2020年高考物理总复习：磁场(选修3-1)同步测试卷

1、2020新课标 名师导学 高考第一轮总复习同步测试卷物理（九）（磁场）【P399】时间：90 分钟总分：100 分一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分其中 17 为单项选择题，812 题为多项选择题，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不选的得 0 分）1.中国宋代科学家沈括在公元1086 年写的梦溪笔谈中最早记载了 “方家（术士 ）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也” 进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示,结合上述材料，下列说法正确的是（B）A .在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B.对垂直射向地

2、球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱 , 赤道附近最强C. 形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D .由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近；所以在地磁场的作用下小磁针 静止时指南的磁极叫南极 ，指北的磁极叫北极，选项 A 错误；在地球的南、北极地磁的方 向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行 ，则高能粒子所受的磁场力最大 ，选项 B 正确； 地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极 ，由安

3、培定则判断可能地球是带负电的,故 C 错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置 ，地磁场方向与导线电流的方向垂直 ，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行 奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故 D 错误.2.如图， 闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝构成，圆环半径为 L ,圆心为 O, P、Q 在圆环上，/ POQ= 90 ,圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场磁感应强度为 B.两根导线一端分别连接 P、Q 两点，另一端分别与直流电源正、负极相连，已知圆环的电阻为 4r,【解析】优弧 PQ 的电阻为 3r,劣弧 PQ 的电阻为 r,两部分并联

4、在电路中，流过优弧E 1 E E 3 3EPQ 的电流由 P 到 Q,流过劣弧的电流由 P 到 Q ,电流分别为-x4 =石，7% 二匸，将优、E3E劣弧等效为直导线 PQ,所受安培力为 Fi= B4r 2L , F2= Br 2L ,所以合力为 F= Fi+ F23.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B = #,即磁感应强度 B 与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离 r 成反比.如图所示两根平行长直导线相距为R,通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在 0R 区间内磁感应强度 B 随 x【解析】根据安培定则可得通电导线 a 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向内

5、 ，通电电源的电动势为4BELA. 17rrE,内阻为4,则圆环受C.BELrB.17r辺 BELr2BEL故 D 正确.变化的图线可能是(C)11Bi-!H11A* 和R城1 !1i1H导线 b 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位 置磁场为零.由于规定 B 的正方向为垂直纸面向外 ，所以 C 正确，A、B、D 错误.4.如图 1 是回旋加速器 D 形盒外观图，如图 2 是回旋加速器工作原理图微观粒子从 S 处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度Vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方下列说法正确的是（D）A . D 形盒半径是决定

6、Vm的唯一因素B.粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C.高频电源的电压是决定 Vm的重要因素D .高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期【解析】回旋加速器中加速的粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式 R =囂，可得Vm=詈，与加速的电压无关，而最大速度与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大，则 A、C 错误回旋加速器是利用电场加速增大速度、磁场偏转来改变粒子的速度方向，B 错误.粒子在磁场中T磁2 冗 m转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则 T电=2X2 = T磁=, D 正确.5.在竖直放置的光滑绝缘圆环中，套有一个带电荷量

7、为一 q、质量为 m 的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，已知场强大小为 E =mg,当小环从大环顶无初速下滑q时，在滑过的角度为何值时，所受洛伦兹力最大（C）n n3nA.B. C. D. n424【解析】把重力和电场力等效为一合力，当此合力对小环做功最多时，小环的速度最大_一3n洛伦兹力也最大.此位置在下图中的P 点，由几何知识可得小环滑过了 的角度.边界上有一粒子源 S,粒子源以相同的速率v 沿纸面向磁场中各个方向发射比荷为带电粒子，不计粒子重力，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为(C)对应的弦长最长，由几何关系可知，最大弦长为 2r,此时所对应的圆心角为60则运动最T 12n2

8、r 2 冗 r长时间为t= T= 1xp=乔，故选 c.7.如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场，一带负电的粒子从原点0 以与 x 轴成 30角斜向上的速度 v 射入磁场，且在 x 轴上方运动半径为R.则(B)A .粒子经偏转一定能回到原点0B.粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1 : 2D.粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 2R6如图所示，空间内存在半径为r 的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B.在磁场q_v_ m2rBA.nr3vB.nr2vC.3vD.【解析】粒子做圆周

9、运动的轨道半径为mvqB=2r,在磁场中运动时间最长的粒子轨迹C.粒子完成一次周期性运动的时间为2nm3qB【解析】根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦玆力方向不 同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转 ，而在第四象限沿逆时针方向旋转 ，不可能回到原点确.负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60粒子圆周运动的周期为2nmT= qB，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为冗 m期性运动的时间为 tl+t2=丙故 C 错误.根据几何知识得：粒子第二次射入 X 轴上方磁场时，沿 x 轴前进距离为 x = R + 2R= 3R.故 D

10、错误.&电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨 道保持良好接触电流 I 从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可 形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（BD）A .只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍C. 只将弹体质量减至原来的一半D .将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其他量不变所以正确答案是 B、D.0故 A 错误.由 r

