单元检测(9) 磁场-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

=CUR,=C1R=20×10×0.5×6C=6×10-C 地磁南极 S闭合时，电客器两端的电势差为零，则Q=0 答案：(1)4V0.52 (2)S断开时，电容器所带的电荷量为6×10C.闭合时， 电容器所带的电荷量为0. 14.解析：(1)不施加力时弹簧一瑞的滑片P在电阻R,的最上 端，此时有U=ImR 握力最大时，滑动变阻器R,全部接入电路，则有U I(R:+R:) 地磁北极 得R1=50n 地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁 即滑动变阻器R,的调节范围为0一50. 北极大致指向地理南极册近，通过这两个磁极的假想直线 U (磁轴)与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜.由表中~轴 (2)R消耗的电功率为P,=(R,+R）R 数据可看出：轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半 U 球，故A错误：磁感应强度为夫量，故由表格可看出此处的 龙+整 得P1= 磁感应强度大政为B气vB十B√B,十B,计算得，B50T, 当R,=R。=10Q时，消耗电功奉最大 故B正确： 因电租阻值与长度成正比，握力大小与弹簧压编量成正比， 由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方 世布瓷-昌 斜向下，则第2次测量，测量B,<0,故y轴指向南方，第3 次测量B,>0,故x轴指向北方而y轴则指向西方，D正确、 得此时对应的握力大小为20kg C错误。 答案：(1)0~500(2)20kg 2B根据安培定则，两直导线在O点产生的磁场相互垂直， 15.解析：1)由动能定理gU=之m① 设O点到4的距离为r,已知通电长直导线在空间某点产生 的磁感应强度大小B=k,则B,=k上， 解得受 由电流定又，等效电流1一是-9回 直导线b在O点产生的磁感应强度大小为B一k 2 2√3 (2)以内喷出的n个气离子为研究对象：由动量定理 两直导线在O点产生的磁场相互垂直，根据磁感应强度合 F'△M=m-0④ 推出F=Nmv⑤ 成法则，则O点的磁感应强度大小为B=√瓜+？=B, 4 根据牛颜第三定律得，推力器获得推力F=F@ 故B正确，ACD错误， 联立②⑤⑥得F'=N2mgU⑦ 3.C (3)设△1内电场对n个氙离子做功为W,则电场做功功率 a B 为P=出 _ad与磁场方向亚立，→F象=B1·ab=2Bl,C对，ABD错 厂受安培力 又W=ngU@ 联立⑧⑨得P=g火=NgU@ 与磁扬方向平行，不受安培力 根搭复高，由⑦@技出55入哥 4.C设碱感应强度大小为Bar边长为L,则ak的长度子L 2m 十L=2L,由题意可知在a,G点接一直流电源后流过ak 根据上式可知：增大S可以通过减小《，U或增大m的方法 U 答案：1)v√m I=Ng(2)N/2mgU(3)增大S 学线的电流为，流过r导线的电流为，故导线低受到 可以通过减小？、U或增大m的方法 的安培力大小为B·吉·华-0，导线所受的安培力 3 4 单元检测（九）磁场 大小为业，故A错误：导线k的有效长度为L,受到的 A卷高频考点练清卷 安培力大小为，故B错误：学线山所金的安培力大小为 1.BD如图所示 B,日·子1=即所交安培力的大小为，导线 4 3 159 ab,ac所受安培力的大小之比为3：8，故C正确：根据左手 (2)从边界MP射出的离子，遠度最大时离子运动轨迹恰好 定则，导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故 与MN相切，设其运动半径为R:,运动轨迹如图中2曲线所 D错误：故选：C. 5.BD假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运 示，根据牛颜第二定律四B=mR 动情况.如图1所示，由几何关系可知△OPO≌△OQO,所 R十R 以∠O)1PO=∠O1Q0,义粒子沿直径射入，∠O1P)=90°，则 根据几何关系得MP的长度L=m。 ∠O,Q0=90°，O,QLOQ,则每次碰撞后除间，粒子速度方 解得Um=31 向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D对：粒子在圆嫡中 先做圆周运动，与圆筒碰后速度反向，继续做國周运动，粒子 答案：(1 2号 第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也 不可能过圆心，A错：粒子最少与园筒碰撞2次，就可能从小 8.C洛伦营力提供向心力有guB=m尺 孔射由，如图2所示，B对：根搭加B=m二可知，r一眉，则 质于加速后获得的最大动能为E,=之m 射入小孔时粒子的递度越大，粒子的轨迹半径越大，与国简 解得最大速率釣为v=5.4×10m/s 碰撞次数可能会增多，在圆内运动的时间不一定越短，如图 故选C 3所示，C错， 8.A废液流速稳定后，粒子受力平衡，则B= d 第二次碰撞 解得：0一Bd 出 则废液的流量为Q=Su=0d 4B 弦长越大，速度越大 可以考虑“以弦代圆" 只要测量磁感应强度B、直径d和MN两，点电压，就能推算 01 粒子圆周运 拉击速度 出污水的流量，而要测量出废液的流速，还需要再测量出國 动的圆心 第一次碰增 柱形客器直径d,故A正确，B错误：电磁流量计可利用口= 图1 图2 的表达式来测出污水的流速，但不能通过改变磁感应强 U 第三次碰撞 第次碰撞 出 第四次微棉 度来成交污水的镜地，截C错误：由Q-昭可知，U-织 第二次 碰撞 可知MN两点电压与磁感应强度B、流量Q、直径d有关，而 与离子的浓度无关，故D错误：故选：A 第次碰憧 第三次碰撞 10.A带电粒子在磁场中做匀速國周运动，其运动轨途如图 第一次碰描 所示 图3 6.BC能从ac边射出硅场的粒子的临界条件是轨迹分别与x、 0 相切.根据几何关系可知此时粒子的轨迹半径为3L,<T< 4 760° 之粒子在随场中洛伦装力提供向心力，剥有B="四 ,30 0 联立解得，gBL<BL,故选，B.C 4m 2m 7解析：(1)设离子的质量为m、电荷量为q,从边界PQ射出的 由几何关系可知rsin30°=r-a-~r=2a 速度为而的离子，设其运动半径为R,运动轨迹恰好与 MN相切，运动轨迹如图中1所示. F=f。B=mr器 E 根据牛频第二定律B=m尺 施加电场 匀逸直 线适动B=qE0 E 根据几何关系得I,sina=R,一R,sina 对，BCD错 郎得L=品 11.C如果磁场方向垂直纸面向里，划洛伦兹力方向向上 ①当B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功 为零 ②当B<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做 02 功，根搭动能定理得一W=0一之m,解得W-名m R ③当B>mg时，圆环先做减速运动，当B=mg时，不 40 受摩擦力，做匀速直线运动， 160 由gB=mg可得匀速运动的速度u=m图 1 1 gB eEy:-7mv-7mvi 根据动能定理得一W=号m-号m,解得W= 梦理得防一U=号 1 官m,。