《金版教程》高考物理大一轮总复习配套阶段示范性金考卷：磁场（含解析）

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1、阶段示范性金考卷(八)(教师用书独具)本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两局部，共110分第卷(选择题，共60分)一、选择题(此题共12小题，每题5分，共60分在第1、2、4、6、7、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项准确；在第3、5、8、11小题给出的四个选项中，有多个选项准确，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. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如下图，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.以下说法准确的是() A. O点的磁感应强度大小为2BB. O点的磁感应强度大小为BD. O点的磁感应强度方

2、向沿OI3方向指向I3解析：由安培定则可知电流大小为I3的导线在O点产生的磁感应强度方向垂直于O点指向I2，同样由安培定则可知I1与I3在O处磁感应强度相同，I2在O点磁感应强度方向指向I3.由平行四边形定则可得B0B，设方向与OI3连线夹角为，可得tan2，所以arctan2.答案：B2. 如下图，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是()A. Bmgtan/(IL)，方向垂直斜面向上B. Bmgsin/(IL)，方向垂直斜面向下C. Bmgtan/(IL)，方向竖直向上D. Bmg/(IL)，方

3、向水平向右解析：当磁场方向垂直斜面向上时，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A错误；同理可知C、D错误；磁场方向垂直斜面向下时，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BILmgsin，解得B，故答案为B.答案：B3. 2014广州实验中学检测如下图，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假如台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B假如台秤的示数增大，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假如台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大解析：假如台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作

4、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下，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准确，选项B、C错误由FBIL可知选项D准确答案：AD4. 如下图，一个带正电的滑环套在水平且充足长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如下图的匀强磁场中，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

5、匀速直线运动，故A准确当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对因为摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C错，应选C.答案：C5. 2013山西四校联考如下图，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入下面判断准确的是()A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁

6、场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场解析：两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，A准确；当运动的轨道半径等于圆形磁场区域的半径时，两电子在磁场中运动的时间都为T/4，时间相同，B错误；进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场，二者可能同时飞出磁场，进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场，C错误，D准确答案：AD6. 如下图，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

7、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：B7. 2014江西景德镇如下图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

8、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，如下图，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项准确答案：B8. 2014江西重点中学联考如下图，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下图的恒定电流I，则以下说法准确的

9、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下图的恒定电流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准确答案：AB9. 如下图，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

10、()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准确、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. 利用如下图装置能够选择一定速度范围内的带电粒子板MN下方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场

11、板上有一小孔O和宽为d的缝AC，小孔与缝左端A的距离为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从小孔垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽为d的缝射出的粒子，以下说法准确的是()A. 这些粒子从缝射出的速度方向不一定垂直于MNB. 从缝右端C点射出的粒子比从缝左端A点射出的粒子在磁场中运动的时间长C. 射出粒子的最大速度为D. 保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变解析：由几何关系可知，当粒子垂直于MN射入磁场时，一定以垂直于MN的方向射出磁场，在磁场中运动的时间与速度大小无关，应选项A、B错误；射出粒子的最大半径为R，由Bqvm得最大速度为，选项C错误；最小速度为，

12、最大速度与最小速度之差v，与L无关，应选项D准确答案：D11. 2014江苏扬州中学高三质检如下图，直角三角形ABC中存有一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向自A点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则() A从P射出的粒子速度大B从Q射出的粒子速度大C从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动的时间一样长解析：作出各自的轨迹如下图，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，速度方向与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1R2，所以从Q点射出的粒子速度大，B准确；根据图示可知，两个运动轨迹所对应的圆心角相等，所以从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等

13、BD准确答案：BD12. 如下图，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，则以下说法中准确的是()A. 因为磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为|B. 因为磁场力的作用，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：因为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

14、/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；因为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(此题共4小题，共50分)13. (12分)2013苏州模拟如下图为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于.当MN中没有电流通过

15、且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k2.0 N/m，0.20 m，0.050 m，B0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，则有mgkx，解得：x.(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，所以M端应接正极(3)设电流表满偏时通过MN的电流强度为Im，则有BImmg

16、k(x)，联立并代入数据得Im2.5 A(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有2BImmgk(x)解得：B.代入数据得：B0.10 T.答案：(1)(2)M端(3)2.5 A(4)0.10 T14. (12分)如下图，在xOy坐标平面的第一象限内存有有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存有有方向垂直纸面向外的匀强磁场荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)自坐标为(L,0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成

17、45角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标解析：(1)设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，有Bqv0m，其中R当粒子以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成45角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，则有Bq2v0m由以上各式可解得RL由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为90.(2)由几何关系可知CO(1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中向上运动的距离为h，则有

18、：L2v0t，hat2，a以上各式联立可解得：h所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为(L，(1)L)答案：(1)90(2)(L，(1)L)15. (12分)如下图，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d，右边充足宽，底面MN为荧光屏，在荧光屏中心O处置一粒子源，能够向纸面内以OA、OB为边界的区域内连续均匀发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的正粒子，其中沿OA方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光OA、OB与MN的夹角分别为60，30，不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)分别沿OA、OB方向发射的粒子在磁场中运

19、动的时间差t.解析：如图为粒子在匀强磁场中的运动轨迹(1)设粒子源发出的粒子在磁场中运动的半径为r，对于沿OA方向发射的粒子，由几何关系得rrsind解得r由牛顿第二定律得Bqv0联立解得B(2)沿OA、OB方向发射的粒子在磁场中运动的时间分别设为t1、t2，粒子做匀速圆周运动的周期设为T，则Tt1Tt2TtT联立解得t.答案：(1)(2)16. (14分)如下图，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

20、，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，因为重力忽略不计，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，所以，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) m2