【走向高考】高考物理一輪復習-磁場-綜合測試題配套練習

2011走向高考系列物理一輪復習配套練習--磁場綜合測試題（帶詳答）本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分100分，考試時間90分鐘．第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項符合題目要求，有些小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．在赤道上某處有一個避雷針．當帶有負電的烏云經(jīng)過避雷針上方時，避雷針開始放電，則地磁場對避雷針的作用力的方向為 ()A．正東B．正西C．正南 D．正北[答案]B[解析]赤道上方地磁場磁感線的方向由南向北，通過避雷針的電流方向向上，由左手定則知，安培力的方向向正西．2．如圖所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I方向從M到N，繩子的拉力均為F，為使F＝0，可能達到要求的方法是 ()A．加水平向右的磁場B．加水平向左的磁場C．加垂直紙面向里的磁場D．加垂直紙面向外的磁場[答案]C[解析]要使繩子的拉力變?yōu)榱?，加上磁場后，應使導線所受安培力等于導線的重力，由左手定則可判斷，所加磁場方向應垂直紙面向里，導線所受安培力向上．3．(2009·廣州測試三)如果用E表示電場區(qū)域的電場強度大小，用B表示磁場區(qū)域的磁感應強度大?。F(xiàn)將一點電荷放入電場區(qū)域，發(fā)現(xiàn)點電荷受電場力為零；將一小段通電直導線放入磁場區(qū)域，發(fā)現(xiàn)通電直導線受安培力為零，則以下判斷可能正確的是 ()A．E＝0 B．E≠0C．B＝0 D．B≠0[答案]ACD[解析]點電荷在電場中必受電場力，除非E＝0，選項A正確，B錯誤．一小段通電直導線放入磁場中，若I與B平行，也不會受安培力，選項CD都可以．4．如圖所示，直導線AB、螺線管C、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關(guān)S閉合后，則小磁針北極N(黑色的一端)指示磁場方向正確的是 ()A．a(chǎn) B．bC．c D．d[答案]BD[解析]開關(guān)S閉合后，通電導線AB周圍的磁感線是以導線AB上各點為圓心的同心圓，用右手定則判斷知，其方向俯視為逆時針，所以a的指向錯誤；螺線管C的磁感線與條形磁鐵的相似，電磁鐵D的磁感線與蹄形磁鐵的相似，均由右手定則判斷其磁感線方向知，b和d的指向都正確；而c的指向錯誤．5．科考隊進入某一磁礦區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)指南針突然失靈，原來指向正北的N極逆時針轉(zhuǎn)過30°(如圖所示)，設該位置地磁場磁感應強度水平分量為B，則磁礦所產(chǎn)生的磁感應強度水平分量的最小值為 ()A．B B．2BC.eq\f(B,2) D.eq\f(\r(3)B,2)[答案]C[解析]指南針N極的指向表示該位置的磁感應強度的方向，由題干分析得合磁場方向與原來磁場方向的夾角為30°，根據(jù)矢量合成法則分析(如圖所示)，磁礦的磁感應強度水平分量的最小值為地磁場磁感應強度水平分量的一半．6．在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運動的v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則 ()A．在t＝2.5s時，小球經(jīng)過邊界MNB．小球受到的重力與電場力之比為35C．在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等D．在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小[答案]BC[解析]由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為32，由牛頓第二定律可知：eq\f(mg,F－mg)＝eq\f(3,2)，所以小球所受的重力與電場力之比為35，B正確．小球在t＝2.5s時速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故C正確．因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機械能與電勢能總和保持不變，D錯．7．(2009·蘇北四市聯(lián)考二)如圖所示，勻強電場水平向右，虛線右邊空間存在著方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線左邊有一固定的光滑水平桿，桿右端恰好與虛線重合．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球套在桿上并從桿左端由靜止釋放，帶電小球離開桿的右端進入正交電、磁場后，開始一小段時間內(nèi)，小球 ()A．可能做勻速直線運動B．一定做變加速曲線運動C．重力勢能可能減小D．電勢能可能增加[答案]BC[解析]在光滑水平桿上小球由靜止釋放向右運動，說明小球帶正電，在復合場中小球受三個力作用，重力、電場力、洛倫茲力，因電場力做正功，速度在變化，重力與洛倫茲力不可能始終相等，小球不可能做勻速直線運動，A錯；若重力與洛倫茲力的合力向上，此時重力做負功，重力勢能可能增加；若重力與洛倫茲力合力向下，則重力做正功，重力勢能可能減小，C對；重力、電場力、洛倫茲力三力的合力與小球運動的速度方向不在一條直線上，小球一定做變加速曲線運動，B對；電場力始終做正功，電勢能一定減小，D錯，本題選BC.8．如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平(圖中垂直紙面向里)，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動B．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動[答案]D[解析]因為帶電油滴原來處于靜止狀態(tài)，故應考慮帶電油滴所受的重力．當僅撤去電場時，帶電油滴在重力作用下開始加速，但由于受變化的磁場力作用，帶電油滴不可能做勻加速直線運動，A錯；若僅撤去磁場，帶電油滴仍處于靜止，B錯；若給P的初速度方向平行于磁感線，因所受的磁場力為零，所以P可以做勻速直線運動，C錯；當P的初速度方向平行于紙面時，帶電油滴在磁場力作用下可能做順時針方向的勻速圓周運動．