,故选项A,B错误：如果破场方向磨直纸 好得队-品 面向外，测洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动直到静止， 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐 只有摩擦力微功，根据动能定理得一W=0一之m∴，解得 标越大 W=之m,故选项C正确，选项D错误，故选：C 则能到-露的位置的电子数占总电子盘的比例为 12.AC若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图：：：：：： N=丝×100% N。= 1所示 解得刀=90% 根据几何知识得r2=OM+OO2 :3:a (3)90% OO=3r-ON 答案：1E=B。(2y,-品 。。。 解得r1=3m,r2=3.75m, 单元检测（九）磁场 根搭牛领第二定律得mB=m日 图1 代入敦据解得：4=3m's,=3.75m8, B卷高考能力评价卷 设带电小球从释放点到N点距离为x,根据动能定理得 1,A根据左手定，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力 1 qEx=之mu 水平向右，A正确：小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运 动过程中速度，加速度大小，方向都在变，BC错误：洛伦兹力 解得：x1=1.5m,x2=2.3m, 永不做功，D错误. 若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图 2所示 。 2.C只有当通电导线与磁场方向画直时，通电导线受到安培 力的大小才为IBL,故选项A错误：当通电导线与磁场平行 根据几何知识得r=OM+OO 时，它不受安培力，故选项B错误：通电直导线所受安培力 00'=ON-r 的方向既垂直于磁感应强度方向又垂直于电流方向，即垂直 解得h=5m 于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，故选项C正确： 根据牛顿第二定律得B=m 安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电 1 导线也能做功，故选项D错误，故选：C. 根搭动能定理得Ex=之m 倒2 3.B如图所示，AB棒左侧处在斜向上的磁场中，受到的安培 解得x=.2m,故选：AC 力F,穿过纸面向外，AB棒右侧处在斜向下的磁场中，受到 13.解析：(1)电子沿x轴做直线运动，则电子受平衡力的作用，即 的安培力F,穿过纸面向里，故AB棒将逆时针转动（俯视）， eE=eBvs 故AC错误，B正确： 解得E=Bu F2/B (2)电子在电，磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作 用，只有电场力微功，则电子的境度由宁到警的过程，由动 0D 能定理得 E=m(受）广-m() 通电后，根据安培定则可知AB棒和CD棒中的电流会在周 国产生磁场，根据磁场的合成可知线较OO上不存在磁感 3mvo 联立解得y一32eB 应强度为零的位置，故D错误 4.B质子(H)以速度自O点沿中轴线射入，拾沿中轴线 (3)设电子的入射速度为马，时刚好能达到纵坐标为y: 做匀速直线运动，将受到向上的洛伦力和电场力，满足9B 器的位置，此时电子在藏高点的连度活水牛方向，里大小 -心，解得：=昌中质子的递度满足速度选择号的条件， 假设为边·则 即速度选择器不选择电性而只选择速度，以速度畅自了，点 电子在最低点的合力为F,=E一eB 沿中轴线从右边射入a粒子(He),电场力向下，洛伦兹力 电子在最高点的合力为F:=eB:一eE 向下，不能做匀速直线运动，故A错误：以速度环自O点沿 由题意可知电子在最高点与最低，点的合力大小相等，即F,=F 中轴线射入的电子（©），依然满足电场力等于洛伦兹力，而 整理得4十=2 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 微匀速直线运动，故B正确：以速度？自O点沿中轴线粉 161 入的氘核(H),所受的洛伦力小于电场力，氘核将向下偏 到的电场力的方向向下，所以电场的方向向下，金属板A,B 转，电场力做正功，洛伦滋力不做功，动能将增加，故C错 分别接电源的正极、负极，故选项A错误：金属板AB间的 误：以速度2。自O点沿中轴线射入的氚核(H),所受的洛 电场强度E-号，由随意可知，正粒子道过会属板AB之同 伦力大于电场力，氚核将向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力 不做功，动能将减小，故D错误：故选：B 做句速直线运动，根据平衡条件有gE一guB,=0,所以)= 5.C由图可知，粒子所受洛伦弦力垂直速度方向向下，根据 ,故选项B错误：粒子在园形磁场中的运动轨远是一段 U 左手定则可知粒子带负电，故A错误：如图所示 圆孤，如图所示，O是粒子做國周运动轨迹的圆心，从《点射 X> 出的粒子的半径r1=Rtan60°=√3R 根据几何关系可得粒子微圆周运动的半径， L c0530 23 3 根据洛伦滋力提供向心力B=m 由几何关系可知，从d点射出的粒子的半径 聚立解得轻子的比矜是=盈故B销误， r:-Rtan 30"-R 由儿何关系可知粒子在磁场中微圆周运动转过的园心角为 粒子在磁场中微匀建国网运动的丰径一咒 60,粒子在磁场中的运动时间1=2×50=2y3L,故C 360 以 正确： 则1,2两束粒子的比荷之比为严=二=1：3，故选项C错 r 银播心B=m号，可得/一觉 m gB 可知速度减小，粒子在磁场中做圆周运动的半径减小，由作 联：根据周期公式T一，管，粒子在国形有界碰场中运动的 图法可知当速度减小到一定值时，粒子可以从CD边射出， 时间1=T-器共中会-部-号所以1,2两于 故D错误. 6.B粒子在磁场中做圆周运动，如图： 在国形有不磁场中运动的时网之此会一受：此选项D正病 XXX 故选：D ×B× 8.D导体受到向下的重力，沿悬线向左上 0(09 的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右 上方，对直导线MV进行受力分析，如图 所示：根据左手定则可知，导线中电流方 PM(N) 左 ×20g 向应由M指向N,故A错误：直导线MN mg 在悬线的拉力，安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电 3R 流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力 由几何知识得：一mn60=y3R,洛伦兹力提供向心力，由 的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由 牛顿第二定律得：mB=m),解得：-③B那：当该带电 牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误： 因为磁场的方向处处指向O,即猫场处处与悬线平行，故 粒子从P点射入的速度大小变为：时，若粒子竖直向上射 直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直.