第三章 磁场（B）-2021年高考物理一轮复习单元滚动双测卷

优创卷·一轮复习单元测评卷第三章 磁场B卷 培优优选提升卷一.选择题：本大题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。1.普通电视机的显像管中，扫描显像主要是利用磁场对高速电子束的偏转来实现的，其扫描原理如图所示：在圆形区域内的偏转磁场方向垂直于纸面，当不加磁场时，电子束将通过 O 点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M点为中点的的亮线PQ，那么，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是图中的（　 ）A. B. C. D.【答案】A【解析】电子束进入偏转磁场受洛仑磁力而发生偏转，要使电子束在荧光屏上出现一条以M点为中点的亮线PQ，电子在偏转磁场中运动的半径应先增大后减小，根据电子在磁场中圆周运动的半径公式分析得知，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应先由大到小，然后反方向再由小到大，故A正确，BCD错误。故选A。2.如图，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是（　　）A.若磁场方向竖直向上，则B.若磁场方向平行斜面向上，则C.若磁场方向垂直斜面向上，则D.若磁场方向垂直斜面向上，则【答案】A【解析】A.若磁场方向竖直向上，根据左手定则，导体棒所受安培力方向水平向右，根据平衡条件解得A正确；B.若磁场方向平行斜面向上，根据左手定则，导体棒所受安培力方向垂直斜面向下，沿着斜面方向没有分力，因此导体棒不可能静止在斜面上，B错误；CD.若磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则，导体棒所受安培力方向沿斜面向上，根据平衡条件解得CD错误。故选A。3.如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则最大为（　　）A. B. C. D.【答案】B【解析】ABCD.粒子在磁场中做圆周运动，如图由几何知识得洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得则ACD错误B正确。故选B。4.如图所示，半径为 r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场边界上 A 点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面) 且速度大小相等的带正电的粒子(重力及粒子间的相互作用不计)，已知粒子的比荷 为 k，速度大小为 2kBr，则粒子在磁场中运动的最长时间为（　 ）A. B. C. D.【答案】C【解析】粒子在磁场中运动的半径为：；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故，故选C.5.如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子从a点沿ae方向射入磁场区域，从d点离开磁场，不计重力，粒子（　　）A.圆周运动的半径为LB.在磁场中的速率为C.圆周运动的圆心角是D.在磁场中的运动时间为【答案】D【解析】AC.粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子轨道半径故AC错误；B.粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿你第二定律得解得故B错误；D.粒子做圆周运动的周期粒子在磁场中运动的时间故D正确。故选D。6.如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为（　 ）    A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】A【解析】如图对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有： ，当磁感应强足够大时，由数学关系可知，，即当时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为得：，故A正确。7.如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持板不动，让板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为（　　）A. B. C. D.【答案】A【解析】微粒恰好做匀速直线运动时有恰好做匀速圆周运动联立解得即由题意可知，则有由公式得联立解得微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得所以微粒在磁场中运动的时间为故A正确，BCD错误。故选A。8.离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速度范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0<α<）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。下列说法不正确的是（　　）A.II区的加速电压U=B.II区离子的加速度大小a=C.α为时，要取得好的电离效果，射出的电子速率v的范围v0≤v<且B<D.要取得好的电离效果，射出的电子最大速率vmax与α角的关系【答案】C【解析】A.离子在电场中加速，由动能定理得得故A正确；B.离子做匀加速直线运动，由运动学关系得故B正确；C.当α=时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为洛伦兹力提供向心力，有得所以此刻必须保证故C错误；D.当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有，，由余弦定理有且联立解得由得故D正确。本题选不正确的，故选C。 9.光滑的水平桌面上有两根弯成角的金属棒，正好凑成一个等边三角形oab，边长为L。它们的两端分别在o点和c点相互接触，o点接触但是相互绝缘，c处不绝缘。匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感应强度为B。当通以如图所示的电流时，两金属棒仍处于静止状态，在o处的相互作用力为f1，在c处的相互作用力为f2。则金属棒中的电流为（　　）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于两金属棒，所受安培力方向相同，方向水平向右，则安培力大小为由题意可知，在o处的相互作用力为f1，在c处的相互作用力为f2。则对于任意金属棒都是处于静止状态，即所受合力为零，则由力的平衡可知化简可得金属棒中电流为所以C正确，ABD错误。故选C。 10.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（　　）A.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变D.乙物块与地面之间的摩擦力不断增大【答案】AD【解析】ABC.甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，A正确，BC错误；D.甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，D正确。故选AD。11.如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅲ（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等均为3B0、方向相反。带正电的粒子以速度v0从中点N垂直QC射入磁场区域Ⅰ，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计），则下列说法正确的是（　　）A.粒子的比荷B.粒子的比荷C.粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为D.粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为【答案】BD【解析】AB.由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到解得A错误B正确。CD.带电粒子在区域II和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得解得粒子从N点再加到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅰ中运动的时间在区域II中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域II中运动的时间在区域Ⅲ中匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅲ中运动时间粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间C错误D正确。