9．(2009·淄博一模)如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場是 ()[答案]CD[解析]在A圖中剛進入復合場時，帶電小球受到方向向左的電場力、向右的洛倫茲力、豎直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要變大，洛倫茲力也會變大，所以水平方向受力不可能總是平衡，A選項錯誤；B圖中小球要受到向下的重力、向上的電場力、向外的洛倫茲力，小球要向外偏轉(zhuǎn)，不可能沿直線通過復合場，B選項錯誤；C圖中小球受到向下的重力、向右的洛倫茲力、沿電場方向的電場力，若這三個力的合力正好為0，則小球?qū)⒀刂本€通過復合場，C選項正確；D圖中小球只受到向下的重力和向上的電場力，都在豎直方向上，小球可能沿直線通過復合場，D選項正確．10．(2010·濰坊)如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上，整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0>\f(mg,qB)))，則 ()A．環(huán)將向右減速，最后勻速B．環(huán)將向右減速，最后停止運動C．從環(huán)開始運動到最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機械能是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．從環(huán)開始運動到最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機械能是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,qB)))2[答案]AD[解析]環(huán)在向右運動過程中受重力mg，洛倫茲力F，桿對環(huán)的支持力、摩擦力作用，由于v0>eq\f(mg,qB)，∴qv0B>mg，在豎直方向有qvB＝mg＋FN，在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以環(huán)的速度越來越小，當FN＝0時，F(xiàn)f＝0，環(huán)將作速度v1＝eq\f(mg,qB)的勻速直線運動，A對B錯，從環(huán)開始運動到最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機械能為動能的減少，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,qB)))2，故D對C錯，正確答案為AD.第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共3小題，每小題6分，共18分．把答案直接填在橫線上)11．(6分)如圖(甲)所示，一帶電粒子以水平速度v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0<\f(E,B)))先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向下，兩個區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中(其所受重力忽略不計)，電場和磁場對粒子所做的功為W1；若把電場和磁場正交重疊，如圖(乙)所示，粒子仍以初速度v0穿過重疊場區(qū)，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W2，比較W1和W2，則W1________W2(填“>”、“<”或“等于”)．[答案]>[解析]由題意可知，帶電粒子穿過疊加場的過程中，洛倫茲力小于電場力，二力方向相反，所以沿電場方向偏移的距離比第一次僅受電場力時偏移的距離小，且洛倫茲力不做功，故W1>W2.12．(6分)在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直于磁場放入一段通電導線．若任意時刻該導線中有N個以速度v做定向移動的電荷，每個電荷的電量為q.則每個電荷所受的洛倫茲力F洛＝________，該段導線所受的安培力為F＝________.[答案]qvBNqvB[解析]垂直于磁場方向運動的帶電粒子所受洛倫茲力的表達式為F洛＝qvB，導體在磁場中所受到的安培力實質(zhì)是導體中帶電粒子所受洛倫茲力的宏觀體現(xiàn)，即安培力F＝NF洛＝NqvB.13．(6分)如圖中MN表示真空中垂直于紙面的平板，板上一側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B.一帶電粒子從平板上的狹縫O處以垂直于平板的初速度v射入磁場區(qū)域，最后到達平板上的P點．已知B、v以及P到O的距離l，不計重力，則此粒子的比荷為________．[答案]eq\f(2v,Bl)[解析]粒子初速度v垂直于磁場，粒子在磁場中受洛倫茲力而做勻速圓周運動，設其半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,R)因粒子經(jīng)O點時的速度垂直于OP，故OP為直徑，l＝2R，由此得eq\f(q,m)＝eq\f(2v,Bl).三、論述計算題(共4小題，共42分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)14．(10分)如圖所示，MN是勻強磁場的左邊界(右邊范圍很大)，磁場方向垂直紙面向里，在磁場中有一粒子源P，它可以不斷地沿垂直于磁場方向發(fā)射出速度為v、電荷為＋q、質(zhì)量為m的粒子(不計粒子重力)．已知勻強磁場的磁感應強度為B，P到MN的垂直距離恰好等于粒子在磁場中運動的軌道半徑．求在邊界MN上可以有粒子射出的范圍．[答案](1＋eq\r(3))R[解析]在圖中畫出兩個過P且半徑等于R的圓，其中的實線部分代表粒子在磁場中的運動軌跡，下面的圓的圓心O1在p點正下方，它與MN的切點f就是下邊界，上面的圓的圓心為O2，過p點的直徑的另一端恰在MN上(如圖中g(shù)點)，則g點為粒子射出的上邊界點．由幾何關(guān)系可知：cf＝R，cg＝eq\r((2R)2－R2)＝eq\r(3)R即可以有粒子從MN射出的范圍為c點上方eq\r(3)R至c點下方R，fg＝(1＋eq\r(3))R.15．