【走向高考】高考物理一轮复习磁场综合测试题配套练习.pdf

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1、用心爱心专心1 2011走向高考系列物理一轮复习配套练习-磁场 综合测试题（带详答）本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分100 分，考试时间90 分钟第卷(选择题共 40 分)一、选择题(共 10 小题，每小题4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分)1在赤道上某处有一个避雷针当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为()A正东 B正西C正南D正北 答案 B 解析 赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针

2、的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西2如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F，为使F0，可能达到要求的方法是()A加水平向右的磁场B加水平向左的磁场C加垂直纸面向里的磁场D加垂直纸面向外的磁场 答案 C 解析 要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直纸面向里，导线所受安培力向上3(2009广州测试三)如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受

3、安培力为零，则以下判断可能正确的是()AE0 BE0CB0 DB0 答案 ACD 解析 点电荷在电场中必受电场力，除非E0，选项 A正确，B错误一小段通电直导线放入磁场中，若I与B平行，也不会受安培力，选项CD都可以4如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关 S闭合后，则小磁针北极N(黑色的一端)指示磁场方向正确的是()用心爱心专心2 Aa BbCc Dd 答案 BD 解析 开关S闭合后，通电导线AB周围的磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，用右手定则判断知，其方向俯视为逆时针，所以a的指向错误；螺线管C的磁感线与条形磁铁的相似，电磁铁D的磁感线与蹄形磁

4、铁的相似，均由右手定则判断其磁感线方向知，b和d的指向都正确；而c的指向错误5科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针突然失灵，原来指向正北的N 极逆时针转过 30(如图所示)，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为()ABB 2BC.B2D.3B2 答案 C 解析 指南针 N极的指向表示该位置的磁感应强度的方向，由题干分析得合磁场方向与原来磁场方向的夹角为30，根据矢量合成法则分析(如图所示)，磁矿的磁感应强度水平分量的最小值为地磁场磁感应强度水平分量的一半6在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，

5、在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在t2.5s 时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为35 C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 答案 BC 解析 由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度之比为32，由牛顿第二定律可知：mgFmg32，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B 正确小球在t2.5s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确因小球只受

6、重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错用心爱心专心3 7(2009苏北四市联考二)如图所示，匀强电场水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合有一电荷量为q、质量为m的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，开始一小段时间内，小球()A可能做匀速直线运动B一定做变加速曲线运动C重力势能可能减小D电势能可能增加 答案 BC 解析 在光滑水平杆上小球由静止释放向右运动，说明小球带正电，在复合场中小球受三个力作用，重力、电场力、洛伦兹力，因电场力做正功，速度在变化，重力与洛伦

7、兹力不可能始终相等，小球不可能做匀速直线运动，A 错；若重力与洛伦兹力的合力向上，此时重力做负功，重力势能可能增加；若重力与洛伦兹力合力向下，则重力做正功，重力势能可能减小，C对；重力、电场力、洛伦兹力三力的合力与小球运动的速度方向不在一条直线上，小球一定做变加速曲线运动，B对；电场力始终做正功，电势能一定减小，D错，本题选BC.8如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是()A若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P不可能做匀速直线

8、运动D若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动 答案 D 解析 因为带电油滴原来处于静止状态，故应考虑带电油滴所受的重力当仅撤去电场时，带电油滴在重力作用下开始加速，但由于受变化的磁场力作用，带电油滴不可能做匀加速直线运动，A 错；若仅撤去磁场，带电油滴仍处于静止，B 错；若给P的初速度方向平行于磁感线，因所受的磁场力为零，所以P可以做匀速直线运动，C 错；当P的初速度方向平行于纸面时，带电油滴在磁场力作用下可能做顺时针方向的匀速圆周运动9(2009淄博一模)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为q，质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处

9、自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是()用心爱心专心4 答案 CD 解析 在 A图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A 选项错误；B 图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B 选项错误；C 图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若这三个力的合力正好为0，则小球将沿直线通过复合场，C 选项正确；D 图中小球只受到向下的重力和向上的电场力，都在竖直方向上，小球可能沿直线通过复

10、合场，D选项正确10(2010潍坊)如图所示，质量为m，带电荷量为q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现给环一向右的初速度v0v0mgqB，则()A环将向右减速，最后匀速B环将向右减速，最后停止运动C从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12mv20D从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12mv2012mmgqB2 答案 AD 解析 环在向右运动过程中受重力mg，洛伦兹力F，杆对环的支持力、摩擦力作用，由于v0mgqB，qv0Bmg，在竖直方向有qvBmgFN，在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以环的速度越来越小，当F

