2022年高考物理新一輪總復習 階段示范性測試8 磁場（含解析）

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1、2022年高考物理新一輪總復習 階段示范性測試8 磁場（含解析） 本卷測試內(nèi)容：磁場 本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共110分。測試時間90分鐘。 第Ⅰ卷　(選擇題，共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，第2、4、5、7、9、10、11、12小題，只有一個選項正確；第1、3、6、8小題，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。) 1. [xx·長春質(zhì)檢]某同學家中電視機畫面的幅度偏小，維修的技術(shù)人員檢查后認為是顯像管出了故障，顯像管如圖(甲)所示，L為偏轉(zhuǎn)線圈，從右向左看截面圖如圖

2、(乙)所示。引起故障的原因可能是(　　) A. 加速電場的電壓過大，電子速率偏大 B. 電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少 C. 偏轉(zhuǎn)線圈的電流過大，偏轉(zhuǎn)磁場增強 D. 偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減少 解析：根據(jù)題意，電視機畫面幅度偏小是因為電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑變大，所以可能的原因是電子速率偏大或是磁場減弱，故選項A、D正確。 答案：AD 2. [xx·云南昆明質(zhì)檢] 已知長直通電導體棒在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應強度與該導體棒中的電流成正比，與該點到導體棒的距離成反比。如圖所示，a、b、c、d四根長直通電導體棒平行放置，它們的橫截面構(gòu)成一個正方形，O為正方形中心，a、b、

3、d中電流方向垂直紙面向里，c中電流方向垂直紙面向外，電流大小滿足：Ia＝Ic＝Id

4、的極性，在它中央的正上方固定一導線，導線與磁鐵垂直，給導線通以垂直紙面向外的電流，則(　　) A. 如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵左端是N極 B. 如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵右端是N極 C. 無論如何臺秤的示數(shù)都不可能變化 D. 如果臺秤的示數(shù)增大，臺秤的示數(shù)隨電流的增大而增大 解析：如果臺秤的示數(shù)增大，說明導線對磁鐵的作用力豎直向下，由牛頓第三定律知，磁鐵對導線的作用力豎直向上，根據(jù)左手定則可判斷，導線所在處磁場方向水平向右，由磁鐵周圍磁場分布規(guī)律可知，磁鐵的左端為N極，選項A正確，選項B、C錯誤。由F＝BIL可知選項D正確。 答案：AD 4. 如圖所示，一個帶正電的滑環(huán)套

5、在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中，現(xiàn)給滑環(huán)一個水平向右的瞬時作用力，使其開始運動，則滑環(huán)在桿上的運動情況不可能的是(　　) A. 始終做勻速運動 B. 始終做減速運動，最后靜止于桿上 C. 先做加速運動，最后做勻速運動 D. 先做減速運動，最后做勻速運動 解析：給滑環(huán)一個瞬時作用力，滑環(huán)獲得一定的速度v，當qvB＝mg時，滑環(huán)將以v做勻速直線運動，故A正確。當qvBmg時，滑環(huán)先做減速運動，當減速到qvB＝mg后，以速度v＝做勻速直線運動，故D對。由于摩擦阻力作用，滑環(huán)不可能做

6、加速運動，故C錯，應選C。 答案：C 5. 如圖所示，一個帶負電的物體由粗糙絕緣的斜面頂端由靜止下滑到底端時速度為v，若加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，則帶電體滑到底端時速度將(　　) A. 大于v　　　　　　　 B. 小于v C. 等于v D. 無法確定 解析：由左手定則判斷帶負電的物體沿斜面下滑時所受洛倫茲力方向垂直斜面向下，所以使物體與斜面之間的彈力增大，滑動摩擦力增大，從頂端滑到底端的過程中克服摩擦力做的功增多，根據(jù)動能定理可知，滑到底端時的動能小于無磁場時滑到底端的動能，故速率變小。 答案：B 6. [xx·石家莊質(zhì)檢] 如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻

7、強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點。今有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則 ( 　　 ) A. PB≤L B. PB≤L C. QB≤L D. QB≤L 解析：由Bqv＝，可知R＝L，則從P點射入的粒子軌跡最長時為切著AC邊，此時PB＝，而當粒子在其中經(jīng)歷圓弧時，從BC邊上射出時，Q′B最大為L，故A、D正確。 答案：AD 7. [xx·江西景德鎮(zhèn)]

8、如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線。在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)。則從N孔射出的離子(　　) A. 是正離子，速率為kBR/cosα B. 是正離子，速率為kBR/sinα C. 是負離子，速率為kBR/sinα D. 是負離子，速率為kBR/cosα 解析：根據(jù)左手定則可判斷出，從N孔射出的離子是正離子，從N孔射出的離子在磁場中做勻速圓周運動，其運動軌

9、跡所對圓心角等于入射離子的偏向角2α，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑r＝R/sinα，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得，Bvq＝，解得，v＝kBR/sinα，B項正確。 答案：B 8. [xx·江西重點中學聯(lián)考]如圖所示，一個半徑為R的導電圓環(huán)與一個軸向?qū)ΨQ的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角(環(huán)面軸線為豎直方向)。若導電圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是(　　) A. 導電圓環(huán)有收縮的趨勢 B. 導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上 C. 導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIR D. 導電圓環(huán)所受安培力的大小為2π