(10分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、場強方向水平向左的勻強電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一絕緣“?”形桿由兩段直桿和一半徑為R為半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)．PQ、MN與水平面平行且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場界線上，NMAP段是光滑的，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受到的電場力為重力的eq\f(1,2)倍．現(xiàn)在M右側(cè)D點由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達P點，求：(1)D、M間的距離x0；(2)上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大?。?3)若小環(huán)與PQ桿的動摩擦因數(shù)為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)．現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)5R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功．[答案](1)4R(2)eq\f(7,2)mg＋qBeq\r(3gR)(3)eq\f(1,2)mgR[解析](1)由動能定理得：qEx0－2mgR＝0qE＝eq\f(1,2)mg∴x0＝4R.(2)設小環(huán)在A點速度為vA由動能定理得：qE(x0＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)vA＝eq\r(3gR)由向心力公式得：N－qvAB－qE＝meq\f(v\o\al(2,A),R)N＝eq\f(7,2)mg＋qBeq\r(3gR).(3)若μmg≥qE即μ≥eq\f(1,2)，則小環(huán)運動到P點右側(cè)s1處靜止qE(5R－s1)－mg·2R－μmgs1＝0∴s1＝eq\f(R,1＋2μ)∴小環(huán)克服摩擦力所做的功W1＝μmgs1＝eq\f(μmgR,1＋2μ)若μmg<qE即μ<eq\f(1,2)，則小環(huán)經(jīng)過往復運動，最后只能在P、D之間運動，設小環(huán)克服摩擦力所做的功為W2，則qE5R－mg2R－W2＝0∴W2＝eq\f(1,2)mgR.16．(11分)(2009·北京模擬)在坐標系xOy中，有三個靠在一起的等大的圓形區(qū)域，分別存在著方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小都為B＝0.10T，磁場區(qū)域半徑r＝eq\f(2\r(3),3)m，三個圓心A、B、C構(gòu)成一個等邊三角形，B、C點都在x軸上，且y軸與圓形區(qū)域C相切，圓形區(qū)域A內(nèi)磁場垂直紙面向里，圓形區(qū)域B、C內(nèi)磁場垂直紙面向外．在直角坐標系的第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分布著場強E＝1.0×105N/C的豎直方向的勻強電場，現(xiàn)有質(zhì)量m＝3.2×10－26kg，帶電荷量q＝－1.6×10－19C的某種負離子，從圓形磁場區(qū)域A的左側(cè)邊緣以水平速度v＝106m/s沿正對圓心A(1)該離子通過磁場區(qū)域所用的時間．(2)離子離開磁場區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移為多大？(側(cè)移指垂直初速度方向上移動的距離)(3)若在勻強電場區(qū)域內(nèi)豎直放置一擋板MN，欲使離子打到擋板MN上的偏離最初入射方向的側(cè)移為零，則擋板MN應放在何處？勻強電場的方向如何？[答案](1)4.19×10－6s(2)2m(3)MN應放在距y軸2eq\r(2)m的位置上豎直向下[解析](1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在A、C兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設離子做圓周運動的半徑為R，圓周運動的周期為T，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,R)又T＝eq\f(2πR,v)解得：R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)將已知量代入得：R＝2m設θ為離子在區(qū)域A中的運動軌跡所對應圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知離子在區(qū)域A中運動軌跡的圓心恰好在B點，則：tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(3),3)θ＝30°則離子通過磁場區(qū)域所用的時間為：t＝eq\f(T,3)＝4.19×10－6s(2)由對稱性可知：離了從原點O處水平射出磁場區(qū)域，由圖可知側(cè)移為d＝2rsin2θ＝2m(3)欲使離子打到擋板MN上時偏離最初入射方向的側(cè)移為零，則離子在電場中運動時受到的電場力方向應向上，所以勻強電場的方向向下離子在電場中做類平拋運動，加速度大小為：a＝Eq/m＝5.0×1011m沿y方向的位移為：y＝eq\f(1,2)at2＝d沿x方向的位移為：x＝vt解得：x＝2所以MN應放在距y軸2eq\17．(11分)(2009·安徽省六校聯(lián)考)如圖所示，為某種新型設備內(nèi)部電、磁場分布情況圖．自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．區(qū)域Ⅰ寬度為d1，分布有沿紙面向下的勻強電場E1；區(qū)域Ⅱ?qū)挾葹閐2，分布有垂直紙面向里的勻強磁場B1；寬度可調(diào)的區(qū)域Ⅲ中分布有沿紙面向下的勻強電場E2和垂直紙面向里的勻強磁場B2.現(xiàn)在有一群質(zhì)量和帶電荷量均不同的帶正電粒子從區(qū)域Ⅰ上邊緣的注入孔A點被注入，從靜止開始運動，然后