11、N0 时，Ff0，环将作速度v1mgqB的匀速直线运动，A 对 B错，从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能为动能的减少，即12mv2012mmgqB2，故 D对C错，正确答案为AD.第卷(非选择题共 60 分)二、填空题(共 3 小题，每小题6 分，共 18 分把答案直接填在横线上)11(6 分)如图(甲)所示，一带电粒子以水平速度v0v0”、“解析 由题意可知，带电粒子穿过叠加场的过程中，洛伦兹力小于电场力，二力方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受电场力时偏移的距离小，且洛伦兹力不做功，故W1W2.12(6 分)在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线若任意

12、时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q.则每个电荷所受的洛伦兹力F洛_，该段导线所受的安培力为F_.答案 qvBNqvB 解析 垂直于磁场方向运动的带电粒子所受洛伦兹力的表达式为F洛qvB，导体在磁场中所受到的安培力实质是导体中带电粒子所受洛伦兹力的宏观体现，即安培力FNF洛NqvB.13(6 分)如图中MN表示真空中垂直于纸面的平板，板上一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域，最后到达平板上的P点已知B、v以及P到O的距离l，不计重力，则此粒子的比荷为_ 答案 2vBl 解析 粒子初速

13、度v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有qvBmv2R因粒子经O点时的速度垂直于OP，故OP为直径，l2R，由此得qm2vBl.三、论述计算题(共 4 小题，共42 分解答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(10分)如图所示，MN是匀强磁场的左边界(右边范围很大)，磁场方向垂直纸面向里，在磁场中有一粒子源P，它可以不断地沿垂直于磁场方向发射出速度为v、电荷为q、质量为m的粒子(不计粒子重力)已知匀强磁场的磁感应强度为B，P到MN的垂直距离恰好等于粒子

14、在磁场中运动的轨道半径求在边界MN上可以有粒子射出的范围用心爱心专心6 答案 (13)R 解析 在图中画出两个过P且半径等于R的圆，其中的实线部分代表粒子在磁场中的运动轨迹，下面的圆的圆心O1在p点正下方，它与MN的切点f就是下边界，上面的圆的圆心为O2，过p点的直径的另一端恰在MN上(如图中g点)，则g点为粒子射出的上边界点由几何关系可知：cfR，cg(2R)2R23R即可以有粒子从MN射出的范围为c点上方3R至c点下方R，fg(1 3)R.15(10 分)如图所示，在竖直平面内有范围足够大、场强方向水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一绝缘“?”形

15、杆由两段直杆和一半径为R为半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内PQ、MN与水平面平行且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m、带电量为q的小环套在MN杆上，它所受到的电场力为重力的12倍现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点，求：(1)D、M间的距离x0；(2)上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ杆的动摩擦因数为(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)现将小环移至M点右侧 5R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功 答案 (1)4R(2)72mgqB3gR(3)12

16、mgR 解析 (1)由动能定理得：qEx0 2mgR0 qE12mgx04R.(2)设小环在A点速度为vA由动能定理得：qE(x0R)mgR12mv2A用心爱心专心7 vA3gR由向心力公式得：NqvABqEmv2ARN72mgqB3gR.(3)若mgqE即12，则小环运动到P点右侧s1处静止qE(5Rs1)mg2Rmgs10 s1R12小环克服摩擦力所做的功W1mgs1mg R12若mgqE即10cm，E1E2 40V/m，B14103T，B222103T.用心爱心专心9 试求：(1)该带电粒子离开区域时的速度(2)该带电粒子离开区域时的速度(3)该带电粒子第一次回到区域的上边缘时离开A点的

17、距离 答案 (1)2 104m/s 方向竖直向下(2)2 104m/s 方向与x轴正向成45角(3)57.26cm 解析 (1)qE1d112mv2得：v2104m/s，方向竖直向下(2)速度大小仍为v2104m/s，如图所示qB1vmv2R1方向：sind2R1可得：45所以带电粒子离开区域时的速度方向与x轴正向成45角(3)设该带电粒子离开区域也即进入区域时的速度分解为vx、vy，则：vxvyvsin45 2104m/s 所以：qB2vxqB2vy1.281017N.qE21.281017N qE2qB2vx所以带电粒子在区域中运动可视为沿x轴正向的速率为vx的匀速直线运动和以速率为vy，以及对应洛伦兹力qB2vy作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：R2mvyqB2 10cm 用心爱心专心10 T2mqB22105s 根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域的上边缘的B点，距A点的距离为：d2(1 cos)R1R2vxT4代入数据可得：d57.26cm