根据几何关系 入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径厂=R, 则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时 可得：am0=号=B,由B可知当电流1发生变化时，恶 洛伦滋力提供向心力，由牛顿第二定律得：mB=m型，解 线的拉力T也要变化，所以an0与电流I不成正比：同理 符：西=9B迟，则：·=3，故B正确，ACD错误. i血9=E=BI北，图为重力恒定，所以sim0与电流1成正 mgmg 比，故C错误，D正确.故选：D 7.D粒子在圆形磁场区城内向上偏转，根据左手定则可知粒 9.B汇在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点 子带正电：粒子在速度选择器内受到的洛伦燕力的方向也向 上，由于粒子在速度选择器内做匀速直线运动，可知粒子受 的电势高于P点的电势，根据电势能的公式E。=99可知， 电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系 162 可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B 边射出，粒子特过的国心角仍为90°，则1=1。，A正确： 正确：电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力 若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则粒子在AC做直 不微功，故C正确：电子在M点由静止释放，速度（动能）为 线运动的速度，有qB1=g·2E 0,故只受到向左的电场力：从M点到P,点的过程中，只有电 则vg=2 场力做功，所以电子的电势能和动能之和保持不变，因为P 再根据9B=m号，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子 点和M,点在同一等势面上，电子的电势能相等，所以电子到 达P点时的动能与M点相等，均为0，即速度为0，所以电子 F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则1=t。,B错误： 在P点也是只受到向左的电场力。即电子在M点所受的合 力与在P,点所受的合力相等，故D错误.故选：B、C. 若仅将区城Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则粒子在AC 10.AC当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的 微直线运功的速度仍为。，弄根搭mB=m二，可知：子 逢度最大，由公式B=加尺可得所能达到的最大动量大 半径变为原来的4>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子 小p=m=gBR,由于两粒子的电荷量相同，所以两粒子所 的运动轨迹如下图 能达到的最大动量相等，故选项A正确：当粒子的旋转半径 到达D形盒的半径R时，粒子的选度最大，由B=m ①BR可得，两粒子的动能之比等于电荷量的平方之比与 2m 质量反比的积，由于二者质量不同，所以两粒子最大动能不 同，故选项B错误：当粒子的旋转半径到达D形盒的半径 R时，拉子的建度最大，由公式B=m只可得-，由 根据sin0=2 m 人。=mB=BR可知，两粒子受到的最大洛伦滋力与比 172 可知转过的国心角0=60，根据B=m 下r,有t= 荷有关，因为氕核比荷大于氚核比荷，故选项C正确：粒子 每加逢一次增加的动能为qU,粒子能达到的最大动能为 45”,则1=8，C错误： 9gB. 9 E=R,所以鞋子被加选的次教为n一品m,由 E.9B'R 2m 若仅将区城Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则粒子在AC 于氕核和氚核的比荷不相等，所以两粒子在达到最大动能 的过程中通过狭缝的次数不相等，故选项D错误。故选： 做直线运动的连度仍为。·再根据B=m二，可知粒子 A、C. 半径变为原来的4>2，则粒子OF边射出，则画出粒子的 1山，ABD粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂 直纸面向外，根据几何关系知粒子做圆周运动的半径为R, 运动轨迹如下图 B=m装解得是-录故A,B正确：粒子从B点进入 电场向右微匀减递直线运动，然后向左做匀加递直线运动 27 再次从B点进入磁场，根据动量定理得，选向左为正方向， 触子在息场中运动的时间为：=2m-需- 子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以 粒子在磁场中运动的总时间为1，-，救C错误，D正确；故 根据sina=2红 4 ② 选：ABD 可知转过的圆心角为a=45°， 12.AD由题知粒子在AC做直线运动，则有，q%B,=qE 区城Ⅱ中磁感应强度大小为B,则粒子从CF的中点射出，则 根gm8=m祭，有1 子特过的哥心角为90，根据mB=m亭有一器 则t=2t。,D正确. 若仅将区域I中磁感应强度大小变为2B,则粒子在AC 13.解析：(1)由题意可知第一级区城中磁感应强度大小为B,=kI 做直线运动的速度，有q心·2B,=gE 全属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F=B,儿 =k产L 对=受 (2)根据牛领第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速 再根据qB=m号，可知粒子半径减小，则粒子仍然从C下 度大小为，一君- 163 第二级区域中磁感应强度大小为B,=2kI 解得v-3BL,则速度在3BL6BL之间的粒子才能 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F一B。· 211.