【大师珍藏】高考物理一轮单元训练金卷：第十单元 磁场（B卷）含答案

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1、一 轮 单 元 训 练 金 卷 高 三 物 理 (B)卷第 十 单 元 磁 场注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接

2、 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、 (本题共 10 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分)1带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是( )A洛伦兹力一定会对带电粒子做功 B洛伦兹力的大小与速度无关C洛伦兹力不改变带电粒

3、子的速度方向 D洛伦兹力不改变带电粒子的动能2有两根长直导线 a、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点， M、N 为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与 O 点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流 I，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )AM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反BM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同C在 O 点的磁感应强度方向水平向右D在 O 点的磁感应强度方向水平向左3将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的 S 极朝上 N 极朝下，金属导线折成

4、上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来。下列判断正确的是( )A线框能旋转起来，是因为惯性B俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率D导线框将上下振动4 “极光”是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子发光引起的。假如我们在北极地区忽然发现正上方的某一高空出现了射向地球的、沿逆时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹） ，考虑大气的阻力。则关于引起这一现象的高速粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是( )

5、A高速粒子带正电 B高速粒子带负电C轨迹半径不变 D轨迹半径逐渐增大5如图所示的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为 L，共N 匝，线圈下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流 I 时，方向如图，在天平左、右两边各加质量分别为 m1、m 2 的砝码，天平平衡；当电流反向时 (大小不变)，右边再加上质量为 m 的砝码后，天平重新平衡，由此可知 ( )A磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 12()mgNILB磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 12()gILD磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 mN6如图所示，电子

6、经电压 U 加速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在 P 点，通过调节电压 U 可以控制 P 点的位置，设 OP = x，能够正确反映 U 与 x 关系的图象是( )7磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则( )A用电器中的电流方向从 B 到 AB用电器中的电流方向从 A 到 BC若只增大带电粒子电量，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大8如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的

7、M、N 两小孔中，O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O 点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流 I。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 IBkr，式中 k 是常数，I 是导线中的电流，r 为点到导线的距离。一带正电的小球(图中未画出)以初速度 v0 从 a 点出发沿连线运动到 b 点，关于上述过程，下列说法正确的是( )A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先增大后减小D小球对桌面的压力一直在增大9如图，ab、cd 是两根长度均为 L4.0 m，质量分别为 m10.6 kg 和m20.2 kg 的金属棒，两根等长的细金属杆将两节干

8、电池与两个金属棒串联成闭合回路，整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上，保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 B1.0 T，电路中的电流 I0.5 A，待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形，取 g10 m/s 2)，则( )A绝缘细线与竖直方向的夹角 0B绝缘细线与竖直方向的夹角 45C细金属杆与竖直方向的夹角 45D细金属杆与竖直方向的夹角 9010如图(a)所示，在半径为 R 的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板 MN 两端点恰在圆周上，且 MN所对的圆心角为 120 。在 t = 0 时，一质量为 m、电荷量为+q 的带

9、电粒子，以初速度 v 从 A 点沿直径 AOB 射入场区，运动到圆心 O 后，做一次半径为 2R的完整的圆周运动，再沿直线运动到 B 点，在 B 点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变） ，运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )A磁场方向垂直纸面向外B图(b) 中 02mvqRC图(b) 中 0(1)TvD若 t = 0 时，质量为 m、电荷量为- q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，偏转、碰撞后，仍可返回 A 点二、(本题共 4 小题，共 50 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的

10、文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11(10 分) 如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成 角。设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R；(2)电子在磁场中运动的时间 t；(3)圆形磁场区域的半径 r。12(12 分) 如图所示，有一平行板电容器左边缘在 y 轴上，下极板与 x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为 E。一电荷量为

11、 q，质量为 m 的带电粒子，从 O 点与 x 轴成 角斜向上射入极板间，粒子经过 K 板边缘 a 点平行于 x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为 B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出) ，随后从 c 点垂直穿过 x 轴离开磁场。已知粒子在 O 点的初速度大小为 v ，acO 45，cos ，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，3EB 33带电粒子重力不计，试求： (1)K 极板所带电荷的电性；(2)粒子经过 c 点时的速度大小；(3)圆形磁场区域的最小面积。13(14 分) 如图所示，空间有垂直 xOy 平面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场和沿 - y

12、 方向电场强度大小为 E 的匀强电场。一质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子(重力不计)以速度 v0 从 y 轴上的 M 点沿 x 轴正方向射入电磁场区域，一段时间后粒子经过 x 轴的正半轴上的 N 点，且此时速度大小为 EB，方向与+x 轴的夹角为 = 60，此时撤去电场，再经过一段时间，粒子恰好垂直经过 y 轴上的P 点( 图中未画出 )，不计粒子重力，求：(1)粒子到达 N 点时加速度的大小 a；(2)M 点的坐标和 P 点的坐标。14(14 分) 如图所示，xOy 坐标系中，在 y 轴右侧有一平行于 y轴的边界 PQ，PQ 左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为 B 与 2的匀强磁场，磁场

