1、高考资源网（） 您身边的高考专家第三章水平测试卷本试卷分第卷(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48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4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912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中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“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示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是()A地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极
2、附近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用答案C解析由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，由题图可看出地磁的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故A、B的说法正确。从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，故C的说法不正确。宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故D的说法正确。题目要求选说法不正确的，故选C。2家用照明电路中的两根导线是相互平行的，当用电器正常工作时，两根导线中有
3、如图所示的大小、方向周期性变化的电流，关于两根导线之间的作用力，下列说法正确的是()A两根导线之间始终没有作用力B火线中电流产生的磁场会对零线产生力的作用，但火线不会受到力的作用C两根导线之间始终有作用力D零线对火线有作用力时，火线对零线也一定有作用力答案D解析零线与火线中的电流始终等大反向，当火线中有电流时，零线中也有电流，此时火线中电流产生的磁场会对零线产生力的作用，反过来零线中电流产生的磁场也会对火线产生力的作用；在某些时刻，火线和零线中的电流均为零，则此时两根导线之间没有力的作用。故D正确。3如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向
4、垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是()A从c点离开的电子在磁场中运动时间最长B从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等C电子在磁场中运动的速度偏转角最大为D从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度答案A解析根据带电粒子在有界磁场中运动周期公式T知，运动时间tT，由几何条件可知，从ad边离开的电子在磁场中运动时间最长，为半个周期，偏转角最大为，A错误，B、C正确；由几何关系可知，从bc边射出的电子轨道半径大于从ad边射出的电子轨道半径，又由半径公式R可知，从bc边射出的电子速度大于从ad边射出的电子速度，D项正确。4如图所示，一个不计重力的
5、带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外，其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()答案B解析图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受力不平衡，粒子不可能做匀速直线运动；
6、图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0，粒子也会做匀速直线运动。故选B。5如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为a和b，两点的电势相比有()Aab BabCab D无法确定答案C解析由左手定则知，金属板内向下运动的自由电子必受向左的洛伦兹力作用，故最后金属板的左侧面聚集自由电子，电势低；右侧面聚集正电荷，电势高，即aIb)的恒定电流时，b对a的作用力为F。当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零
7、。则下列说法正确的是()A电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B所加匀强磁场的磁感应强度大小为BC导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向答案B解析无限长的直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A错误；由磁感应强度定义可得：B，B正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，C错误；因为a导线不是无限长，故电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度
8、大小并不是处处相等，因此D错误。7如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小答案C解析a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：BqvEq，即只要满足EBv，无论
9、粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方还是下方穿出，A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C正确，D错误。8如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1 C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为21D带电粒子1与带电粒
10、子2在磁场中运动时间的比为12答案A解析设匀强磁场圆形区域的半径为R，由qBv，得R，带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，半径分别为R1Rtan30，R2Rtan60，所以R1R213，则带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31；由T知，粒子1和2的周期之比为13，又tT，所以带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为。综上本题选A。9如图所示，虚线MN将平面分成和两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由区运动到区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为21，下列判断一定正确的是()A两个磁场的磁感应强度方向相
11、反，大小之比为21B粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为11C粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为21D弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为21答案BC解析粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，A错误；粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，B正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为21，可求出运动时间之比为21，C正确；因为两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的
12、周期T也不等，粒子通过弧aP与弧Pb的运动时间之比并不等于弧aP与弧Pb对应的圆心角之比，D错误。本题答案为B、C。10如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转。若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中可能可行的是()A仅增大带电粒子射入时的速度B仅增大两金属板所带的电荷量C仅减小粒子所带电荷量D仅改变粒子的电性答案ABD解析带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的