=411 进入第四象限：国离子源射出粒子的速度范国在BL 金属棒经过第二级区域的加逸度大小为a: F'kIL 6B业，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可 则金属棒经过第一，二级区城的加速度大小之比为a1:a 知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为刀=60% =1：4 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理 答案：aw,-2BL1 2xm (2)=4BgL (3)60% 3qB 可得5+P=名m时-0 15.解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆 y 周运动，设粒子速率为时在磁 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为 场中运动半径为r,由洛伦兹力提 10kI Ls 供向心力得： 岁父X 答案：(1)L(2)1:4(3 :10kFLs Byy=mv: 14,解析：(1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相 解得：d'=Br 切，则由几何关系，rc0s60”=r1一1 可见粒子的运动半径与速率成正 解得，r=2L 比，肿运动半径越小，速率越小 图1 根据，qu1B,=m 互，解得 2B19L 粒子由S到O,线段SO是闻周轨 迹的最小直径，对应的造度最小，即最小丰径一号， 在磁场中运动的周期T=2π” gB 则从S发出的粒子的最小速度：=？ 运功时间1%0T 2m 2πn 3qB (2)依题意作出粒子的运动轨迹，可知发射速度与十x方向 夹角为150°的粒子恰好到达S点，如图1所示. 设粒子在磁场的运动半径为1，速率为出 01 由图中几何关系可得：2r1sin30°=d 1309 由洛伦滋力提供向心力得：，B=m四 联立解得：= m 粒子在电场中做类斜抛运动，由牛顿第二定律得： 0 gE。=ma (2)若B,=2B,根据，r=常可知=2 O到S过程沿一x方向先做匀加递直线运动，后做匀减速 直线运动过程 粒子在磁场中运动轨迹如图，设O,O与磁场边界夹角为 a,由几何关系nsin。-rsin30=Ln-sina= L 由对称性可得运动时间为：42sin30°_m gE 沿一y方向做匀速直线运动，则有：d=v,cos301 3 解得，2=2L,sina= 联立解得：E。-3gBd 2m 根据B三m (3)由(1)可知，速度最小的拉子的 解得，=4BgL 运动轨迹如图实线所示，d=2r 根据对称关系可知，该粒子第三 RX x (3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定 次到达y轴的坐标为： 理，B,g0,△t=mAu yp=d p是qAy=ma 已知：E=4E, 最先射出的粒子在电场中运动的 末布可得是网ay=公m如 加速度：a'=E=4a XX 粒子从区域I到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中，m( 沿x方向有：sina-a't1=0 图2 B.0+L·gl c0s60°)=B,9l+ 2 解得：1=4 164 y=e0seX2r=号 5.A导体棒OA校旋转切割磁感线，根据右手定则可知，> 空AC段不切割磁感线，属于等势体，则中=9，故>中A 最先射出的运动轨迹如图虚线所示，由几何关系可得诚粒 =,A对，BCD错. 子第三次到达y轴的Q点的坐标%=是 6.B根据法拉第电磁感应定律可知E=地=△BS=10× PQ之间的距高：ay-w一0=子d (1.02+1.22+1.4)×10V=0.44V,故选B. 7.D由题意可知，线图中的磁通量向里减小，根据楞次定律 答案：(1)m=B 可知，线图中感应电流的磁场方向垂直纸面向里：故感应电 m (2)E。=3B1 2m 流的方向由B经过电阻流向A,故A点电势比B点电势低 单元检测（十）电磁感应 故A,B错误：根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E=NA地=100×0.08-0.04V=20V A卷高频考点练清卷 △ 0.2 A、B两点间的电势差 1,D当合上开关S的瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈N的 40 磁通量从无到有增加，则线园N中产生感应电流，故选项A U-R,·E-00o×20V-16v 不符合题意：当线图M中有恒定电流通过时，线图M激发 E 202 0.2s内电路产生的电能为W=E=R千=0十0X02J= 恒定的磁场，向右匀递移动R,的滑片时，M中的电流发生 1.6J,故C错误，D正确.故选：D 变化，所以线圈N中磁通量也发生变化，故有感应电流产 生，故选项B不符合题意：当向右加速移动R,的滑片，M中 8.C作出静止时导体棒的受力图如图所示，T 的电流发生变化，所以线周N中磁通量也发生变化，故有感 由于0=齐，故安培力F=Mg,又F=BIL, 应电流产生，故选项C不符合题意：当开关S断开时，线圈 M内没有电流，则线圈N中没有磁通量，也没有磁通量的变 电选1是解得E瓷A倍：开关S接 Mg 化，则线图V不能产生感应电流，故选项D符合题意，故 2,导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然 选：D 后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过 2.C开关闭合瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，产生感应 程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒完成一次全振 电流，套环受到向上的安培力，会向上跳起：随着铁芯磁场的 动，在最低点时速度不为0，即E>0,由能量守恒定律可知棒完 逐渐稳定，穿过套环磁通量的变化越来越慢，感应电流逐渐 成一次振动的过程消耗的焦耳热满足Q十E=Mgl(1一cos), 减小，安培力逐渐减小，保持开关闭合，穿过套环的磁通量保 持不变，不产生感应电流，不受安培力，套环将在重力作用下 所以Q<Mg11-cos)=(1-号)Me1,B错：号体棒从右向 回落，故A、B错误，C正确.环处于静止后再断开开关，穿过 左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向 套环的磁通量发生变化，产生感应电流且方向与开关闭合时 左运动的最大据角小于开，由对称性可知导体棒从左向右 相反，套环受到向下的安培力，套环不会重新向上跳起，故D 错误.