 偏转线圈的电流过大，偏转磁场增强D. 偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少解析：根据题意，电视机画面幅度偏小是因为电子在磁场中的偏转半径变大，所以可能的原因是电子速率偏大或是磁场减弱，故选项A、D正确。答案：AD2. xx云南昆明质检 已知长直通电导体棒在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导体棒中的电流成正比，与该点到导体棒的距离成反比。如图所示，a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置，它们的横截面构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、d中电流方向垂直纸面向里，c中电流方向垂直纸面向外，电流大小满足：IaIcIdIb，则关于a、b、c、d长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是()A. 由O点指向aOb区域B. 由O点指向bOc区域C. 由O点指向cOd区域D. 由O点指向aOd区域解析：a、c两根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向由O指向d；b、d两根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向由O指向a；a、b、c、d四根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是由O点指向aOd区域，选项D正确。答案：D3. xx广州实验中学检测如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()A. 如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B. 如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C. 无论如何台秤的示数都不可能变化D. 如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大解析：如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，选项A正确，选项B、C错误。由FBIL可知选项D正确。答案：AD4. 如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是()A. 始终做匀速运动B. 始终做减速运动，最后静止于杆上C. 先做加速运动，最后做匀速运动D. 先做减速运动，最后做匀速运动解析：给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v，当qvBmg时，滑环将以v做匀速直线运动，故A正确。当qvBmg时，滑环先做减速运动，当减速到qvBmg后，以速度v做匀速直线运动，故D对。由于摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C错，应选C。答案：C5. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将()A. 大于vB. 小于vC. 等于v D. 无法确定解析：由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小。答案：B6. xx石家庄质检 如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，以速度v从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则 ( )A. PBL B. PBLC. QBL D. QBL解析：由Bqv，可知RL，则从P点射入的粒子轨迹最长时为切着AC边，此时PB，而当粒子在其中经历圆弧时，从BC边上射出时，QB最大为L，故A、D正确。答案：AD7. xx江西景德镇如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)。则从N孔射出的离子()A. 是正离子，速率为kBR/cosB. 是正离子，速率为kBR/sinC. 是负离子，速率为kBR/sin D. 是负离子，速率为kBR/cos解析：根据左手定则可判断出，从N孔射出的离子是正离子，从N孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径rR/sin，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq，解得，vkBR/sin，B项正确。答案：B8. xx江西重点中学联考如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角(环面轴线为竖直方向)。若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是()A. 导电圆环有收缩的趋势B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIRD. 导电圆环所受安培力的大小为2BIR解析：若导线圆环上载有如图所示的恒定电流I，由左手定则可得导线圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2BIRsin，选项AB正确。答案：AB9. 如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有mambmcmd，以不等的速率vavbvcvd进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B2的磁场，另两个离子射向P1和P2。由此可判定()A. 射向P1的是a离子 B. 射向P2的是b离子C. 射向A1的是c离子 D. 射向A2的是d离子解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电。在速度选择器中，有qEqvB。v，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器。所以只有b、c两离子能通过速度选择器。a的速度小于b的速度，所以a受到的电场力大于洛伦兹力，a向P1偏转，故A正确、B错误；b、c两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B2的磁场中，根据r知，质量大的半径大，故射向A1的是b离子，射向A2的是c离子，故C、D错误。答案：A10. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD。导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为。现从t0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中k为恒量。若金属棒与导轨始终垂直，则在下列图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是()解析：当金属棒所受摩擦力FfBILBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动之前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为FfBLkt；在棒停止运动之后，所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ffmg，故C正确。答案：C11. xx长春模拟如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电荷量为q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，以下说法正确的是()A. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqUB. 在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为UC. 在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D. 