13、方向均垂直于 xOy 平面向里y 轴上有一点 A 与原点 O 的距离为 l电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子，以某一速度从坐标原点 O 处沿 x 轴正方向射出，经过的时间为 43mtqB时恰好到达 A 点，不计粒子的重力作用。(1)粒子在左右中圆周运动半径大小之比 r1 : r2(2)求边界 PQ 与 y 轴的距离 d 和粒子从 O 点射出的速度大小 v0；(3)若相同的粒子以更大的速度从原点 O 处沿 x 轴正方向射出，为使粒子能经过 A 点，粒子的速度大小应为多大？一 轮 单 元 训 练 金 卷 高 三 物 理 (B)卷第 十 单 元 磁 场 答 案一、 (本题共 10 小题，每小题

14、6 分，在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分)1 【答案】D2 【答案】A3 【答案】B4 【答案】B【解析】在北极上空有竖直向下的磁场，由地面上看带电粒子的运动轨迹沿逆时针方向，则从上空看带电粒子的轨迹沿顺时针方向，由左手定则得粒子带负电。故 A 错误，B 正确；运动过程中粒子因空气阻力做负功，运动动能变小，速度减小，则半径小，故 C、D 错误。5 【答案】B【解析】当 B 的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当

15、于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码，则有 2mgNIL，所以 2mgI，故 B 正确，A 错误；当 B 的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故 C、D 错误。6 【答案】C【解析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得 21mvUq，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有2vqBmr，粒子运动半个圆打到 P 点，所以 2xr，解得2mUxBq，即 x 与 成正比，故 C 正确。7 【答案】BD8 【答案】BC9 【答案】AC【解析】以整体为研究对象，

16、整体总共受到四个力的作用，水平方向上，两金属棒受到力的大小均为 FBIL，方向相反的安倍力，这两个力互相平衡；竖直方向上，绝缘细线的拉力与总的重力平衡，因为重力的方向竖直向下，所以，绝缘细线的拉力一定是竖直向上，也就是说，绝缘细线与竖直方向的夹角为 0，A 正确，B 错误；以 cd 棒为研究对象，cd 棒受三个力而平衡，安培力 FBIL10.54 N2 N，cd 棒的重力 m2g0.210 N2 N，由平衡条件得Fm 2gtan ，解得 45，即金属丝与竖直方向的夹角为 45，C 正确，D 错误。10 【答案】BC【解析】根据轨迹可知，带正电的粒子从 O 点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，

17、磁场方向垂直纸面向里，A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得20/vqBR，解得磁感应强度 02mvBqR，B 正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间 1Rtv，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间 22stvv，磁场变化的周期 012()RTtv，C 正确；若 t = 0 时，质量为m、电荷量为-q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，到达 O 点后向下，与板碰撞后，到达B 板，与 B 碰撞后向上偏转 90然后从磁场中飞出，则不能返回 A 点，D 错误。二、(本题共 4 小题，共 50

18、分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11(10 分) 【解析】(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB mv2R由此可得电子做圆周运动的半径 R 。mvqB mveB(2)如图所示，根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角 则电子在磁场中运动的时间：t T 。2 22Rv v mveB meB(3)由题意知，由图根据几何关系知：tan 2 rR解得 rRtan tan 。2 mveB 212(12 分) 【解析】(1

19、)粒子由 a 到 c，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K 板带正电， L 板带负电。(2)粒子由 O 到 a 做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达 a 点平行于 x 轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a 点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过 c 点时的速度与 a 点速度大小相等。由上可知粒子经过 c 点时的速度大小 vcv avc

20、os 。3Ecos B EB(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a、c 为两个切点。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qv cBmvc2R可得轨迹半径 R mvcqB mEqB2粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界 ab 切于 a 点，还需保证 c 点也在磁场中，当圆形磁场与 bc 切于 c 点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。磁场最小面积 SR 2 。m2E2q2B413(14 分) 【解析】(1)粒子过 N 点洛伦兹力 1FqvE，电场力 2FqE 两力夹角是 120，所以这两个力的合力大小是由牛顿第二定律得 qEam。(2

21、)带电粒子由 M 运动到 N 的过程中，由动能定理： 2201MqEymv解得：20()EBvyq所以 M 点坐标是（0，20()m）撤去电场后，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，向心力由洛伦兹力提供：2vqBRmvR， 23cos60mEyqB所以 P 点坐标是（0， 2） 。14(14 分) 【解析】 （1）带电粒子在两侧磁场均做圆周运动，均有：2001vqBmr，20vBqr解得： 2:（2）由 23mTqB得： 21T粒子经过实践 t 恰好到达 A 点，其轨迹如图设 OM 段圆弧对应圆心角为 ，则： 12423mTqB解得： 60O1O2O3 为等边三角形，由几何关系可得：lr， 1sind解得： 6l， 3rl由2001vqBmr得： 0qBl。（2）速度更大的粒子，必从 y 轴高点处转向下方时经过 A 点，一个周期图像如图粒子在一个周期内沿 y 轴方向的位移为： ，其中：r 2=2r1即： 1sinyr，其中 1cosdr经过 A 点的条件是：ny = l，n =1，2，3，且：21vqBmr得： 23lvn，n = 1，2，3，因 0，故 n 只能取 1 或 2，故粒子的速度大小为： 3qBlvm或 21qBlv。