单元过关(十二)磁感应强度 安培力 带电粒子在磁场中的运动-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川B版)

真题密卷 单元过关检测 (3分)(2)4000(3分)(3)3877.55(3分) 使得电路实际总电阻减小，干路电流比微安表的 【解析】(1)①若闭合S2后干路电流基本不变， 满偏电流大一些，即实际通过电阻箱的电流比 即闭合闭合S2前后，电路总电阻近似不变，即电 200uA大一些，结合上述可知，微安表内阻的测 阻箱的并联后对电路电子影响可以忽略，可知滑 量值与真实值相比偏小。 动变阻器接入电阻远远大于微安表G的内阻，即 (2)将上述微安表G改装成量程为3V的电压 3 有R二，利用题中所给数据可知，电源电动 表，需要串联电阻的阻值Ru:一500X100 若选择9V,滑动变阻器接入电阻近似为18k2, 2000.0n=4000.0。 电源电动势若选择1.5V,滑动变阻器接入电阻 (3)当标准电压表示数为1.5V时，改装电压表 近似为3kD,为了减小实验的系统误差，滑动变 中微安表G的示数为245uA,则有R1十Rg= 阻器接入应18k,即滑动变阻器选择R2,电源 选择E1。 245X100,1.5V是改装电压表的量程的一 1.5 ②结合上述，闭合S2后千路电流基本不变，即等 半，微安表的量程为500μA,为了尽量消除改装 于微安表的满偏电流，令I.=300μA,则有I十 后的电压表测量电压时带来的误差，此时需要使 微安表的示数变为250μA,则有R2十Rg= =1,解得R。=200.00由于闭合S:后， 1.5 近似认为干路电流不变，即认为通过电阻箱的电 250X1050,结合上述解得Re≈3877.550。 流为500uA一300μA=200μA,电阻箱的并联 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 物理·磁感应强度安培力 带电粒子在磁场中的运动 一、单项选择题 子运动的轨迹，A错误；根据洛伦兹力提供向心力 1.B【解析】当L3位于L1、L2连线的中点时，L1、 L2对L的安培力等大反向，L3所受合力大小等 有B=m二，解得一侣根搭运动载连可知， 于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡得 正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半 mg=BIL,可知L所在位置的磁感应强度大小 径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电 B一瓷，B正确：由安培定则和去手定别可知，通 子速度大于负电子速度，正、负电子所受洛伦兹力 大小f=evB,正、负电子的速度大小不是时刻相 电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反 等，则正、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相 向相斥”，如图所示。由受力分析可知L?中电流 等，B错误，C正确；正、负电子在气泡室运动时，根 的方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面 据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐 向外，C、D错误。 渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室 中克服阻力做功，动能也逐渐减小，D错误。 3.C【解析】粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如 L- 5.L2 图。由几何关系可知，从A到B和A到D,粒子 F, 运动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到 E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等； Ymg 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动， 2.C【解析】匀强磁场的方向垂直照片平面向里， 02 根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋 洛伦兹力提供向心力，即gBu=mR,则0= 轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电 1B ·4· ·物理· 参考答案及解析 qB ,运动周期T=2πR_2πm 。二B,周期与速度无 直垂直杆向上减小，D错误。 6.C【解析】粒子在磁场中做圆周运动有qoB= 关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹 对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB=tD> m ,得半径m,设6点到A点的距离为5 gB tc=tE,C正确。 根据几何关系有s十r=2r,解得5=，=mD, 9B,A正 E 确；粒子在磁场中做圆周运动有qvoB=m D 合T=r,可得T=x0 gB,粒子从A运动到C的 83-- 1 时间t1=6T= 3B,粒子从A运动到D的时间 1 =工-，B正确，C错误；由几何关系可知， 4.D【解析】a、b受到重力、安培力以及轨道的作用 力（支持力与摩擦力），同一时刻，通过a、b的电流 磁场反向后，粒子从A射入从D射出时速度偏向 大小方向相同，则安培力大小和方向相同，都水平 角为30°，D正确，本题选说法错误的，故选C。 