备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第十单元磁场B卷含解析

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1、第十单元 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13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第913题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2019全

2、国I卷)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2F B1.5F C0.5F D02(2019全国II卷)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A， B，C， D，3如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方

3、向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O在MN上，且OO与MN垂直，下列判断正确的是()A电子将向右偏转B电子打在MN上的点与O点的距离为dC电子打在MN上的点与O点的距离为dD电子在磁场中运动的时间为4如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，电场和磁场相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子()A一定带正电B速度大小为C可能沿QP方向运动D若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转5质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘固定斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向

4、里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是()A小物块一定带正电荷B小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动D小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的作用力为零时的速率为6如图所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下列选项中O处磁感应强度和图中O处磁感应强度相同的是() 7如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆

5、弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是()A细线PM的拉力先增大后减小B小球b机械能逐渐减小C小球b所受库仑力大小始终为2mgD小球b加速度大小先变大后变小8如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球从环的顶端a点由静止释放，下列

6、判断正确的是()A小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B当小球运动到c点时，洛伦兹力最大C小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小9图中直流电源电动势为E1 V，电容器的电容为C1 F两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l1 m，电阻不计一质量为m1 kg、电阻为R1 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，MN开始向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B1 T的匀强磁场(图中未画出)。当MN达到最大速度时离开导轨，则()A磁感应强度垂直纸面向外

7、BMN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5 CCMN的最大速度为1 m/sDMN刚开始运动时加速度大小为1 m/s210如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U。已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是()AM板比N板电势高B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C导体中自由电子定向移动的速度为vD导体单位体积内的自由电子数为11如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限

8、内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法中正确的是()A磁场方向一定是垂直xOy平面向里B所有粒子通过磁场区的时间相同C所有粒子在磁场区运动的半径相等D磁场区边界可能是圆弧12如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g。在金属棒下滑到底端的过程中()A末速度的大小B通过金属棒的电流大小C通过金属

9、棒的电流大小D通过金属棒的电荷量13空间存在平面直角坐标系xOy，在x0区域内有沿x轴正向的匀强电场，在x0区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OAh，OD2h。一个质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子自A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则()A匀强电场的场强大小为B匀强磁场的磁感应强度大小为C能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度vD能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上

10、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)14(8分)如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量m0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h20 cm的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取10 m/s2)15(10分)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入

11、磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速度大小v；(2)电子枪的加速电压U；(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。16(12分)如图所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在垂直纸面的匀强磁场， R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q、质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。(1)如图，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速

12、度v1射出，方向与OA延长线成45角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。(2)在图中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v2，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？17(18分)如图甲所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，两小球P、Q可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。已知匀强电场的电场强度，水平台面距地面高度，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求P、Q两球首次发生弹性碰

13、撞后小球Q的速度大小；(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q的运动轨迹如图乙所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）。求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H。3单元训练金卷高三物理(B)卷第十单元 答 案一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第913题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L

14、，则电路中，上下两路电阻之比为R1R22RR11，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I1I212。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式FBIL，可知FFI1I212，得F0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为FF1.5F，故选B。2 【答案】B【解析】a点射出粒子半径Ra，得va，d点射出粒子半径Rb，同理可得vd，故B选项符合题意。3【答案】D【解析】电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为x，则由几何知识得

15、：xr2d(2)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得：sin0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t，故D正确。4【答案】B【解析】若粒子从左边射入，则不论带正电还是负电，电场力大小均为qE，洛伦兹力大小均为FqvBqE，这两个力平衡，速度v，粒子做匀速直线运动，故A错误，B正确；若粒子从右边沿虚线方向进入，则电场力与洛伦兹力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直线运动，故C错误若速度v，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时，粒子才向下偏转，故D错误。5【答案】B【解析】带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左

16、手定则知，小物块带负电，故A错误；小物块沿斜面运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律知agsin，小物块在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；当物块对斜面的作用力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosqvB，解得v，故D错误。6【答案】A【解析】由题意可知，图中O处磁感应强度的大小是其中一条导线在O点的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里，A中，根据安培定则可知，左上与右下的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余的两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一条导线在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向

17、里，故A正确；同理，B中，四条通电导线在O处的磁感应强度大小是其中一条在O处的磁感应强度大小的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；C中，右上与左下的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一条在O处产生的磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；D中，左上和右下的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余两条通电导线在O处的磁感应强度大小是其中一条在O处产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误。7【答案】A【解析】设PN与竖直方向成角，对球a受力分析，竖直方向上有：FPNcosmgF库sin，水平方向上有：F库cosFPNsinFPM

