2022届高中物理一轮复习 第九单元 磁场 训练卷 B卷 学生版

这是一份2022届高中物理一轮复习 第九单元 磁场 训练卷 B卷 学生版，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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2022届高三一轮单元训练卷
第九单元 磁场（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13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．某同学在学完地磁场和洛伦兹力的知识后，想到了这样一个问题：若把地磁场简化为一根通有恒定电流螺线管形成的磁场，有一带电粒子从外太空以一定的速度进入地磁场，若仅考虑洛伦兹力，则带电粒子可能做匀速圆周运动的位置在(　　)

A．南极附近 B．北极附近
C．赤道附近 D．某一经线
2．磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是(　　)

A．a、b两处的磁感应强度大小Ba＜Bb
B．a、b两处的磁感应强度大小Ba＞Bb
C．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有Fa＜Fb
D．一电荷分别静止在a、b两处均受洛伦兹力，且大小一定有fa＜fb
3．如图所示，在yOz平面的环形金属线圈以坐标系原点O为中心，xOy平面为水平面，地球磁场指向＋y方向。位于原点O处的小磁针，可绕 z 轴在xOy平面内自由转动，环形线圈中的电流为16 A时，磁针与＋x 轴的夹角为37°。已知环形电流环心处的磁感应强度与环形电流强度成正比，则为使磁针与＋x 轴的夹角变为53°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，环形线圈中的电流应该调整为(　　)

A．3 A B．9 A C．12 A D．16 A
4．如图所示，E、F、G、M、N是在纸面内圆上的五个点，其中EG、MN的连线均过圆心O点，EF⊥MN，在M、N两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线，两根导线中分别通有大小相等的电流，已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小B＝k，k为常量，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。则下列说法中正确的是(　　)

A．若两根导线中电流同向，则O点磁感应强度不为零
B．若两根导线中电流同向，则E、F两点磁感应强度相同
C．若两根导线中电流反向，则E、G两点磁感应强度相同
D．无论两根导线中电流同向还是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小不相等
5．有一边长为l的正三角形线框abc悬挂在弹簧测力计下面，线框中通有cbac方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于△abc所在平面向里。平衡时，弹簧测力计的读数为F；若将线圈上提，让线圈上部分露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，磁场边界线MN刚好过ab和ac边的中点，这种情况下，弹簧测力计的读数为3F，则匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)

A． B． C． D．
6．质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是(　　)

A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的作用力为零时的速率为
7． 如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小可调的均匀磁场(环形区域的宽度非常小)质量为m、电荷量为＋q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动。M、N为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过M板准备进入MN之间时，M板电势升高为＋U，N板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速。每当粒子离开N板时，M板电势又降为零。粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径R不变。设极板间距远小于R，下列说法正确的是(　　)

A．粒子从M板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行n圈后回到M板时获得的总动能为2nqU
B．粒子在绕行的整个过程中，每一圈的运动时间不变
C．为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场的磁感应强度大小必须周期性递减
D．粒子从M板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行第n圈时的磁感应强度为
8．如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是(　　)

A．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C．沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为
D．沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
9．全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能。如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出），两电极之间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动，下列说法正确的是(　　)

A．要使船前进，图中MN导体棒应接直流电源的正极
B．改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或后退
C．增大电极间的电流，可增大船航行的速度
D．增大匀强磁场的磁感应强度，可减小船体的推动力

10．如图所示，两块金属板上下水平放置，相距为d，在两金属板之间连接一电压为U的恒压源。两金属板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷嘴固定在两块金属板中线的左侧，从喷嘴水平向右喷出质量为m、速度为v的带电墨滴，墨滴在电场区域恰好做直线运动，并垂直磁场左边界进入电场和磁场的共存区域，最终垂直打在下板上，已知重力加速度大小为g。由此可知(　　)

A．墨滴可能带正电
B．墨滴带电荷量为
C．墨滴进入电场和磁场的共存区域后的运动轨迹可能是抛物线的一部分
D．右侧磁场区域的磁感应强度为
11．如图所示，直线PQ与水平面方向成45°角，PQ的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于PQ上的a点，能水平向右发射不同速率的质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子(重力不计)，若所有粒子均能通过PQ上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　　)

A． B．
C． D．
12．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子和，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。已知离子在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子和(　　)

A．离开电场区域时的动能之比为1∶3
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．在电场中的加速度之比为1∶1
13．空间存在平面直角坐标系xOy，在x＜0区域内有沿x轴正向的匀强电场，在x＞0区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA＝h，OD＝2h。一个质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点。现只改变粒子自A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则(　　)