13、大小不等，且方向不确定。若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，A可行；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，B可行；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，C不可行；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，D可行。11. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P在磁场中转过30角后从磁场右边界射出。在
14、电场和磁场中运动时，离子P和P3()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13答案BCD解析离子P和P3质量之比为11，电荷量之比等于13，故在电场中的加速度之比不等于11，则A项错误；离子在离开电场区域时有qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，得半径r ，则半径之比为11，则B正确；设磁场宽度为d，由几何关系drsin，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1，因30，则60，故转过的角度之比为12，则C正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即13，则D正确。12(2018浙江温州
15、模拟)电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则 ()A泵体上表面应接电源正极B通过泵体的电流IC增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度答案AC解析当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，驱动液体，故A正确；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R，因此流过泵体的电流IUL1，故B错误；增大磁感应强度
16、B，电流受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，电流受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。第卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共10分)13(4分)如图所示，ABCD是一环形导线，在C、D处用导线与直导线ab接通，图中标出了环形电流的磁感线方向，则可知，A、B两端中接电源正极的是_端，放在ab下方的小磁针_极将转向纸外。答案BN 解析由安培定则知ABCD中电流方向应为BDCA，故B端接电源正极。由安培定则知，ab下方磁场方向应垂直纸面向外，故小磁针N极将转向纸外。14(6分)利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关
17、系就可以测定磁感应强度的大小，实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄形磁体的N、S极间磁场中的待测位置。(1)在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；(2)接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F(FF0)。由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于_；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为_。若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达式为_。答案F0FF0B解析在接通电路前，重力等于弹簧的拉力，即F0；接通电路，
18、导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：FGF安0所以：F安FGFF0又：F安NBIL则：B。三、计算题(本题共4小题，共42分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15(10分)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的
19、连线平行且距离为L，忽略重力的影响。(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示x)。答案(1)(2)x 解析(1)能从速度选择器射出的离子满足qE0qv0B0得v0(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则xv0tLat2由牛顿第二定律得qEma由解得x 。16(10分)如图所示，电源电动势E2 V，内电阻r0.5 ，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m0.1 kg，电阻R0.5 ，它与导轨的动摩擦因数0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，有效长度L0.2
20、m。为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施加一与纸面成30角向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大？(g取10 m/s2)答案斜向下2.95 TB16.28 T解析若磁场方向斜向上，根据左手定则，安培力垂直于棒指向纸外斜向上，对导轨没有压力，不可能静止；磁场方向斜向下时，安培力垂直于棒指向纸内斜向上，由受力分析知棒可能静止，故磁场方向斜向下。以静止的金属棒为研究对象，其受力情况如图所示。根据平衡条件，若即将滑动时，摩擦力Ff方向向上，则B1ILsin30B1ILcos30mg若即将滑动时摩擦力方向向下，则B2ILsin30B2ILcos30mg其
21、中电流I代入数据解得B12.95 T，B216.28 T，故所求磁感应强度的范围是2.95 TB16.28 T。17(10分)如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为m、电荷量为q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan，现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？答案(1)gsin(2)解析(1)由于tan，所以环将由静止开始沿棒下滑。环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv
22、1B、杆的弹力N1和摩擦力f1N1。根据牛顿第二定律，对圆环A受力分析，沿棒的方向：mgsinf1ma，垂直棒的方向：N1qv1Bmgcos，所以当f10(即N10)时，a有最大值am，且amgsin，此时qv1Bmgcos，解得：v1。(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，摩擦力为f2N2。此时应有a0，即mgsinf2，在垂直杆方向上N2mgcosqvmB，解得：vm。18(12分)如图所示，与水平面成37角的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处
23、于MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF4 m/s(不计空气阻力，取g10 m/s2，cos370.8)。求：(1)小球带何种电荷；(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离。答案(1)正电荷(2)27.6 J(3)2.26 m解析(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷。(2)小球在D点速度为vDvC m/s，设重力与电场力的合力为F1，如图所示，则F1F洛qvCB，又F15 N，解得qB CT，在F处由牛顿第二定律可得qvFBF1。把qB CT代入得R1 m，设小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由动能定理可得Wf2F1Rmvmv，解得Wf27.6 J。(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a由2R，解得t s，交点G与D点的距离GDvFt m2.26 m。高考资源网版权所有，侵权必究！
