2022届高考物理一轮复习单元检测九　磁场（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测九　磁场（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图1所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )
图1
A．0B．0.5BIl
C．BIlD．2BIl
答案 C
解析 导线有效长度为2lsin 30°＝l，所以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl，故选C.
2.(2020·山东临沂市质检)理论研究表明，无限长通电直导线磁场中某点的磁感应强度可用公式B＝keq \f(I,r)表示，公式中的k是常数、I是通电直导线中的电流、r是该点到通电直导线的距离．若两根相距为L的无限长通电直导线垂直x轴平行放置，电流均为I，如图2所示．能正确反映两导线间的磁感应强度B与x关系的是选项图中的(规定垂直纸面向里为B的正方向)( )
图2
答案 A
解析 根据安培定则可知，左侧通电直导线在两通电直导线间的磁场方向垂直纸面向里，右侧通电直导线在两通电直导线间的磁场方向垂直纸面向外，又由于两通电直导线中的电流大小相等，B＝keq \f(I,r)，因此在两通电直导线中间位置合磁感应强度为零，从中间向两边合磁感应强度越来越强，左边的合磁感应强度方向垂直纸面向里，为正值，右边的合磁感应强度方向垂直纸面向外，为负值，故A正确．
3.(2020·福建三明市模拟)如图3所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏移的最大角度为θ，重力加速度为g，则( )
图3
A．棒中电流的方向为b→a
B．棒中电流的大小为eq \f(mgtan θ,BL)
C．棒中电流的大小为eq \f(mg1－cs θ,BLsin θ)
D．若只增大轻导线的长度，则θ变小
答案 C
解析 根据导体棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，故A 错误；根据动能定理可知，BIL2sin θ－mgL(1－cs θ)＝0－0，解得I＝eq \f(mg1－cs θ,BLsin θ)，故B错误，C正确；由上式可知，BIL·Lsin θ＝mgL(1－cs θ)，轻导线的长度L可消去，θ与之无关，故D错误．
4.如图4所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有磁感应强度B＝10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线；在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为eq \f(q,m)＝2×1011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续，当α＝45°时，出射粒子速度v的大小是( )
图4
A.eq \r(2)×106 m/s B．2eq \r(2)×106 m/s
C．2eq \r(2)×108 m/s D．4eq \r(2)×106 m/s
答案 B
解析 粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α＝45°，过入射点和出射点作速度方向的垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为θ＝2α＝90°，则粒子的轨迹半径与圆柱形桶半径的关系为eq \r(2)r＝2R，由牛顿第二定律得Bqv＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBr,m)＝2eq \r(2)×106 m/s，故选项B正确．
5.(2020·湖北武汉市联考)如图5所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k.导体棒处在方向向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E、内阻不计的直流电源，电容器的电容为C.闭合开关，待电路稳定后，下列说法正确的是( )
图5
A．导体棒中的电流大小为eq \f(E,R1＋R2＋r)
B．轻弹簧的长度增加eq \f(BLE,kR1＋r)
C．轻弹簧的长度减少eq \f(BLE,kR2＋r)
D．电容器带电荷量为eq \f(ECr,R1＋r)
答案 D
解析 导体棒中的电流I＝eq \f(E,R1＋r)，故A错误；由左手定则知，导体棒受到的安培力向左，则弹簧长度减小，由平衡条件，BIL＝kΔx，解得Δx＝eq \f(BLE,kR1＋r)，故B、C错误；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q＝CU＝eq \f(ECr,R1＋r)，故D正确．
6．(2020·安徽合肥市调研性检测)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的武器．如图6是电磁炮的原理示意图，与电源正、负极相连的光滑水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，装载炮弹的通电导体滑块将在磁场中开始向右加速运动，下列说法正确的是( )
图6
A．a为电源正极
B．导体滑块由于安培力的作用在磁场中一直做加速运动
C．仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速
D．仅减小炮弹质量，其速度变化率增大
答案 D
解析 导体滑块在磁场中受到安培力作用，产生加速度，从而做加速运动，由题意可知，磁场方向垂直轨道平面向上，导体滑块所受的安培力方向向右，根据左手定则可知，电流方向由b到a，因此b为电源正极、a为电源负极，选项A错误；导体滑块在轨道上速度最大时，产生的感应电动势最大，且等于电源电动势，此时通过导体滑块的电流为零，此后导体滑块将匀速运动，选项B错误；仅将磁场反向，导体滑块所受安培力方向向左，因此导体滑块会向左加速运动，选项C错误；设磁场的磁感应强度大小为B，轨道间距为L，导体滑块加速运动时电流为i，由牛顿第二定律得BiL＝ma，仅减小炮弹质量，a增大，因此速度变化率增大，选项D正确．