向右，所以重力和安培力的合力相同，根据平衡 C.a 条件可知轨道的作用力相同，A正确；根据平衡 条件结合牛顿第三定律FNa=mg cos0十FA sin 0, Fb=mg cos0-FAsin0,可知FNa>Fb,B正确； A 根据平衡条件有fb=mgsin0十FAcos0,随着 7.D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运 安培力FA变大，b棒所受摩擦力增大，C正确； 动，洛伦兹力提供向心力可得gB=m,,解得 b棒先发生滑动，此时恰好有fb=FNb,通过b 的电流是I,则FA=BIL,联立可得B= r=巴，若29则1=2R,粒子在磁场 m L(以sin9+coS9),D错误，本题选错误的选 mg(μcos8-sinθ) 中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一 项，故选D。 条弦，轨蓬如图甲所示。由几何关系可知sin号 5.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的 R 重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力 r =2,解得a=90,则粒子的入射速度方向与 和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，A错误； 小球上滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma上， A0之间的夹角g 下滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=mar,所以 90° πm 在磁场中运动的最长时间t360XT-2加8 a上=ar,根据x= 2Q12可知，上滑时间等于下滑 AB正骑：由AB这项分折可知，若-R,则 m 时间，B错误；小球向上滑动的最大位移xm= 2a上 r2=R,即粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径，根 2g$in0,C正确；小球向下滑动时受到竖直向下的 据轨迹“磁聚焦”原理逆向分析可知，沿不同方向射 入磁场的粒子，出磁场时的速度方向相同，均垂直 重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力， 于OA方向，如图乙所示，C正确；由A、B选项分 小球向下加速时，根据F洛=qB可知，小球受到 的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到 折可知，若一2，则=R,点子打刮司网 1 时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向 上的最远位置距入射点的距离s=2r3=R,轨 的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一 迹如图丙所示。由几何关系可知，最大距离所对 ·5· 1B 真题密卷 单元过关检测 应的磁场圆的圆心角为60°，即粒子能打在圆形磁 加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有 场边界上的范围是六分之一个圆周长，D错误。 gBR 本题选错误的选项，故选D。 gB=mR,化简得v= m。粒子离开加速器 时的动能E三2mo2=BgR -,故磁感应强度越 a 2m 七 大，粒子离开加速器时的动能越大，与电势差无关， ×BX A正确，D错误；粒子在磁场中的周期T=2” 乙 B,设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速 2π 器，则有U=2m,能子在回我加选器运功的 时间二”T,由以上各式解得=BR 20,由上式可 丙 知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器 二、多项选择题 中的运动时间越长，电势差越大，粒子在加速器中 8.BC【解析】若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周 的运动时间越短，B、C正确。 运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦 10.CD【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动， v2 兹力提供向心力，由牛顿定律可知gB=m,,而 洛伦兹力提供向心力，则有9B=m,,又因为 粒子速率的分布为Ba≤，≤2Ba,代入可得粒 T=2πr,整理得T=2m-2π， 2 9B一B,作出粒子运动到 c点的轨迹，如图甲所示，则粒子的运动周期T= 子的半径？<r<2a,由几何关系可知粒子轨迹如 图甲所示。由图可知速度最大时，从D点射出， 2,解得B=,A错误；作出粒子的运动锐迹，如 DE屏（除D,点外）不会发光，A错误；由图乙可 图乙所示，由儿行关系可知R-0十L,R 知，粒子经过区域的面积S= (货-)a,B正 L+0e,解得R-L,此sn∠01-是- 确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨 4 R=5 迹如图中O3在六边形中部分。