18、。解得：FPMmgtan3mgcos()cos，下滑时从0增大90，细线PM的拉力先增大后减小，故A正确；在小球b由G滑到H过程中，小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球b机械能守恒，故B错误；根据机械能守恒定律，小球b从G滑到H过程中，有：mgR，H处有：F库mg，则有：F库3mg，故C错误；设b与a的连线与水平方向成角，则有：mgRsin，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即，可知小球的加速度一直变大，故D错误。8【答案】D【解析】小球所受的电场力与重力大小相等，则二者的合力方向与水平方向夹角为45斜向左下，小球所受洛伦兹力、圆环的弹力

19、方向始终与小球运动方向垂直，故不做功。该模型可等效为小球在圆环上运动只有“等效重力”做功的情况，等效最高点为弧ad中点，该点速度最小，等效最低点为弧bc中点，该点速度最大；由于a和d关于等效最高点对称，则小球在a和d的速度大小相等，均为0，即小球只能达到d点，但不能越过d继续向上运动，故A选项错误；由题意可知，小球的电荷量以及磁场的磁感应强度不变，小球所受洛伦兹力与小球的速度大小有关，小球在弧bc中点速度最大，即在弧bc中点处所受洛伦兹力最大，故B选项错误；小球从a到b过程中，电场力做正功，电势能减小，故C选项错误；小球从b到c过程中，电场力做负功，电势能增大，小球从b到弧bc中点过程中，合外

20、力做正功，动能增大，从弧bc中点到c过程中，合外力做负功，动能减小，则从b到c过程中动能先增大后减小，故D选项正确。9【答案】BD【解析】充电后电容器上板带正电，通过MN的电流方向由M到N，由于MN向右运动，受到的安培力向右，根据左手定则知，磁感应强度垂直纸面向里，故A错误；当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为Q，有：Q0CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有：EBlvmax.依题意有：E，设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为有：Bl，由动量定理，有tmvmax0.。又tQ0Q

21、，联立得：Q，代入数据解得Q0.5 C，vmax0.5 m/s，B正确，C错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I，设MN受到的安培力F，有：FIlB，由牛顿第二定律有：Fma，联立以上三式得，MN刚开始运动时加速度a1 m/s2，故D正确。10【答案】CD【解析】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，选项A错误电子定向移动相当于长度为d的导体垂直切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有UEBd

22、v，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项B错误；由UEBdv得，自由电子定向移动的速度为v，选项C正确；电流的微观表达式是InevS，则导体单位体积内的自由电子数n，Sdb，v，代入得n，选项D正确。11【答案】CD【解析】由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a，根据左手定则可知，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R，由于为同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆

23、，也可能是圆弧，故D正确。12【答案】ACD【解析】根据速度位移关系v22as可得末速度的大小，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsinBIdma，解得通过金属棒的电流大小，故B错误、C正确；金属棒运动的时间，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量，故D正确。13【答案】AD【解析】设粒子的初速度为v0，从A点进入电场以后做类平抛运动，可得，v0t02h，A正确；粒子从A运动到D做类平抛的位移偏转角的正切值为，所以速度偏转角的正切值为，所以D点速度与y轴正方向成60，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子必须在D点关于x轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀

24、速圆周运动的半径，所以，B错误；因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为（0，y），速度为v1，方向与y轴夹角为，x方向的速度为vx，则vt0=y，v1cos =v，v1sin =vx=，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，所以粒子第二次到达y轴的坐标为（0，y-2rsin ），y-2rsin =v0t-4h，第一次和第二次到达y轴的点的间距为2rsin = 4h，与初速度无关，所以根据对称性可知，第一次到达y轴的坐标为（0，3h），第二次到达y轴的坐标为（0，h），所以能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v，C错误，D正确。二、(本题共4小题，共4

25、8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)14【解析】在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：Wmv2 (2分)设平抛运动的时间为t，则竖直方向：hgt2 (2分)水平方向：svt (2分)联立以上三式解得：W0.5 J。 (2分)15 【解析】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evBm (1分)电子轨迹如图甲所示，由几何关系得rR (1分)联立解得v (1分)(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eUmv2 (2

26、分)联立解得U (1分)(3)电子在磁场中运动的半径rR，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上.从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，60 (2分)GN (2分)16【解析】(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得： (1分)由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90，则 (1分)联立解得： (1分)粒子做匀速圆周运动的周期： (1分)粒子在磁场中运动的时间： (1分)解得： (1分)(2)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹如图乙所示，分两种情况：第种情况：由几

27、何关系可知粒子运动的轨道半径： (1分)设此过程的磁感应强度为B1，由牛顿第二定律得： (1分)解得： (1分)第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径： (1分)设此过程的磁感应强度为B2，则 (1分)综合、可知磁感应强度应小于 (1分)17【解析】(1)小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得： (1分) (1分)联立解得 (2分)(3)对于小球Q，由于，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 (2分)经过一个周期的时间 (1分)小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后 (1分)小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有 (1分)代入数据，得：故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间 (2分)落地点与平台边缘的水平距离 (1分)(3)PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得： (2分)即又由动能定理可得 (2分)解得： (2分)3