A．匀强电场的场强大小为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v＝
D．能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v＝
二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)如图所示，为某研究性学习小组设计的一只电流表的原理图如图所示。在质量为m、长度为L1的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于ab，ab＝cd＝L2。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，且指针指到刻度尺的0刻度位置，重力加速度为g。
(1)若要使该电流表能正常工作，则待测电流必须从金属棒的哪一端流入？
(2)刻度尺上距0刻度为x处对应的电流大小是多少？
(3)若弹簧在弹性限度内的最大伸长量为xm，则该电流表的最大量程为多少？



15．(10分)如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O点为圆心、R为半径的圆，内部由以O1点和O2点为圆心、等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”。O1、O2、O三点共线，A、C两点分别在半圆O1与O2的圆周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2。“阳鱼”内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，“阳鱼”与“阴鱼”的边界上无磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子P(不计粒子所受重力)从O点以大小为v0的速度沿OO2方向射入“阳鱼”，并从A点沿AO1方向进入“阴鱼”。
(1)求“阳鱼”内磁场的磁感应强度大小B；
(2)若同种粒子Q从C点沿CO2方向射入“阳鱼”，要使粒子Q不会进入“阴鱼”，求粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件。



16．(12分) 如图，某圆形薄片置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点O，xOy平面上方存在大小为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。现可从原点O向xOy平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电荷的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。
(1)若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点O发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？
(2)若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点O，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？




















17．(16分)如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，在x＞0的空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在竖直线PQ与y轴之间还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电的小球从A点水平抛出后，恰好从O点进入复合场中，并沿着OP方向做直线运动，已知OP与x轴正方向之间的夹角α＝30°。带电小球进入竖直线PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需要加一个匀强电场，若带电小球做圆周运动时要通过x轴上的N点，且OM＝MN。已知地表附近重力加速为g。求：
(1)小球从A点抛出时的初速度；
(2)在竖直线PQ右侧所加电场的场强大小和方向；
(3)小球从A点运动到N点所用的时间。














2022届高三一轮单元训练卷
第九单元（B）答案
一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13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．【答案】C
【解析】由题可知，带电粒子要做匀速圆周运动，则在圆周上各点的磁感应强度必须是一个定值，结合地磁场的分布图可知只有在与赤道共面、同心的圆周上各点的磁感应强度相同。
2．【答案】A
【解析】由磁感线的疏密可知，Ba＜Bb，故A正确，B错误；由于未说明导线方向与磁场方向的关系，故安培力大小无法判断；静止的电荷在磁场中不受洛伦兹力，故CD错误。
3．【答案】B
【解析】根据题意可知，，解得，即，。
4．【答案】C
【解析】若两根导线中电流均向内，由安培定则可知，它们在O点磁感应强度恰好等大、反向，故O点合磁感应强度为零，同理可知，E、F两点磁感应强度如图甲所示，故E、F两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，故AB错误；

设M中电流向内、N中电流向外，分别在E、G的磁感应强度如图乙所示，可知E、G两点的合磁感应强度相等，故C正确；若M、N中电流均向内，分别在E、G的磁感应强度如图丙所示，可知E、G两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，以此类推，可知无论两根导线中电流同向还是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小都相等，故D错误。
5．【答案】D
【解析】线圈全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，，直线MN刚好过ab和ac边的中点时，导线框受到安培力的有效长度为，受到竖直向下的安培力，大小为；对导线框，由平衡条件得，联立解得，D正确。
6．【答案】B
【解析】带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，故A错误；小物块沿斜面运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律知a＝gsin θ，小物块在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；当物块对斜面的作用力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcos θ＝qvB，解得v＝，故D错误。
7．【答案】D
【解析】带电粒子每一次经过电场MN，获得的动能为qU，经过n圈后获得的动能为，A错误；由可得，要使半径不变，速度增加时磁感应强度也要增加，则根据可知，带电粒子的运动周期逐渐减小，BC错误；由，可得，D正确。
8．【答案】C
【解析】由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m，T＝，解得T＝，可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝·T，可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，A错误；由左手定则可判断沿径迹Oc，Od运动的粒子均带负电，B项错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa，Ob运动的粒子轨道半径分别为，，根据qvB＝m可得，C正确：由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以，D错误。
9．【答案】BC
【解析】当MN接直流电源的正极时，海水中电流方向由MN指向CD，根据左手定则，海水受到的安培力指向船头方向，根据牛顿第三定律可知，船体受到海水指向船尾方向的作用力，故使船体向后运动，A错误；改变电极的正负或磁场方向，可改变安培力的方向，可控制船前进或后退，B正确；增大电极间的电流，根据安培力公式，增大了安培力（动力），由牛顿第二定律可知增大了船航行的加速度，使船航行的速度增大，C正确；增大匀强磁场的磁感应强度，由安培力公式F＝BIL可知，可增大船体的推动力，D错误。
10．【答案】BD
【解析】根据题述，墨滴在电场区域恰好能够做直线运动，所受电场力与重力平衡，所受电场力竖直向上，墨滴带负电，A错误；由，解得，B正确；墨滴垂直磁场左边界进入电场和磁场的共存区域，重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即墨滴进入电场和磁场共存区域后运动轨迹一定是圆弧，C错误；由，其中，联立解得，D正确。
11．【答案】ACD
【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则(n＝1，2，3，…)，所以ACD正确，B错误。