由几何关系可知， ∠cOd=53°，则粒子从P到d的轨迹所对应的圆 心角a=360°一53°=307°，所以粒子从P到d做 AF屏上会发光的长度为2，C正确；由几何关系可 圆周运动时间'= 0r,部释t-测，B线 307° 2<r<a 知，在磁场中运动时间相等的粒子半径在 误；改变粒子入射速度的大小，粒子刚好经过d 范国内，其数目占总数目的3D错误。 点，根架上迷分析可知R-L,由牛颜第二定体 D 得gwB=m解得二5，C正确；粒子从d点 进入无场区域后，沿df的方向做匀速直线运动， 0 由儿何关系得∠adf=37,则有dfs L,又粒子从∫点第二次进入磁场后的轨道半径 甲 R= 9.ABC【解析】由于回旋加速器中粒子在电场中 L,设粒子的轨迹圆心为0，所以0=5L, 4 1B ·6 ·物理· 参考答案及解析 显然f、O'、O、d四，点构成一正方形，该粒子第二 3qBL 0<u≤2m (1分) 次进入磁场后轨迹刚好经过第一次的轨迹圆心， D正确。 12.(1)mug 2qd (2)8d (3)48d2 甲 三、非选择题 【解析】(1)粒子运动的轨迹，如图所示 设粒子在0<x<√3d区域内轨道半径为R1,根 11.(1)9BL m 28 (3)0<v V3qBL 2m 据几何关系可知 【解析】(1)粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图 R=(W3d)2+(R1-d)2 (1分) 甲所示 解得R1=2d 由几何知识可知 由牛顿第二定律可得 r=AO=L 品 根据洛伦兹力提供向心力，所以 qvoB=m Ri 9oB=mvo? mvo 六 (1分) 所以B1= 2qd (1分) 解得u。=9BL (1分) 、 m × (2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角 0 0 g- 、 ·。 9 由t2 T,T= (1分) gB × 解得t= πm 3qB (1分) (2)根据几何关系可得 3d3 -x sin a= 2d2 (1分) Cx￥￥xx××0以 所以a=育 甲 从P到M的运动时间 (3)粒子能从OC边射出，如图乙所示 由几何关系知，最大半径 t:=aR_2nd (1分) v0300 R③ 由几何关系可知 L 2d R2= .=4d 有quB=m cos a (1分) 从M到N的运动时间 解得最大速度 v-9BR_3qBL. (23)R:20md (1分) m 2m t2= 300 所以速度取值范围为 从P点运动到第一次经过Q,则 7· 1B 真题密卷 单元过关检测 6=241十i2=8md (1分) (3)由于磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相同，即 R3=R2=4d (1分) 由几何关系可知 乙 S=2R3·(R3+R3cos60)=48d。 (1分) 13.11.0X10m/s(2)22×10 14.2 (2)m= 2k m/s(n=1,2, g _2BIL（0<x≤d-x) 3,…) (3)2(kd一BLoL),逆时针；名(kd+B1L),顺 5nπ×10-7s(n=1,2,3,…) 时针 【解析】(1)粒子的运动轨迹如图甲所示 【解析】(1)由平衡条件可得 设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系 2kx。=mog (1分) 可知 ,-+(-2》 舒得工。=2 (1分) (1分) (2)根据左手定则可知，导线圈所受安培力竖直 解得r=0.5m 向下，大小 由g0B=mu6 (1分) F&=2BIL (1分) r 在托盘上放入质量为m的被称量物体后，可得 解得v。=1.0×10m/s (1分) 2k(xo十x)=mog+mg+F (2分) C 又xo+x<d M 解得m-26-2B1L（0<≤d-x,) (1分) 8 (3)当线圈中通入逆时针电流（从上往下看）时，有 甲 2kd=(mo+m)g+2BIoL (2分) (2)因为T。=5π×10-7s,粒子的轨迹如图乙所示 2 解得mo十m=二(kd-BIL) (2分) 设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系 g 可得 当线圈中通入顺时针电流（从上往下看）时，有 n·4rsin45°=L,n=1,2,3,… (1分) 2kd+2BIoL=(mo+m)g (2分) 由qmB=mud 2 (1分) 解得mo十m= (kd+BIoL). (1分) 联立上述方程可解得 15.(1)mg 2gd (2)58md (3) 9v0 2k √2qBL2W2×10 0= m/s,n=1,2,3,… 【解析】(1)设带电粒子在第一、三、四象限磁场 Amn (1分) 中做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的 轨迹的圆心为O,由几何关系知 粒子运动时间 ∠NMO=∠MO1N=60 (1分) 0m gB (1分) 则cos60°= R1-d 由于周期性，粒子转过的角度 解得R1=2d (1分) 0=nX4×=n,n=1,23, (1分) 由洛伦兹力提供向心力 解得t=nπm n=1,2,3,… (1分) gB quB-mRi (2分) 解得t=5nπ×10-7s,n=1,2,3,… (1分) 解得磁感应强度 1B ·8 ·物理· 参考答案及解析 nd (1分) M (2)设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为 X 60°x t1,则 3·24 t1= 2nd (1分) 0 30 甲 设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半 (3)对带电粒子受力分析可知，速度在x轴的分 径为R2,由洛伦兹力提供向心力 