故选BD。12.如图所示，下端封闭、上端开口、高h=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=10g、电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的水平速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T垂直纸面向里的匀强磁场中，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2.则（　　）A.小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力为恒力B.小球带负电C.小球在管中运动的时间为1sD.小球在管中运动的过程中增加的机械能1J【答案】CD【解析】A.由于小球在竖直方向上做匀加速运动，速度越来越大，而水平速度不变，因此合速度越来越大，根据洛伦兹力大小可知小球在管内运动的过程中，所受洛伦兹力越来越大，A错误；B.根据左手定则可知小球带正电荷，B错误；C.由于水平速度不变，因此在竖直方向上受到的洛伦兹力大小为根据牛顿第二定律在竖直方向上整理得C正确；D.小球离开管时的竖直速度因此增加的机械能 D正确。故选CD。二、非选择题：本大题共5小题，共52分。13.某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B的大小与长直导线中的电流大小I成正比，与该点离长直导线的距离r成反比。该小组欲利用如图甲所示的 实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A）、滑动变 阻器、小磁针（置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干：实验步骤如下：a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直 导线，如图甲所示；b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离 r、长直导线中电流的大小I及小磁针的偏转 角度θ；c.根据测量结果进行分析，得出结论。 回答下列问题：（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为______A；（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知实验所在处的地磁场水平分量大小为B0=3×10－5T，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B的大小为_______T（结果保留两位小数）；（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tanθ与之间的图像如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与离长直导线的距离r成反比的结论， 其依据是______；（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与电流I及距离r之间的数学关系为，其中为介质的磁导率。根据题给数据和测量结果，可计算出=_______ 。【答案】2.00        电流产生的磁感应强度，而偏角的正切值与成正比        【解析】（1）[1]电流表量程为3A，则最小分度为0.1A，由指针示数可知电流为2.00A；（2）[2]电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示则有解得（3）[3]由图可知，偏角的正切值与成正比，而根据（2）中分析可知则可知与成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度与通电电流成正比，与长导线的距离成反比；（4）[4]由公式可知，图象的斜率解得14.（10分）如图，A、B两水平金属板间电势差为U，板间距为d，两板长为2d，两板间还有垂直纸面向里的磁感应强度为Bx的匀强磁场。质量为m、带电量为-q的粒子以初速度沿中线射入两板间，带电粒子恰好匀速运动。现撤掉两板间匀强磁场，在金属板右边缘的右侧加上磁感应强度为2Bx的垂直纸面向里的匀强磁场，带电粒子恰好经金属板边缘飞出进入右边磁场。带电粒子重力不计。求：（1）磁感应强度Bx的大小；（2）带电粒子的比荷；（3）带电粒子在右边磁场中运动的半径。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）带电粒子在两板间匀速运动解得（2）去掉磁场，恰好从右板边缘射出，做类平抛运动，水平2d=v0t竖直联立解得比荷（3）粒子进入2Bx磁场中做圆周运动电场力做功联立解得半径15.（10分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方有一磁感应强度为B的匀强磁场.电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场.忽略重力的影响.（1）求匀强电场场强E的大小；（2）求粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）求M、N两点间距L的大小；保持粒子不变，请你说出一种增大间距L的方法.【答案】（1）；（2）；（3）只增大U或只减小B等.【解析】（1）由匀强电场中电势差与场强的关系得：（2）根据动能定理有：可得：① （3）根据牛顿第二定律可得：② L=2R ③联立①②③式可得：增大间距L的方法有：只增大U或只减小B等. 考点：带电粒子在电场和磁场中的运动.16.（10分）如图甲所示，在xOy坐标平面内，第一象限存在方向垂直纸面向外的匀强磁场；在y轴左侧有一个倾斜放置的平行板电容器MN，极板与y轴成60°；第四象限存在一个匀强电场，电场强度为E，方向与x轴负向成45°角。质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴上P点由静止释放，粒子经磁场偏转后从Q点射入第二象限，刚好紧贴N板平行于极板射入电容器。已知O、P间距离为，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应。求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）粒子从Q点射入电容器开始计时，在极板间加图乙所示的交变电压，U0、T为已知量；若粒子离开极板时速度与Q点相同，那么极板长度l＇与极板间距d应满足的条件。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在第四象限做匀加速直线运动过程，根据动能定理解得（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动过程，根据牛顿第二定律可得粒子运动轨迹如图所示由几何关系联立可得（3）根据粒子在交变电场中做匀变速曲线运动，根据逆向思维及其对称性根据牛顿第二定律联立可得17.（12分）在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ =37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B = 1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E=1×104N/C。小物体P1质量m =，电荷量q = +8×10-6C，受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u = 0. 5，取g = 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力，求：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；（2）求小物体P1运动到G点的速度vG；（3）倾斜轨道GH的长度s。【答案】（1）4 m/s；（2）5m/s；（3）0.56 m【解析】（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB  ①f＝μ（mg－F1）②由题意，水平方向合力为零F－f＝0  ③   联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s     ④（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理⑤带入数据解得vG=5m/s（3）P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ（mgcosθ＋qEsinθ）＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2 ⑧ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s 2⑩s＝0.56 m