故选：C, 摆动时，最大摆角也小于于，C对：导体棒第二次通过最低 3.C由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电 ,点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低 流，则根据安培定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向 ,点的速度大小不等，由E=BLu可知，产生的感应电动势大 下，A错误：汽车进入线圈1过程中，磁道量增大，根据楞次 小也不相等，D错 定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误：汽车 9.C如图所示 离开线图1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感 应电流方向为ad(颜时针)，C正确：汽车进入线图2过程 中，磁道量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 A BP B ad(b(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方 向与地度方向相反，D错误， 4,B以S极靠近线图分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应 B 强度增大，则穿过线图磁通量变化率增大，感应电流增大，灯 泡会变亮，故A错误：根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁 导体棒匀速转动，设速度为，设导体棒从A到B过程，棒转过 靠近线圈时，线图对磁缺产生排斥力，故B正确：当S极靠 的角度为0，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为=Cs0 近线图时，根据楞次定律可知线图中的电流沿逆时针方向， 可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则 当S极向右运动远高线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的 可知，导体捧经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方 电流沿颜时针方向，故C错误；若忽略摩擦力和阻力，磁铁 向发生变化，根据“=BLD 的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为 可知导体棒两端的电势差“随时间（变化的图像为余弦图像。 焦耳热，故D错误：故选：B. 故选C. 165单元检测（九） 磁场 A卷 高频考点练清卷 考点一磁场、磁感应强度 1.(多选)(2024·福建宁德校考一模)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强 度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面.某同学在某地对地磁场进行了四 次测量，每次测量时y轴指向不同方向而：轴正向保持竖直向上.根据表中测量结果可推知() 测量序号 Br/uT By uT B:uT 1 0 21 -45 2 0 -20 -46 21 0 -45 -21 0 -45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50：T C.第2次测量时y轴正向指向西方 D.第3次测量时y轴正向指向西方 2.(2024·河北模拟)长直导线a、b互相垂直放置，：导线中的电流大小为b导线中电流大小的2倍，电流 方向如图所示，纸面内的P、Q分别是a,b导线上的点，PQ连线与导线b垂直，与导线a的夹角为0= 60°，O为PQ的中点.已知通电长直导线在空间某点产生的磁感应强度大小B=k(k为常量，1为电 流，r为该点到直导线的距离).若直导线α在O点产生的磁感应强度大小B。,则O点的磁感应强度大 小为 () ☒0 60 6,P Aa B./19B. c.45B DYR 考点二安培力的分析与计算 3.(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流1，放 置在磁场中.已知ab边长为2l,与磁场方向垂直，bc边长为(，与磁场方向平行.该导 线受到的安培力为 A.0 B.BIl C.2BIL D.√/5BIl —65 4.(2024·湖北模拟)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的直角三角形线框abc,∠a· =90°，∠c=37°，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示.已· 知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是 () A.导线bc受到的安培力大于导线ac所受的安培力 B.导线abc受到的安培力的合力大于导线ac受到的安培力 C.导线ab、ac所受安培力的大小之比为3：8 D.导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上 考点三带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动 5.(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P 点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示.一带电粒子从P点 ×××× 沿PO射人，然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰、 撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反：电荷量 不变，不计重力.下列说法正确的是 () A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 6.(多选)(2024·准北二模)如图所示，直角三角形abc区域内，存在垂直纸面 向里的匀强磁场，∠b=30°，Qc=L,磁场的磁感应强度大小为B.一群质量 0 为m、电荷量为q的带正电粒子从ab边中点O沿平行于ac方向以不同的 速率射入磁场，能从a边射出磁场的粒子的速度大小可能是 () A.0.49BL B.0.469BL c n 1 C.0.499BL D.0.69BL 7.(2024·安徽省模拟)如图所示，平行的MN、PQ与MP间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应 强度大小为B,边界MV与MP的夹角α=30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速 率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正，负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场.