量vx会产生x轴负方向的阻力与y轴负方向的 q0·3B=mR2 (2分) 洛伦兹力；速度在y轴的分量vy,会产生y轴正 方向的阻力与x轴负方向的洛伦兹力，其受力分 2 解得R,=3d (1分) 析如图所示在x轴上，由动量定理有 带电粒子的运动轨迹如图甲所示 -(kvx十Bqvy）·△t=m△w (1分) 设粒子第四次经过x轴时在第三、四象限运动的 由微元法累加后可得 总时间为t2,在第二象限运动的时间为t3,则 -kx-Bad=m(0-vo) (2分) 4 mvo 42X3*·2d 解得x= (1分) 16πd 2k (1分) 00 3U0 ↑ 22 9vo (1分) 00 因此带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x Bqu Y U, 轴所经历的时间 t=t1+t2十t3 (1分) 丙 58πd 解得t=9v0 (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（十三） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、单项选择题 射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹 1.B【解析】质子恰好做直线运动，由左手定则可 力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做 知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电 直线运动，D错误。 场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的 2.B【解析】设粒子的初速度为0，电场、磁场均存 正极，由平衡条件有Eg=g0B,又有E=y, ,联立 在，粒子恰好沿直线运动，可得q℃B=qE,撤去磁 场后，粒子在电场中做类平抛运动，可得y=vot, 解得B一，A错误，B正确：若仅将质子换成电 x= 2a1。又gE=ma,撒去电场后，粒子在磁场 子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹 力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线 中做匀速圆周运动，则有g0B=m0 ,联立，解得 运动，C错误；若质子以速度0从右侧沿中心线 r=1m。若仅撤去磁场，粒子将从点(2,2)射出， 。9· 1B知识改变命运，勤奋成就未来 密真 2025一2026学年度单元过关检测（十二） A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 班级 卺题 物理·磁感应强度安培力 B.正电子，负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 C.分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 带电粒子在磁场中的运动 姓名 D.正电子、负电子和被打出的电子的动能均保持不变 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 3.如图，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点， 得分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 B为AD的中点，C为BD中垂线上的一点，且DE=√2AB=2BC,BC平行于DE。一 一项符合题目要求。 束带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射人磁场，各粒子速度大 题号 2 5 6 小不同，用tB、tc、tD、tg分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下 答案 列说法正确的是 () 1.如图所示，空间中同一高度上固定两根平行长直导线L1、L,两导线通有大小相等、方向 均垂直于纸面向里的电流。现将另一质量为m、长为L的直导线L(图中未画)平行于 L1,L2放置在二者连线的中垂线OP的某点处，当L,中通以大小为I的电流时，其恰好 处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.ta=tp>tc>tg 0 B.tc>ta=tp>tg L… …L C.ts=tp>te=te D.tE>tB=tp>tc A.Ls可能在L、La连线的中点 4.如图所示，相同的金属轨道组成左右对称的两个斜面，轨道间距为L,斜面倾角为0，轨 道之间接一输出电流恒为2I的电源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上，设轨 且山所在位登处磁感应强度一定为瓷 道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为：，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质 C.La中电流的方向一定垂直于纸面向外 量均为m,重力加速度为g。若在空间内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度由零缓 D,Lg中电流的方向一定垂直于纸面向里 慢增大（忽略电磁感应造成的影响）。在金属棒运动之前，下列说法错误的是() 2.一束Y射线从气泡室底部进人而没有留下痕迹，气泡室中充满液态氢。