【文档说明】【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测九　磁场.docx，共(15)页，443.887 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-803fdad5686518591897e550179cea56.html

以下为本文档部分文字说明：

单元检测九磁场考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48分.1～8小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；9～12小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1.(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图1所示，两根绝缘轻质弹簧的劲度

系数均为k，竖直静止吊起一根长为L的匀质水平金属棒AC，金属棒处在与棒垂直的水平匀强磁场中，当金属棒中通入由A端流向C端的电流I时，两弹簧的伸长量均增加了x.关于该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向，下列判断正确的是()图1A．大小为kxIL，方向水平向

里B．大小为kxIL，方向水平向外C．大小为2kxIL，方向水平向里D．大小为2kxIL，方向水平向外2.(2019·山东临沂市上学期期末)如图2所示，绝缘粗糙固定斜面处于垂直斜面向上的匀强磁场B中，通有垂直纸面向里的恒定电流I的金属细杆水平静止在斜面上．若仅把磁场方向改为竖直向上

，则()图2A．金属杆所受的摩擦力一定变大B．金属杆所受的摩擦力一定变小C．金属杆所受的安培力大小保持不变D．金属杆对斜面的压力保持不变3.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图3所示，矩形abcd内存在匀强磁场，ab＝2ad，e为cd的中点．

速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为v1；从c点射出的粒子速度为v2，则v1∶v2为(不计粒子重力)()图3A．1∶2B．2∶5C．1∶3D．3∶54.(2019·山东潍坊市二模)中核集团研发的“超导

质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的12，促进了我国医疗事业的发展．若用如图4所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是()图4A．氘核射出时的向心加速度大B．氕核获得的最大速度大C．氘核获得的最大动能大D．氕核动能增大，其偏转半径的

增量不变5.(2019·山东德州市上学期期末)电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图5所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料．流量计的长、宽、高分别为a、b

、c，左、右两端开口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，某次测量中，与上、下两个面M、N相连的电压表示数为U，则管道内液体的流量为()图5A.UBcB.UBbC．UBcD．UBb6.(2020·山东泰安市质检)如图6所示，正方形区域abcd内存在

磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，恰好从e点射出．若磁场方向不变，磁感应强度变为B2，粒子的射入方向不变，速率变为2v.则粒子的射出点位于()图6A．e点B．d点C．df间D．fc间7．如图7所示，正三角形的三条

边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子11H和氦核42He都从顶点A沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子11H从C点离开磁场，氦核42He从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为()图7A．6∶1B．3∶1C．2∶1D．3∶28．(2

019·福建南平市第二次综合质检)如图8所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、带电荷量大小为q的离子(重力不计)，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场．则()图8A．离子在O、b两处的

速度相同B．离子在磁场中运动的时间为πm4qBC．若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大D．若磁感应强度B<4mv5qL，则该离子将从bc边射出9．(2020·山西临汾市模拟)如图9所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，圆心O与轨道左、右最高

点a、c在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点a滑下，则下列说法中正确的是()图9A．滑块经过最低点b时的速度与磁场不存在时相等B．滑

块从a点到最低点b所用的时间比磁场不存在时短C．滑块经过最低点b时对轨道的压力与磁场不存在时相等D．滑块能滑到右侧最高点c10.(2019·山东淄博市3月一模)如图10所示，半径为R的四分之一圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R,0)点垂直x轴放置

一线形粒子发射装置，能在0<y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒子，粒子质量为m、电荷量为q.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是()图10A．粒子击中点距O点的距离

为RB．磁场的磁感应强度为mvqRC．粒子离开磁场时速度方向相同D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv≤t<(π＋2)R2v11.(2019·山东聊城市二模)如图11所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的

中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度分别从O、E点沿OC方向射入磁场，粒子a、b分别从D、C两点射出磁场，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是()图11A．粒子a带负电，粒子b

带正电B．粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2∶5C．粒子a、b的速度之比为5∶2D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶5312．(2019·湖北武汉市四月调研)如图12(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN两端点恰在

圆周上，且MN所对的圆心角为120°.在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为R2的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示．粒

子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是()图12A．磁场方向垂直纸面向外B．图(b)中B0＝2mvqRC．图(b)中T0＝(π＋1)RvD．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点二、计算题(本题共4小题

，共52分)13.(12分)(2020·湖北宜昌市调研)如图13所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因

数为μ，且μ＜tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨的电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路的阻值为0时，金属棒不能静止．图13(1)判断金属棒所受的安培力方向；(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小