已 知从边界PQ射出的离子，射出点与P点距离最大的离子的速度为，所有正、负离子的比荷均为k,不 计离子的重力及离子间的相互作用.求： (1)MP的长度： (2)从边界MP射出的离子的速度的最大值， p20 66 考点四带电粒子在复合场中的运动实例 8.(2023·广东卷)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为1.12T,质子加速 后获得的最大动能为1.5×10？V.根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约 为（忽略相对论效应，1eV=1.6×10-19J) ( A.3.6×105ms B.1.2×102m/s C.5.4×102m/s D.2.4×108m/s 9.(2024·湖南省长沙市二模)武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污 水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右 侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积.空间有垂直纸面向里的磁感应强 度为B的匀强磁场，下列说法正确的是 ××M×B× ××× ×XWX× 甲 乙 A.只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U,就能够推算污水的流量 B.只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U,就能够推算污水的流速 C.当磁感应强度B增大时，污水流速将增大 D.当污水中离子浓度升高时，MN两点电压将增大 考点五带电粒子在复合场、组合场中的运动 10.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面 (Oy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直.一带电粒子由O点沿x正向入射到0 磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x x"x 2 轴的接收屏上的P点：SP=1,S与屏的距离为2，与x轴的距离为“.如果保 持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入 射后则会沿x轴到达接收屏，该粒子的比荷为 E A.2aB 8品 洛 D、B aE2 11.如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B,一个质量为、电 荷量为十？的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩 擦因数为.现给环一个向右的初速度0，在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是 A.如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为2mw? B如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为m?” 2B2g2 C如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为7w 如果骏场方向垂直纸面向外圆环克服摩擦力做的功一定为号m高 12.(多选)(2024·永州一模)如图所示，在xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B =1T的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E=3NC,ON为处于y轴负方 向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m,M点为x轴正方向上的一点，OM=3m.现有一个比荷大小为g 11 1.0Ckg的带正电粒子（可视为质点且重力不计），从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀 67 强电场加速后从V处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计， 碰撞时电荷量不变，粒子最后都能到达M点（粒子经过x轴正方向时就被吸附），则带电粒子从释放点 到N点距离的可能值为（结果保留两位有效数字） () ·◆··B 。。由。 E N A.1.5m B.2.8m C.4.2m D.5.0m 13.(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型.Oxy平面内存在竖直向下的匀强电 场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为的电子从O点沿x轴正方 向水平入射，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动：入射速度小于%时，电子的运动轨迹如图中的 虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用. (1)求电场强度的大小E: (2)若电子人射速度为华，求运动到速度为受时位置的纵坐标： (3)若电子人射速度在0<<w范围内均匀分布，求能到达纵坐标为一常位置的电于数N占总电子 数No的百分比. 68 单元检测（九） 磁场 B卷高考能力评价卷 (满分：100分时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共2分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射人垂直纸面向里的匀强磁场，关-⊕ 于小球运动和受力说法正确的是 ()××1×× A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 ××p×x B.小球运动过程中的速度不变 ×××× C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 2.一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I.下列说法正确的是( A.通电直导线受到安培力的大小为ILB B.无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力 C.