12．【答案】ABC
【解析】两个离子的质量相同，其带电量是1∶3的关系，所以由，可知其在电场中的加速度是1∶3，故D错；要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，由动能定理有，所以在离开电场时其速度表达式为，可知其速度之比为1∶，又，所以其半径之比为∶1，故B正确；由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有，则可知角度的正弦值之比为1∶，又的角度为30°，可知角度为60°，故C正确；由电场加速后可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故A正确。
13．【答案】AD
【解析】设粒子的初速度为v0，从A点进入电场以后做类平抛运动，可得，，A正确；粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得θ＝60°，，，由得，B错误；因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为(0，y)，速度为v1，方向与y轴夹角为θ，x方向的速度为vx，则vt0＝y，v1cos θ＝v，v1sin θ＝vx＝，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，所以粒子第二次到达y轴的坐标为(0，y－2rsin θ)，代入数据得y－2rsin θ＝v0t－4h，则第一次和第二次到达y轴的点的间距为2rsin θ＝4h，与初速度无关，所以根据对称性可知，第一次到达y轴的坐标为(0，3h)，第二次到达y轴的坐标为(0，－h)，所以能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v＝，C错误，D正确。

二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)
【解析】(1)由左手定则得，电流必须从金属棒是M端流入。　(2分)
(2)指针指在0刻度处时，有mg＝kx0　 (1分)
指针指在x处时，有mg＋BIL2＝k(x0＋x)　 (1分)
联立解得：。　 (2分)
(3)弹簧伸长量最大时，有mg＋BImL＝kxm　 (2分)
得：。　 (2分)
15．(10分)
【解析】(1)粒子P在“阳鱼”内做圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系，轨迹圆的半径

　 (2分)
又　 (2分)
解得。　 (2分)
(2)设粒子Q以大小为v1的速度从C点沿CO2方向射入“阳鱼”时，其轨迹恰好与圆O相切，如图乙所示。根据几何关系，轨迹圆的半径为R，又　 (2分)
解得
粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件为　 (2分)
16．(12分)
【解析】(1)速度与z轴正方向夹90°角，即贴着xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚，此粒子运动半径设为R，则有
qvB＝m　 (2分)
解得R＝
圆形薄片的半径r至少为。　 (2分)
(2)设速度v与z轴正方向的夹角为α，则其在z轴正方向的分量为
z轴分运动的加速为
经过　 (2分)
粒子在平行xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期T＝　 (2分)
若要碰撞点在坐标原点O，必须有　 (2分)
联立得。　 (2分)
17．(16分)
【解析】(1)小球在OP方向做直线运动，由于在受洛伦兹力、电场力和重力的作用，可以得出小球的速度大小不变，否则不能做直线运动，设小球在OP段的速度为v1，则由平衡条件得


联立解得　 (2分)
小球从A点到O点做平抛运动，可得小球从A点抛出时的初速度为
联立解得。　 (2分)
(2)要使小球在PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球的合力为洛伦兹力，则电场力需和重力平衡，因为小球带正电，所以电场方向向上，设电场的大小为E′，可得
　 (2分)
与
联立解得。　 (2分)
(3)小球从A点抛出运动到O点，设运动时间为t1，加速度
小球在O点竖直方向的速度为
又
解得　 (2分)
在QP右侧做圆周运动轨迹如图所示，设小球从P点运动到N点的时间为，小球做圆周运动的周期为T＝

由，
可知
所以
由几何关系可得，小球从P点运动到N点的圆心角为，则　 (2分)
小球做圆周运动的半径
又
由几何关系得
设小球在OP段运动的时间为，则
解得　 (2分)
小球从A点运动到N点所用的时间。　 (2分)