10、BIR 解析：若導線圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，由左手定則可得導線圓環(huán)上各小段所受安培力斜向內(nèi)，導電圓環(huán)有收縮的趨勢，導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上，導電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ，選項AB正確。 答案：AB 9. 如圖所示，有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質(zhì)量不等，它們的質(zhì)量關(guān)系有ma＝mb

11、 射向A2的是d離子 解析：通過在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌跡知，離子帶正電。在速度選擇器中，有qE＝qvB。v＝，只有速度滿足一定值的離子才能通過速度選擇器。所以只有b、c兩離子能通過速度選擇器。a的速度小于b的速度，所以a受到的電場力大于洛倫茲力，a向P1偏轉(zhuǎn)，故A正確、B錯誤；b、c兩離子通過速度選擇器進入磁感應強度為B2的磁場中，根據(jù)r＝知，質(zhì)量大的半徑大，故射向A1的是b離子，射向A2的是c離子，故C、D錯誤。 答案：A 10. 如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行導軌AB、CD。導軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)從t＝0時刻起，給棒通以圖

12、示方向的電流，且電流強度與時間成正比，即I＝kt，其中k為恒量。若金屬棒與導軌始終垂直，則在下列圖所示的表示棒所受的摩擦力隨時間變化的四幅圖中，正確的是(　　) 解析：當金屬棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLktmg時，棒沿導軌向下減速；在棒停止運動之前，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff＝μBLkt；在棒停止運動之后，所受摩擦力為靜摩擦力，大小為Ff＝mg，故C正確。 答案：C 11. [xx·長春模擬]如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，質(zhì)量為m、電荷

13、量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子順時針飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變，以下說法正確的是(　　) A. 粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行n圈后回到A板時獲得的總動能為2nqU B. 在粒子繞行的整個過程中，A板電勢可以始終保持為＋U C. 在粒子繞行的整個過程中，每一圈的周期不變 D. 為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時的磁

14、感應強度為 解析：粒子每繞行一周，電場力做功qU，繞行n圈時，電場力做功即粒子獲得的動能為nqU，A錯誤；若A板電勢始終不變，則粒子運行一周時電場力做功為零，粒子得不到加速，B錯誤；粒子每次加速后速度增大而運行半徑不變，則周期T＝應減小，C錯誤；再由R＝，nqU＝mv2，得B＝ ＝ ，故可知B應隨加速圈數(shù)的增加而周期性變大，D正確。 答案：D 12. 如圖所示，有一長方體金屬塊放在垂直表面C的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，金屬塊的厚度為d，高為h，當有穩(wěn)恒電流I沿平行平面C的方向通過金屬塊時，金屬塊上、下兩面M、N上的電勢分別為jM、jN，則下列說法中正確的是(　　) A. 由

15、于磁場力的作用，金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目為|| B. 由于磁場力的作用，金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目為|| C. M面比N面電勢高 D. 金屬塊的左面比右面電勢低 解析：由于洛倫茲力作用使電子堆積在金屬塊上表面且形成一附加電場，方向向上。設兩面M、N上的電勢差為U，則U＝|jM－jN|，穩(wěn)定時電子所受的洛倫茲力與電場力相平衡，則evB＝eU/h，根據(jù)金屬導電時的規(guī)律I＝neSv，式中S＝dh，聯(lián)立各式可得金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目n＝||，選項A對，B錯；由左手定則可知，電子積累在上端面，電勢低，故C錯；由于電源外的電路中電流由高電勢流向低電勢

16、，故D錯。 答案：A 第Ⅱ卷　(非選擇題，共50分) 二、計算題(本題共4小題，共50分) 13. (12分) [xx·泉州模擬]如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B＝0.50 T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場，金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5 V、內(nèi)阻r＝0.50 Ω的直流電源?，F(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.040 kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止，導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5 Ω。金屬導軌電阻不計，g取10 m/s2。已知sin

17、37°＝0.60，cos37°＝0.80，求： (1)通過導體棒的電流； (2)導體棒受到的安培力大小； (3)導體棒受到的摩擦力。 解析：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得 I＝＝1.5 A (2)導體棒受到的安培力 F安＝BIL＝0.30 N (3)對導體棒受力分析如圖，將重力正交分解 沿導軌方向F1＝mgsin37°＝0.24 N F1

18、電荷量為q的帶正電粒子從O點以初速度v0水平拋出。若在該帶電粒子運動的區(qū)域內(nèi)加一方向豎直向下的勻強電場，則粒子恰好能通過該區(qū)域中的A點；若撤去電場，加一垂直紙面向外的勻強磁場，仍將該粒子從O點以初速度v0水平拋出，則粒子恰好能經(jīng)A點到達該區(qū)域中的B點。已知OA之間的距離為d，B點在O點的正下方，∠BOA＝60°，粒子重力不計。求： (1)粒子在電場中運動，到達A點時的動能EkA； (2)勻強電場的場強大小E與磁場的磁感應強度大小B的比值。 解析：(1)因電場方向豎直向下，粒子的初速度方向水平向右，所以粒子在該勻強電場中做類平拋運動，設粒子從O點運動到A點所需要的時間為t。則有 dsin