7．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图7中虚线所示，ab＝be＝2bc＝2de＝L，bcde为矩形．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为( )
图7
A.eq \f(3qBL,4m) B.eq \f(\r(2)qBL,2m) C.eq \f(5qBL,8m) D.eq \f(\r(3)qBL,3m)
答案 C
解析 设粒子过bcde上一点g，当∠Oag最大时，∠aOg最小，粒子运动时间最长，O为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，设半径为R，则有(L－R)2＋(eq \f(L,2))2＝R2，得R＝eq \f(5,8)L，由qvB＝meq \f(v2,R)，联立得v＝eq \f(5qBL,8m).
8．(2020·福建泉州市质检)如图8所示，在x轴上方空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．在原点O处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地释放出同种粒子，粒子以相同的速率v射入磁场．粒子重力及粒子间的相互作用均不计．图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y轴的交点为M，与x轴的交点为N，已知ON＝L.下列说法正确的是( )
图8
A．能经过M点的粒子必能经过N点
B．粒子的电荷量与质量之比为eq \f(v,LB)
C．从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为eq \f(πL,6v)
D．从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为eq \f(3πL,4v)
答案 C
解析 沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上N点，则能经过M点的粒子不能经过N点，选项A错误．ON＝2R＝L，由qBv＝meq \f(v2,R)可得eq \f(q,m)＝eq \f(2v,BL)，选项B错误．
由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为300°，时间为t＝eq \f(300°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(5πL,6v)；也可能为60°，时间为t′＝eq \f(60°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(πL,6v)，选项C正确．从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为半个周期，t″＝eq \f(1,2)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(πL,2v)，选项D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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)
9.(2020·广东广州市月考)如图9所示，在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1 A、2 A、1 A，②的电流方向为c→d且受到的安培力的合力水平向右，下列说法正确的是( )
图9
A．①的电流方向为a→b
B．③的电流方向为e→f
C．①受到的安培力的合力水平向左
D．③受到的安培力的合力水平向左
答案 BCD
解析 导线间距相等，①③的电流大小都是1 A，而②受到的安培力的合力水平向右，根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，选项A错误，B正确；①受到②③的排斥力，故所受安培力的合力水平向左，选项C正确；②对③的吸引力大于①对③的排斥力，故③受到的安培力的合力水平向左，选项D正确．
10．(2020·河南顶级名校开学考试)电磁流量计广泛应用于测量导电液体(如污水)的流量．如图10所示，流量计是由绝缘材料制成的管道，其长、宽、高分别为a、b、c，流量计左右两端开口．在垂直于上下底面的方向上有磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个侧面的内侧分别固定有金属板作为电极．充满管道的污水从左向右稳定地流经流量计时，接在M、N两端间的电压表显示出两个电极间的电压为U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，则下列说法正确的是( )
图10
A．N端的电势比M端的电势高
B．N端的电势比M端的电势低
C．污水中离子的浓度越高，电压U越大
D．污水流量Q与电压表的示数U成正比，与a、b无关
答案 AD
解析 正、负离子随污水向右移动，离子受到洛伦兹力，根据左手定则可知正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以后表面比前表面电势高，即N端的电势比M端的电势高，故选项A正确，B错误；最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的共同作用下达到平衡，则qE＝qvB，E＝eq \f(U,b)，解得U＝Bvb，电压U与污水中离子的浓度无关，选项C错误；污水流量Q＝vbc＝eq \f(U,bB)·bc＝eq \f(Uc,B)，则污水流量Q与电压表的示数U成正比，与a、b无关，选项D正确．
11.(2020·辽宁大连市一模)如图11所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板间加电压U0，极板Q的右侧有一个边长为eq \r(2)L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是( )
图11
A．如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0＝eq \f(1,2)kB2L2