通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面 D.安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功 3.(2024·广东梅州统考二模)如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上. 0 导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固 定在圆柱体的下底面.开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点O、O2连线与圆 柱体的中轴线重合.现对两棒同时通入图示方向(A到B、C到D)的电流.下列 02D 说法正确的是 () A.通电后，AB棒仍将保持静止 B.通电后，AB棒将逆时针转动（俯视） C.通电后，AB棒将顺时针转动（俯视） D.通电瞬间，线段OO2上存在磁感应强度为零的位置 4.(2024·邯郸二模)速度选择器装置如图所示，c粒子(2H)以速度o自O点沿中轴 +++++++ 线O0射入，恰沿O0做匀速直线运动.所有粒子均不考虑重力的影响，下列说法正x×x 确的是 0××××,××,0 A.a粒子(H)以速度%自O点沿中轴线从右边射入也能做匀速直线运动 B.电子(_9)以速度%自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线OO做匀速直线运动 C.氘核（行H)以速度2自O点沿中轴线O0射入，动能将减小 D.氚核(H)以速度2%自O点沿中轴线OO'射人，动能将增大 5.(2024·四川内江模拟预测)如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着垂直 A 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一带电粒子以速度从D点射入磁场，速度 方向与CD边夹角为60°，垂直BC边射出磁场，则下列说法正确的是 ( A.粒子一定带正电 B,粒子的比背为配 D C粒子在磁场中的运动时间为23x D.减小粒子的速度，粒子不可能从CD边射出 6.(2024·内蒙古通辽模拟预测)如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场 只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为R、3R,圆 xxx xB× 心为O.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1射 XX 人磁场，其运动轨迹如图，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2时，不论其人射方向如何，都不可能进入小圆内部区 域，则1：2至少为 () ×120 A.23 C.43 3 B.3 3 D.23 69 7.如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U,距离为. 两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1、圆心为O的圆 形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2,一束不计重 力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线 B 运动，从α点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从 c、d两点射出磁场.已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb=60°，∠dOb=120°，不计粒子间的相互作用， 下列说法正确的是 ( A.金属板A、B分别接电源的负、正极 且进人圆形磁场的粒子的速度大小为“ C.1、2两束粒子的比荷之比为3：1 D.1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为3：2 8.(2022·湖南卷)如图(a),直导线MV被两等长且平行的绝缘轻绳悬 0 挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO的磁场，与O) 距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图 (b)所示.导线通以电流I,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为.下列左 右M 说法正确的是 () a】 A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C.tan0与电流I成正比 D.sin0与电流I成正比 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 9.(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面 向里的匀强磁场.电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点.已知 X X P X M、P在同一等势面上，下列说法正确的有 XX A.电子从N到P,电场力做正功 XX B.N点的电势高于P点的电势 M C.电子从M到N,洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 10.2020年2月，中核集团“龙腾2020”科技创新计划“质子治 疗230MeV超导回旋加速器”在原子能院完成设备安装和高 频锻炼测试工作，建成后将有效提升我国医疗领域设备水平， 使质子治癌成为人类征服癌症的有效手段之一，回旋加速器 接高频交流电源 主要结构如图，两个中空的半圆形金属盒接高频交流电源置 图1 图2 于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小.粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速 度可以忽略.用两台回旋加速器分别加速氕(P)和氚(T)核，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感 应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则氕(P)和氚(T)核 ( ) A.所能达到的最大动量大小相等 B.所能达到的最大动能相等 C,气核受到的最大洛伦兹力大于氚核 D.