11、=mvqB，则粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1 : 2.故 B 正60T=T360nm3qB ；同理，在第四象限运动的时间为60t2=T3601 2Ttm2nm言吾=菇,完成一次周【解析】主要考查动能定理.利用动能定理有12BIlL = ?mv , B = KI ,解得 v=9.带电粒子以速度 v 沿 CB 方向射入一横截面为正方形的区域.C、B 均为该正方形两边的中点，如图所示,不计粒子的重力当区域内有竖直方向的匀强电场E 时，粒子从 A点飞出，所用时间为 切 当区域内有垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，粒子也从 A 点飞出，所用时间为 t2,下列说法正确的是（

12、AD）A . t1t2【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场nE 5D.B=4v45v中做匀速圆周运动，CACB,所以 t2ti, A 正确，B 错误；设正方形区域的边长为I,贝U当12|加电场时，有 I = vti和-=,可得 E=卬十.当加磁场时，根据几何关系，有（R ）2+12=2ql2磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场质量为m、半径为 R 的圆环时，恰好能水平静止在 N 极正上方 H 处.已知与磁单极子 N 极相距 rk处的磁感应强度大小为B =：,其中 k 为常数.重力加速度为g.则（AC）A .静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）B.静止时

13、圆环沿其半径方向有扩张的趋势mg（H2+ R2）C. 静止时圆环的电流 1=22nkRD .若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放,下落中加速度先增加后减小【解析】环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知静止时圆环中的电流方向为顺时针方向（俯视），故 A 正确；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向里，所以环有收缩的趋势，故 B 错误；对环的某一部分进行受力分析 如图：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0,竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到R2,得 R=4I,再由10.如图所示

14、，当通有恒定的电流 IR=迈得 B =Rk的安培力：F= BI 2 冗 R,由几何关系：Fsin0=mg, sinB= ,由题：B =/H2+ R2/H2+ R2mg(H +R)联立得：1=一，故 C 正确；若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减冗 kR小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所 以合外力减小，加速度先减小后增大，故 D 错误.11.如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I,线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通IHB过霍尔元件的电流为 IH,与其前后

15、表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH= 碍,式中 k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离电阻R 远大于 RL,霍尔元件的电阻可以忽略，则(CD)A .霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调，电压表将反偏C.IH与 I 成正比D .电压表的示数与 RL消耗的电功率成正比【解析】当霍尔元件通有电流 IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动 ，故霍尔元件的前表面电势较高.若将电源的正负极对调，则磁感应强度 B 的方向反向，IH方向反向，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动 ，故仍是霍尔元件的前表面电势 较高，选项 A、B 错误.因 R 与 RL并联，根据并

16、联分流，得 IH=RI,故 IH与 I 成正比，RL+ RR2IHB选项 C 正确.由于 B 与 I 成正比，设 B = al,贝 U IL=I, PL= ILRL,故 UH=k=R + RLdak ( R+ RL)RPL，知 UH-PL,选项 D 正确.12.如图所示,长方形 abed 长 ad= 0.6 m,宽 ab=0.3 m, 0、e 分别是 ad、be 的中点， 以 ad 为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场）,磁感应强度 B= 0.257-32T.群不计重力、质量 m= 3X10 kg、电荷量 q = + 2x10 C 的带电粒子以速度 v= 5x10 m/s 沿

17、垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域（CD）A .从 Od 边射入的粒子，出射点全部分布在 Oa 边B.从 aO 边射入的粒子，出射点全部分布在 ab 边C.从 Od 边射入的粒子，出射点分布在 be 边D.从 aO 边射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 be 边【解析】由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨道半径 R = mV = 0.3 m .从 O 点射入qB的粒子运动轨迹如图中的 1 所示，从 aO 边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的 2 所示，出 射点应分布在 be 边和 ab 边上； 从 Od 边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的 3 所示， 出射 点应分布在 be 边上.综上所述

18、,选项 C、D 正确.二、计算题（本大题共 3 个小题，共 52 分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）13. （16 分）如图，在 xOy 平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为 B的匀强磁场，从点（0, a）向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+ y 方向成 30150 ,且在 xOy 平面内.结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，已知带电粒子电量为 q、质量为 m,粒子的重力及粒子间相互作用不计.求：(1) 垂直 y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v;(2) 求粒子在第I象限的磁场中运动的最长时间与最短时间

19、差.解得：v =譽角 30,转过 150时有：t1=T =x辔6qB360360qB 6qBB302nm最短时间对应粒子初速度与y轴负方向夹角3转过30时有：2= 360=赢x帀冗m6qB2nm则时间差为：t=t1- 12=诙14. (16 分)1932 年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如 图所示，置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间 可以忽略不计.磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直.A 处粒子源产生的粒子，质量为 m、 电荷量为+ q，在加速器中被加速，加速电压为 U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.(1)求粒子第 2 次和第求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t.【解析】(1)设粒子第