B．如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电
C．带电粒子在匀强磁场中运动的速度大小为eq \r(2kU0)
D．带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为eq \f(1,B)eq \r(\f(2U0,k))
答案 ACD
解析 当带电粒子恰好从d点射出时，根据题图中几何关系可知，轨道半径r＝L，设带电粒子射入磁场时速度大小为v，由qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBL,m)；由qU0＝eq \f(1,2)mv2，解得U0＝eq \f(1,2)kB2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2kU0)，选项C正确；由qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2U0,k))，选项D正确．
12．(2020·山西吕梁市一模)如图12所示，在荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里．距离荧光屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q，质量为m，速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径为d，则( )
图12
A．粒子能打到屏上的区域长度为2eq \r(3)d
B．能打到屏上最左侧的粒子所用的时间为eq \f(πd,v)
C．粒子从发射到打到屏上的最长时间为eq \f(πd,v)
D．同一时刻发射的粒子打到屏上的最大时间差eq \f(7πd,6v)
答案 BD
解析 打在屏上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，
根据几何关系知，带电粒子能到达屏上的长度为：l＝R＋eq \r(3)R＝(1＋eq \r(3))R＝(1＋eq \r(3))d，A错误；由运动轨迹图可知，能打到屏上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝eq \f(1,2)T，又T＝eq \f(2πd,v)，解得：t＝eq \f(πd,v)，B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙，
粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)，由几何关系可知：
最长时间：t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v)
最短时间：t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πd,3v)
根据题意得同一时刻发射的粒子打到屏上的最大时间差：Δt＝t1－t2，
解得：Δt＝eq \f(7πd,6v)，C错误，D正确．
三、非选择题(本题共4小题，共52分)
13．(10分)(2020·山西吕梁市期末)如图13所示，在磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上垂直放置着一个可自由移动的金属杆．已知接在滑轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω.ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.5，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．：
图13
(1)判断金属杆所受安培力的方向；
(2)要使杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器的阻值R在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
答案 (1)水平向右 (2)1 Ω≤R≤21 Ω
解析 (1)由左手定则可知金属棒所受安培力方向水平向右．
(2)分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示．
当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示，由平衡条件得：
沿滑轨方向：mgsin θ＝f1＋F安1cs θ，
垂直滑轨方向：N1＝mgcs θ＋F安1sin θ，
而F安1＝Beq \f(E,R1＋r)L，f1＝μN1
联立解得：R1＝21 Ω
当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示，由平衡条件得：
沿滑轨方向：mgsin θ＋f2＝F安2cs θ
垂直滑轨方向：N2＝mgcs θ＋F安2sin θ
而F安2＝Beq \f(E,R2＋r)L，f2＝μN2
解得R2＝1 Ω.
所以，要使杆在滑轨上保持静止，R的阻值的取值范围是1 Ω≤R≤21 Ω.
14．(12分)(2020·天津市红桥区一模)如图14所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、带电荷量为－q的粒子(重力不计)从坐标为(3L，L)的P点沿x轴负方向以速度v0射入，从O点与y轴正方向成45°夹角射出，求：
图14
(1)画出粒子运动的轨迹，求粒子进入磁场时的速度大小；
(2)求匀强电场的场强E及粒子在电场中运动的水平距离x1；
(3)求出粒子在磁场中运动的轨道半径和时间．
答案 (1)见解析 (2)eq \f(mv\\al(02),2qL) 2L (3)eq \f(\r(2),2)L eq \f(πL,4v0)
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在O点时速度大小为v，OQ段为四分之一圆弧，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小也为v，方向与x轴负方向成45°角，可得v＝eq \f(v0,cs 45°)＝eq \r(2)v0.