这束y射线从 一个氢原子中打出一个电子，同时Y光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电 子，负电子)，其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质 A.同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同 量相等，则下列说法正确的是 () B.同一时刻a、b棒对轨道的压力F>F C.随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大 D当藏感应强度B一8十时，有金属棒开的精动 单元过关检测（十二）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第2页（共8页） 1B 5.如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成0角，质量为m、电荷量为一q 的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂 直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。若小球以初速度。沿细杆向上运动，经过一 x B x 定的时间又回到出发点，则该过程中小球 () A,若-2gBR 则粒子在蓝场中运动的最长时间为器 B若v=②gBR 且粒子在磁场中运动时间最长，则粒子的人射速度方向与AO之间的 m A.机械能减小 夹角为45 B.上滑时间大于下滑时间 C,若。=BR 则粒子射出磁场时的速度方向均垂直于AO方向 C.向上滑动的最大位移为 6 2gsin 0 D者- ,粒子能打在圆形磁场边界上的范围是三分之一个圆周长 D.向下游动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 6.如图所示，纸面内abc区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 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。 B,∠b=30°。一个质量为m、电荷量为g的带正电粒子在纸面内从A点垂直于bc边 以速度o射入磁场，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与b边相切于C点（图中未标出）， 题号 8 9 10 答案 若仅将磁场反向，带电粒子仍从A点垂直于b加边以速度。射人磁场，并从ab边上D 8.如图所示，用边长为α的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区域内存在垂直纸面向 点（图中未标出）射出磁场。不计粒子的重力，则下列说法错误的是 () 外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷为k的带电粒子从A点沿AE方向射 入磁场区城。粒子打在荧光屏上会使其感光且粒子被吸收并导走。粒子速率均匀分布 在≤。≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则( A6点到A点的距离等于 qB B粒子从A运动到C所用的时间为品 C,粒子从A运动到C的时间与从A运动到D的时间相等 A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光 D.粒子从D射出时速度的偏向角为30 7.如图所示是一个圆心在O点、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁 且若发子带正电，蓝场中有乾子经过的区装的面积为只气。 感应强度方向垂直纸面向里。大量同种带电粒子从圆上A点以不同的方向沿纸面射入 磁场，速度大小均为，带电粒子的质量均为m,所带电荷量均为g,粒子重力均忽略不 C,若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为号 计，下列说法错误的是 () D,若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数目占总粒子数的一半 1B 单元过关检测（十二）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第4页（共8页） 9.回旋加速器的工作原理如图所示，D,和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势 (1)求粒子的发射速度大小。 差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒 (2)求粒子在磁场中的运动时间。 子在两盒之间被电场加速，进人磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电 (3)若人射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，求入射速度的范围。 场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效 应。下列说法正确的是 () C:花4品X8.60深0 接交流电源 A.磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大 B.磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长 C.