19、60°＝v0t dcos60°＝··t2 聯(lián)立可解得E＝ 由動能定理可得qE·dcos60°＝EkA－mv 將E代入可解得EkA＝mv。 (2)撤去電場，加上垂直紙面向外的勻強磁場后，粒子恰好能經(jīng)A點到達該區(qū)域中的B點。由粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律可知，OB必為該粒子做圓周運動的直徑，如圖乙所示，所以∠OBA＝30°，因此OB＝2d，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝d，由qv0B＝m可得B＝，又因為E＝，所以＝×＝v0。 答案：(1)mv　(2)v0 15. (14分)如圖所示，第一象限的某個矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向外的勻強磁場B1，磁場的下邊界與x軸重合。一質(zhì)量m

20、＝1×10－14kg、電荷量q＝1×10－10C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸負方向成60°角的方向從N點射入，經(jīng)P點進入第四象限內(nèi)沿直線運動，一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的M點并沿與y軸負方向成60°角的方向飛出。第四象限內(nèi)有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B2，E的大小為0.5×103 V/m，B2的大小為0.5 T；M點的坐標為(0，－10 cm)，N點的坐標為(0,30 cm)，不計微粒重力。 (1)求勻強磁場B1的大小和微粒的運動速度v； (2)B1磁場區(qū)域的最小面積為多少？ 解析：(1)帶正電微粒以某一速度v沿與y軸負方向成60°角的方向從N點射入，由于重力忽略不計，微

21、粒在第一象限內(nèi)僅受洛倫茲力做勻速圓周運動；微粒在第四象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以微粒必做勻速直線運動，因此，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，由力的平衡有Eq＝B2qv 所以v＝＝ m/s＝1×103 m/s 根據(jù)題意畫出微粒的運動軌跡如圖： 因為M點的坐標為(0，－10)，N點的坐標為(0,30)，由幾何關(guān)系可知微粒在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑為 R＝ cm＝ m 微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qB1v＝m 解得B1＝T。 (2)由圖可知，磁場B1的最小區(qū)域應該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)。由幾何關(guān)系易得 P

22、D＝2Rsin60°＝0.2 m PA＝R(1－cos60°)＝ m 所以，所求磁場的最小面積為 S＝PD·PA＝× m2＝ m2。 答案：(1) T　1×103 m/s　(2) m2 16. (12分)[xx·嘉興模擬]如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度E＝40 N/C。在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場，磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示(不考慮磁場變化所產(chǎn)生電場的影響)，15π s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側(cè)平面內(nèi)分布一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場(圖中未畫出)，半徑r＝0.3 m，磁感應強度B2＝0.8 T，且

23、圓的左側(cè)與y軸始終相切。t＝0時刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒從x軸上xP＝－0.8 m處的P點以速度v＝0.12 m/s沿x軸正方向射入，經(jīng)時間t后，從y軸上的A點進入第一象限并正對磁場圓的圓心。穿過磁場后擊中x軸上的M點。(g取10 m/s2、π＝3，最終結(jié)果保留2位有效數(shù)字)求： (1)A點的坐標yA及從P點到A點的運動時間t。 (2)M點的坐標xM。 (3)要使微粒在圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應如何移動圓形磁場？請計算出最大偏轉(zhuǎn)角。 解析：(1)F電＝qE＝8×10－3 N＝mg 所以微粒做勻速圓周運動 qvB1＝m，R1＝0.6 m

24、 周期T＝＝10π s 0～5π s勻速圓周運動半徑R1<|xP| 微粒運行半個圓周后到點C： xC＝－0.8 m，yC＝2R1＝1.2 m 5π～10π s向左做勻速運動，位移大小 s1＝v＝ m＝1.8 m 運動到D點：xD＝－2.6 m，yD＝1.2 m 10π～15π s微粒又做勻速圓周運動，運動到E點： xE＝－2.6 m yE＝4R1＝2.4 m 此后微粒做勻速運動到達A點：yA＝4R1＝2.4 m 軌跡如圖所示 從P到A的時間：t＝15π＋tEA(或者t＝2T＋) 所以t≈67 s (2)微粒進入圓形磁場做勻速圓周運動的半徑為 R2＝＝0.6 m 設軌跡圓弧對應的圓心角為θ，則tan＝＝ M點：xM＝r＋＝(0.3＋) m 由數(shù)學知識可得：tanθ＝＝ 所以xM＝2.1 m (3)微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，必須滿足入射點與出射點連線為磁場圓的直徑，則圓形磁場應沿y軸負方向移動0.15 m，因為R2＝2r， 所以最大偏轉(zhuǎn)角為θ′＝60°。 答案：(1)2.4 m　67 s　(2)2.1 m　(3)沿y軸負方向移動0.15 m　60°