阻值R1和最大阻值R2.14．(12分)(2019·贵州安顺市适应性监测(三))如图14所示，在xOy平面内的y轴左侧有沿y轴负方向的匀强电场，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从x轴上的N点(－L,

0)以速度v0沿x轴正方向射出．已知粒子经y轴的M点(0，－32L)进入磁场，若粒子离开电场后，y轴左侧的电场立即撤去，粒子最终恰好经过N点．求：图14(1)粒子进入磁场时的速度大小及方向；(2)匀强磁场的磁感应强度大小．15.(13分)(2019·山东德州市上学期期末)如图15所

示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两极板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．现有大量带电粒子沿中线OO′射入，所有粒子都恰好沿OO′做直线运动．若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉，则其中比荷为qm的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器

．已知电容器两极板间的距离为3mEqB2，带电粒子的重力不计．图15(1)求下极板上N、P两点间的距离；(2)若仅将虚线MN右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷

．16.(15分)(2019·河南示范性高中上学期期终)如图16所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝π×10－2T，在P点竖直下方d＝72πm处有一垂直于MN的足够大的挡

板．现将一重力不计、比荷qm＝1×106C/kg的正电荷从P点由静止释放，经过Δt＝1×10－4s，该电荷以v0＝1×104m/s的速度通过MN进入磁场．求：图16(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用

的时间．答案精析1．D[弹簧伸长量增加，则金属棒所受安培力方向竖直向下，由左手定则可知，磁场的方向水平向外；设金属棒所受安培力的大小为F安，对金属棒，F安＝BIL＝2kx，解得：B＝2kxIL，故D正确，A、B、C错误．]2．C[由公式F＝BIL可知，

金属杆受到的安培力大小不变，故C正确；磁场方向改变前：弹力为mgcosθ，摩擦力大小为|mgsinθ－F|，磁场方向改变后：弹力为mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力大小为：|mgsinθ－Fcosθ|，所以金属杆对斜面的压力变大，摩擦力

的变化不确定，故A、B、D错误．]3．B[速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图：由几何关系可得：r1＝ad、(r2－ad)2＋(2ad)2＝r22，则r2＝52ad，r1r2＝25.带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当

向心力，有qvB＝mv2r，解得：v＝qBrm；则v1v2＝r1r2＝25.故B项正确，A、C、D项错误．]4．B[由qvB＝mv2r得：vm＝qBRm，则a＝vm2R＝B2q2Rm2，Ekm＝12mvm2＝B

2q2R22m，氕核的质量较小，两核的带电荷量相同，故选项B正确，A、C错误；由r＝mvqB＝2mEkqB可知氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，选项D错误．]5．B[最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝qUc解得：U＝vBc，液体的流速为：v＝UcB

；则流量为：Q＝vbc＝UBb，故选B.]6．C[当磁感应强度为B，粒子速率为v时，半径R＝mvqB；当磁感应强度变为B2，粒子速率变为2v时，半径R′＝2mvq·12B＝4R如图所示，过a点作速度v的垂线，即为粒子在a点所受洛

伦兹力的方向，延长cd交该垂线于O点，由题图可知Oa＝4R，Od＝ad＝2ae＝22R<R′，Of＝Od＋df＝32R>R′，因此粒子出射点应在df间．]7．A[设三角形的边长为L，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R＝36L，

质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r1＝Rtan60°＝12L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r2＝Rtan30°＝16L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2r，可得v＝Bqrm，结合两个粒子的轨迹半径与比荷

可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A正确．]8．D[离子在磁场中做匀速圆周运动，在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，选项A错误；离子在磁场中运动的半径满足：R2＝L2＋(R－12L)2，解得R＝5L4，则离子在磁场中运动的弧长所对应的圆心角的正弦值为sinθ＝0.8，即θ＝53°

，运动的时间t＝θ360°T＝53°360°·2πmqB>πm4qB，选项B错误；若增大磁感应强度B，由R＝mvqB，则离子在磁场中运动的半径减小，离子将从ab边射出，此时离子在磁场中运动对应的弧长减小，则运动时间减小，选项C错误；若离子从bc边射出，则R＝mvqB>5L4，即B<4mv

5qL，选项D正确．]9．AD[滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块经过最低点b时的速度与磁场不存在时相等，故A正确；根据能量守恒定律得滑块能滑到右侧最高点c，故D正确；滑块在下滑过程中，在任何位置的速度

与有没有磁场无关，因此滑块从a点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故B错误；滑块到达最低点b时，若存在磁场，由牛顿第二定律得：FN－mg－qvbB＝mvb2r，可得：FN＝mg＋qvbB＋mvb2r，若磁场不存在，则FN1＝mg＋mvb2r，根据牛顿第三定律，滑块经最低点时对轨道