电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短 D,电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大 10.如图所示，边长为L的正方形区域acd内为无场区，正方形外侧存在垂直纸面向外的匀 12.(8分)如图所示，在直角坐标系xOy中，0<x<3d区域内有垂直坐标平面向里的匀 强磁场（图中未画出），P点为ad边的中点，一比荷为k的带正电粒子以某一速度v(未 强磁场I。x>,√3d区域内有垂直坐标平而向外的匀强磁场Ⅱ，y轴左侧存在垂直坐 知)由P点沿平行b边射入正方形区域，粒子进人磁场后经时间t刚好能运动到c点； 标平面向外的矩形磁场Ⅲ（位置和范围未知），其中磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相 仅改变粒子人射速度的大小，结果粒子刚好能运动到d点。下列说法正确的是() 同。一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从点P(0,d)以平行于x轴的初速度。射 人磁场I,经过一段时间粒子从M(3d,2d)点离开磁场I进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转 后，从N(5d,一2d)点返回磁场I,并从y轴上的Q点进入y轴左侧，经过矩形磁场 Ⅲ的偏转后又回到Q点，到Q点时速度方向与y轴负方向夹角日一30°。不计粒子重 力。求： A磁场的磁感应强度大小为 (1)0<x<√3d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B1: (2)粒子从P点运动到第一次经过Q点所用时间： B.粒子从P到d过程中做圆周运动的的间为0 (3)矩形磁场区域Ⅲ的最小面积。 C.粒子从P到d时，粒子的人射速度大小为5 y D.粒子从P到d,第二次进人磁场后轨迹刚好过第一次的轨迹圆心 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B, 0 0 ∠A=60°，A0=L,在0点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，号 发射方向与OC边的夹角为一60°，粒子从A点射出磁场。 单元过关检测（十二）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第6页（共8页） 1B 13.(10分)如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 15.(17分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三、四象限内存在垂直于平面向外、 度大小B=0.1T,M、N分别为AD,BC边中点。现在从M点，平行AB方向，以某 磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，第二象限内存在垂直平面向外，磁感应强 一初速度。射入一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，发现该粒子刚好从B点离 度大小为3B的匀强磁场。质量为m、电荷量为十g的带电粒子从y轴上M点(0，d) 开磁场区域，已知磁场区域的边长L=0.4m,该粒子的比荷？=2X10C/kg,不计粒 以初速度。沿x轴正方向射人第一象限，然后从x轴上的N点（√3d,0)射人第四象 子重力。 限，不计粒子的重力。求： (1)求该粒子射人磁场时的速度大小0， (1)磁感应强度B的大小： (2)若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，=0时刻，粒 (2)带电粒子自M点进人磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间， 子同样从M点平行AB射人，发现粒子恰好能从N点离开，已知T。=5π×10-7s, (3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比，方向相反的阻力∫且f=k0(k为已知常 求该粒子射入磁场的速度。可能的取值以及粒子运动的时间。 量)，已知粒子第一次经过x轴时速度与x轴垂直，求此时粒子的位置坐标。 D BT 。。 14.(13分)实验小组设计了一款简易电子秤，其原理如图。两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧与 正方形托盘相连。弹簧的劲度系数均为k,正常工作时，弹簧最大伸长量均为d。单匝 正方形导线圈套在托盘外侧，边长为L。托盘上无重物时，指针指在0刻度线（线圈中 无电流)。装置的总质量为m。。以线圈中心线ab为界，空间中，在ab左、右两侧分别 加上水平向左、向右的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。已知重力加速度g。 (1)若线圈中未通入电流，求弹簧伸长量x。。 (2)若在托盘上放入质量为m的被称量物体，同时在线圈中通入逆时针电流（从上往下 看)，电流大小为I,求物体质量m与标尺刻度x的函数关系， (3)若学生电源的最大输出电流为I。,求弹簧伸长量最大时，待测物体和装置的总质 量，并写出此时线圈中通人电流的方向（从上往下看）。 -10 10 1B 单元过关检测（十二）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第8页（共8页）