《2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試8 磁場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試8 磁場（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 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(xué)家中電視機(jī)畫面的幅度偏小，維修的技術(shù)人員檢查后認(rèn)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(qiáng) 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(jī)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(dǎo)體棒在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該導(dǎo)體棒中的電流成正比，與該點到導(dǎo)體棒的距離成反比。如圖所示，a、b、c、d四根長直通電導(dǎo)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(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)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(dǎo)線對磁鐵的作用力豎直向下，由牛頓第三定律知，磁鐵對導(dǎo)線的作用力豎直向上，根據(jù)左手定則可判斷，導(dǎo)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(qiáng)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(yùn)動，則滑環(huán)在桿上的運(yùn)動情況不可能的是(　　) A. 始終做勻速運(yùn)動 B. 始終做減速運(yùn)動，最后靜止于桿上 C. 先做加速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)動 D. 先做減速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)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(dāng)qvB＝mg時，滑環(huán)將以v做勻速直線運(yùn)動，故A正確。當(dāng)qvBmg時，滑環(huán)先做減速運(yùn)動，當(dāng)減速到qvB＝mg后，以速度v＝做勻速直線運(yùn)動，故D對。由于摩擦阻力作用，滑環(huán)不可能做

6、加速運(yùn)動，故C錯，應(yīng)選C。 答案：C 5. 如圖所示，一個帶負(fù)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(qiáng)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(fù)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(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(fù)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(fù)離子，速率為kBR/sinα D. 是負(fù)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(yùn)動，其運(yùn)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(yùn)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(xué)聯(lián)考]如圖所示，一個半徑為R的導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)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(dǎo)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(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢 B. 導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上 C. 導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIR D. 導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2π

10、BIR 解析：若導(dǎo)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(dǎo)線圓環(huán)上各小段所受安培力斜向內(nèi)，導(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢，導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上，導(dǎo)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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場中，有兩根豎直放置的平行導(dǎo)軌AB、CD。導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導(dǎo)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(qiáng)度與時間成正比，即I＝kt，其中k為恒量。若金屬棒與導(dǎo)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(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLktmg時，棒沿導(dǎo)軌向下減速；在棒停止運(yùn)動之前，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff＝μBLkt；在棒停止運(yùn)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(yùn)動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)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(dāng)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(yùn)動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時的磁

14、感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(yùn)行半徑不變，則周期T＝應(yīng)減小，C錯誤；再由R＝，nqU＝mv2，得B＝ ＝ ，故可知B應(yīng)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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬塊的厚度為d，高為h，當(dāng)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(dǎo)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(dǎo)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(shè)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)軌間的距離L＝0.40 m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，金屬導(dǎo)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。現(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.040 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5 Ω。金屬導(dǎo)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(dǎo)體棒的電流； (2)導(dǎo)體棒受到的安培力大??； (3)導(dǎo)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(dǎo)體棒受到的安培力 F安＝BIL＝0.30 N (3)對導(dǎo)體棒受力分析如圖，將重力正交分解 沿導(dǎo)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(yùn)動的區(qū)域內(nèi)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)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(qiáng)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(dá)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(yùn)動，到達(dá)A點時的動能EkA； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E與磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從O點運(yùn)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(qiáng)磁場后，粒子恰好能經(jīng)A點到達(dá)該區(qū)域中的B點。由粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動規(guī)律可知，OB必為該粒子做圓周運(yùn)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(yùn)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(qiáng)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(fù)方向成60°角的方向從N點射入，經(jīng)P點進(jìn)入第四象限內(nèi)沿直線運(yùn)動，一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的M點并沿與y軸負(fù)方向成60°角的方向飛出。第四象限內(nèi)有互相正交的勻強(qiáng)電場E與勻強(qiáng)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(biāo)為(0，－10 cm)，N點的坐標(biāo)為(0,30 cm)，不計微粒重力。 (1)求勻強(qiáng)磁場B1的大小和微粒的運(yùn)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(fù)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動軌跡如圖： 因為M點的坐標(biāo)為(0，－10)，N點的坐標(biāo)為(0,30)，由幾何關(guān)系可知微粒在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為 R＝ cm＝ m 微粒做圓周運(yùn)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(yīng)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(qiáng)電場，電場方向豎直向上，電場強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(圖中未畫出)，半徑r＝0.3 m，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(biāo)yA及從P點到A點的運(yùn)動時間t。 (2)M點的坐標(biāo)xM。 (3)要使微粒在圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應(yīng)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(yùn)動 qvB1＝m，R1＝0.6 m

24、 周期T＝＝10π s 0～5π s勻速圓周運(yùn)動半徑R1<|xP| 微粒運(yùn)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(yùn)動，位移大小 s1＝v＝ m＝1.8 m 運(yùn)動到D點：xD＝－2.6 m，yD＝1.2 m 10π～15π s微粒又做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動到E點： xE＝－2.6 m yE＝4R1＝2.4 m 此后微粒做勻速運(yùn)動到達(dá)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(jìn)入圓形磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑為 R2＝＝0.6 m 設(shè)軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為θ，則tan＝＝ M點：xM＝r＋＝(0.3＋) m 由數(shù)學(xué)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(yīng)沿y軸負(fù)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(fù)方向移動0.15 m　60°