在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等 11.(2024·沈阳一模)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂 M 直纸面的匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与 OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强 0,- 电场，电场强度为E.当粒子的速度大小为且沿AO方向时，粒子刚好从B点离 开磁场.不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是 ( A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B粒子的比荷为录 C,粒子在磁场中运动的总时间为 20 D粒子在电场中运动的总时间为卧 70 12.(2023·湖南卷改编)如图，真空中有区域I和Ⅱ，区域I中存在匀强 C 电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸 面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方 向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且 B 与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不 0 E B2 同的粒子射人区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ. 若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感 45 应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的 时间为o.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重 力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是 ( A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2B1,则t=to B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>o C若仪将区蚊Ⅱ中磁感应强度大小变为，则1=号 D者仅将区城Ⅱ中匿盛应强度大小变为浮，则！=。 答题栏 题号 2 5 6 2 8 9 10 11 12 答案 三、非选择题：本题共3小题，共44分 13.(2023·北京卷)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”， 金屈棒 创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录.一种两级导轨式 电磁推进的原理如图所示.两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨 2/ 间垂直安放金属棒.金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触 ☑ 良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源 未画出.导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强× xx + 度B与电流i的关系式为B=ki(k为常量)，金属棒被该磁场力推 动.当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变 WW2 为2L.已知两导轨内侧间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离 第一级区域 第二级区域 均为s,金属棒的质量为m.求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F; (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1:a2: (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小. 71 14.(2023·6月浙江卷)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的 ty 技术，如图所示，Oy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、3N60 边界均平行x轴的区域I和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B,的 匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向 2L 里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于(0,3L)处的离子源能释放出质量 为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁 场区域.不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应. 0 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度1及其在磁场中的运动时间： (2)若B=2B,求能到达y=2处的离子的最小速度欢： (3)若B=y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布 B9L6B14范围，求进入第四象限 的离子数与总离子数之比 15.(2024·郑州一模)如图所示，无限大的xOy平面内，在y轴左侧有沿x轴正方向 的匀强电场，在y轴右侧有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.y轴上S(一d,0)处有一粒子源，在坐标平面内先后向磁场中与十y方向夹角为 30°~150°范围内发射粒子，粒子的质量为m、电荷量为十9，所有粒子第一次经磁 XX 场偏转后均可同时从O点进入电场.不计粒子重力及粒子间相互作用. ×××× (1)求从S发出粒子的最小速度v: X××X (2)若最先从粒子源射出的粒子，经过一次电场偏转，恰好运动到S点.求电场强 度的大小E: (3)若电场强度E为(2)中E的4倍，最小速度的粒子从粒子源射出后第三次经过y轴的位置为P点，最先 射出的粒子从粒子源射出后第三次经过y轴的位置为Q点，求PQ之间的距离. 72