的压力比磁场不存在时大，故C错误．]10．ABD[由题意，某时刻发出的粒子都击中了y轴上同一点，因最高点射出的粒子只能击中(0，R)，则粒子击中点距O点的距离为R，选项A正确；从最低点射出的粒子也击中(0，R)，则粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦

兹力提供向心力得：qvB＝mv2R，B＝mvqR，选项B正确；粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同，选项C错误；粒子从最低点射出时运动时间最长，此时粒子在磁场中的偏转角为90°，最长时间为t1＝14T＋Rv＝14×2πRv＋Rv＝π＋22vR.从最高点直接射向

(0，R)的粒子运动时间最短，则最短的时间为t2＝2Rv，选项D正确．]11．ABD[据题中条件，画出两粒子的轨迹如图：由左手定则可判断粒子a带负电，粒子b带正电，故A项正确；设扇形COD的半径为R，据几何关系可得，ra＝R2、(rb－R2

)2＋R2＝rb2，则rarb＝R25R4＝25.据qvB＝mv2r，解得：v＝qBrm，两粒子的比荷相等，则粒子a、b的速度之比为2∶5；据qvB＝ma，解得：a＝qvBm，两粒子的比荷相等，则粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2∶5，故B项正确，C项错误；由

图知，粒子a轨迹的圆心角θa＝180°；据sinθb＝Rrb＝0.8可得，粒子b轨迹的圆心角θb＝53°；据t＝θ360°T、T＝2πmqB可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53，故D项正确．]12．BC[根据粒子轨迹，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；由牛

顿第二定律：qvB0＝mv2R2，解得B0＝2mvqR，选项B正确；虚线区域内不加磁场时粒子做匀速直线运动，t1＝Rv，虚线区域内加磁场后粒子做匀速圆周运动，t2＝sv＝2π×R2v＝πRv，磁场变化的周期：T0＝t1＋t2＝(π＋1

)Rv，选项C正确；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下偏转，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转90°，然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误．]13．

(1)平行于斜面向上(2)BElmgsinθ＋μmgcosθ－rBElmgsinθ－μmgcosθ－r解析(1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)金属棒所受安培力F＝BER＋rl，故R＝R1时，F有最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平

行斜面向下，则由平衡条件得FN1＝mgcosθF1＝mgsinθ＋FfmaxFfmax＝μFN1又F1＝BER1＋rl，联立解得：R1＝BElmgsinθ＋μmgcosθ－rR＝R2时，F有最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行

斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ又F2＝BER2＋rl联立解得：R2＝BElmgsinθ－μmgcosθ－r.14．(1)2v0与x轴正方向成60°角斜向下(2)43mv09Lq解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，有

：3L2＝12at21，L＝v0t1，设粒子到达M点的速度大小为v，方向与x轴正方向成θ角；轨迹如图：则有：tanθ＝at1v0，v＝v0cosθ联立解得：θ＝60°，v＝2v0；即粒子进入磁场时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向成60°角斜向下．(2)

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，有qvB＝mv2R，由几何关系有：3L2＋Ltanθ＝2Rcosθ，联立解得B＝43mv09Lq.15．(1)3mEqB2(2)4q7m解析(1)粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，qE＝qvB粒子过MN时的速度大小v＝

EB仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，沿电场方向：3mE2qB2＝qE2mt2垂直于电场方向：x＝vt由以上各式计算得出下极板上N、P两点间的距离x＝3mEqB2.(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN右侧

的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过P点的粒子的比荷为q′m′，其做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得：R2＝x2＋(R－3mE2qB2)2解得R＝7mE4qB2，又q′vB＝m′v2R，解得：q′m′＝4q7m.16．(1)0.5m100N/C(2)32πm(3)143×10－4s解析(1)

电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为x＝12v0Δt解得x＝0.5m由速度公式v0＝aΔt由牛顿第二定律qE＝ma解得E＝100N/C(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：

qv0B＝mv02r解得r＝1πm运动周期T＝2πrv0＝2×10－4s电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，O点到挡板的距离为d－3r＝12πm则cos∠AON＝12，即∠AON＝60°则A点到MN的距离xAN＝

rsin60°＝32πm.(3)电荷在电场中运动的总时间：t1＝3Δt＝3×10－4s电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为θ＝π＋π－π3＝53π电荷在磁场中运动的总时间t2＝θ2πT解得t2＝53×10－4s则电荷从P点出发至运动到挡板所需的时间为t＝t1＋t2＝143×10－4s.