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度为 解析：粒子每绕行一周，电场力做功qU，绕行n圈时，电场力做功即粒子获得的动能为nqU，A错误；若A板电势始终不变，则粒子运行一周时电场力做功为零，粒子得不到加速，B错误；粒子每次加速后速度增大而运行半径不变，则周期T应减小，C错误；再由R，nqUmv2，得B ，故可知B应随加速圈数的增加而周期性变大，D正确。答案：D12. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I沿平行平面C的方向通过金属块时，金属块上、下两面M、N上的电势分别为jM、jN，则下列说法中正确的是()A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为|B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为|C. M面比N面电势高D. 金属块的左面比右面电势低解析：由于洛伦兹力作用使电子堆积在金属块上表面且形成一附加电场，方向向上。设两面M、N上的电势差为U，则U|jMjN|，稳定时电子所受的洛伦兹力与电场力相平衡，则evBeU/h，根据金属导电时的规律IneSv，式中Sdh，联立各式可得金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目n|，选项A对，B错；由左手定则可知，电子积累在上端面，电势低，故C错；由于电源外的电路中电流由高电势流向低电势，故D错。答案：A第卷(非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (12分) xx泉州模拟如图所示，两平行金属导轨间的距离L0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E4.5 V、内阻r0.50 的直流电源。现把一个质量m0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R02.5 。金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin370.60，cos370.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力。解析：(1)根据闭合电路欧姆定律得I1.5 A(2)导体棒受到的安培力F安BIL0.30 N (3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1mgsin370.24 NF1F安，根据平衡条件mgsin37F1F安解得Ff0.06 N，方向沿导轨向下答案：(1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N，方向沿导轨向下14. (12分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0水平抛出。若在该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平抛出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。已知OA之间的距离为d，B点在O点的正下方，BOA60，粒子重力不计。求：(1)粒子在电场中运动，到达A点时的动能EkA；(2)匀强电场的场强大小E与磁场的磁感应强度大小B的比值。解析：(1)因电场方向竖直向下，粒子的初速度方向水平向右，所以粒子在该匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O点运动到A点所需要的时间为t。则有dsin60v0tdcos60t2联立可解得E由动能定理可得qEdcos60EkAmv将E代入可解得EkAmv。(2)撤去电场，加上垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。由粒子在匀强磁场中的运动规律可知，OB必为该粒子做圆周运动的直径，如图乙所示，所以OBA30，因此OB2d，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为Rd，由qv0Bm可得B，又因为E，所以v0。答案：(1)mv(2)v015. (14分)如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁场的下边界与x轴重合。一质量m11014kg、电荷量q11010C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60角的方向从N点射入，经P点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y轴上的M点并沿与y轴负方向成60角的方向飞出。第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B2，E的大小为0.5103 V/m，B2的大小为0.5 T；M点的坐标为(0，10 cm)，N点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力。(1)求匀强磁场B1的大小和微粒的运动速度v；(2)B1磁场区域的最小面积为多少？解析：(1)带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60角的方向从N点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有EqB2qv所以v m/s1103 m/s根据题意画出微粒的运动轨迹如图：因为M点的坐标为(0，10)，N点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R cm m微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB1vm解得B1T。(2)由图可知，磁场B1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得PD2Rsin600.2 mPAR(1cos60) m所以，所求磁场的最小面积为SPDPA m2 m2。答案：(1) T1103 m/s(2) m216. (12分)xx嘉兴模拟如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E40 N/C。在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示(不考虑磁场变化所产生电场的影响)，15 s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内分布一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场(图中未画出)，半径r0.3 m，磁感应强度B20.8 T，且圆的左侧与y轴始终相切。t0时刻，一质量m8104 kg、电荷量q2104 C的微粒从x轴上xP0.8 m处的P点以速度v0.12 m/s沿x轴正方向射入，经时间t后，从y轴上的A点进入第一象限并正对磁场圆的圆心。穿过磁场后击中x轴上的M点。(g取10 m/s2、3，最终结果保留2位有效数字)求：(1)A点的坐标yA及从P点到A点的运动时间t。(2)M点的坐标xM。(3)要使微粒在圆形磁场中的偏转角最大，应如何移动圆形磁场？请计算出最大偏转角。解析：(1)F电qE8103 Nmg所以微粒做匀速圆周运动qvB1m，R10.6 m周期T10 s05 s匀速圆周运动半径R1|xP|微粒运行半个圆周后到点C：xC0.8 m，yC2R11.2 m510 s向左做匀速运动，位移大小s1v m1.8 m运动到D点：xD2.6 m，yD1.2 m1015 s微粒又做匀速圆周运动，运动到E点：xE2.6 myE4R12.4 m此后微粒做匀速运动到达A点：yA4R12.4 m轨迹如图所示从P到A的时间：t15tEA(或者t2T)所以t67 s(2)微粒进入圆形磁场做匀速圆周运动的半径为R20.6 m设轨迹圆弧对应的圆心角为，则tanM点：xMr(0.3) m由数学知识可得：tan所以xM2.1 m(3)微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，必须满足入射点与出射点连线为磁场圆的直径，则圆形磁场应沿y轴负方向移动0.15 m，因为R22r，所以最大偏转角为60。答案：(1)2.4 m67 s(2)2.1 m(3)沿y轴负方向移动0.15 m60