(2)P到Q过程，由动能定理得qEL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得E＝eq \f(mv02,2qL)
在Q点时有vy＝v0tan 45°＝v0
由P到Q过程中，竖直方向上有qE＝ma
t1＝eq \f(vy,a)
水平方向有x1＝v0t1
联立可得x1＝2L
(3)有几何关系可知OQ＝3L－2L＝L
得粒子在OQ段做圆周运动的轨迹半径R＝eq \f(\r(2),2)L
粒子在磁场中从Q到O的时间t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,4)×eq \f(2πR,\r(2)v0)＝eq \f(πL,4v0).
15．(14分)如图15甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d＝23.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板．现将一重力不计、比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg的正电荷从O点由静止释放，经过Δt＝eq \f(π,15)×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入磁场．规定磁场方向垂直纸面向外为正，t＝0时刻电荷第一次通过MN.求：(结果均保留两位有效数字)
图15
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)t＝eq \f(4π,5)×10－5 s时刻电荷与O点的竖直距离Δd；
(3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t.
答案 (1)7.2×103 N/C (2)4.0 cm (3)1.1×10－4 s
解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0＝aΔt
由牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得E＝eq \f(mv0,qΔt)≈7.2×103 N/C
(2)由qv0B＝meq \f(v\\al(02),r)，T＝eq \f(2πr,v0)得r＝eq \f(mv0,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)
当磁场垂直纸面向外时，半径r1＝eq \f(mv0,qB1)＝5 cm
周期T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(2π,3)×10－5 s
当磁场垂直纸面向里时，半径r2＝eq \f(mv0,qB2)＝3 cm
周期T2＝eq \f(2πm,qB2)＝eq \f(2π,5)×10－5 s
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，
t＝eq \f(4π,5)×10－5 s时刻电荷与O点的竖直距离
Δd＝2(r1－r2)＝4.0 cm
(3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为T＝eq \f(4π,5)×10－5 s
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电荷沿MN运动的距离s＝4Δd＝16 cm，则最后Δs＝7.5 cm的距离如图乙所示，
有r1＋r1cs α＝Δs
解得cs α＝0.5，则α＝60°
故电荷运动的总时间t总＝Δt＋4T＋eq \f(1,3)T1＝eq \f(157π,45)×10－5 s≈1.1×10－4 s.
16.(16分)(2020·山东日照市一模)如图16所示，在坐标系xOy平面的x>0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场．在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10 cm,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动．若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处于真空中)．求：
图16
(1)电场的方向以及粒子离开发射枪时速度的大小；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
(4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间．
答案 (1)电场方向向上 106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m (4)0.42 s
解析 (1)粒子(重力不计)在复合场中沿x轴做匀速直线运动，由左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得：v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s.
(2)撤去电场后，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨道半径R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m.
(3)粒子运动轨迹如图所示，粒子在荧光屏上最上端打在B点，最下端打在A点，
由图可知：dOA＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m.
(4)由qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πR,v)可得粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)≈6.28×10－7 s，所以粒子在磁场中运动的时间可以忽略不计．
由几何关系知∠OMA＝60°，可知当粒子速度的方向与x轴正方向的夹角为30°时，射出的粒子到达A点，当粒子速度的方向沿x轴负方向时，射出的粒子能到达B点．
故闪光点从最低点移到最高点的过程中，粒子发射枪转过的圆心角φ＝180°－30°＝150°＝eq \f(5π,6)
所用的时间t＝eq \f(φ,ω)＝eq \f(\f(5π,6),2π) s＝eq \f(5,12) s≈0.42 s．