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(重庆甘肃贵州专版)

真题密卷 单元过关检测 开关旋至测量电阻的“×10”倍率，发现指针偏角过 若选择9V,滑动变阻器接入电阻近似为18k2, 大，说明倍率档选择过高，重新调整倍率为“×1” 电源电动势若选择1.5V,滑动变阻器接入电阻 后，经欧姆调零，两表笔间接入R1,多用电表的表盘 近似为3kD,为了减小实验的系统误差，滑动变 指针如图丙所示，此时电阻R1=13.02。 阻器接入应18k,即滑动变阻器选择R2,电源 (2)①由题图乙可知，压力传感器电阻值R,随压 选择E1。 力的增大而减小。鸡蛋进入B通道时，电磁铁可 ②结合上述，闭合S,后干路电流基本不变，即等 以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R1 于微安表的满偏电流，令Ig=300uA,则有I十 两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过 IRg 压力秤时，R1上的电压UA大于UB。②因电源 =1,解得R,=200.00由于闭合S,后， 电动势E=6V,内阻不计，R2调节为102，若 近似认为干路电流不变，即认为通过电阻箱的电 R2两端的电压刚好为3V时，可知R1=R2= 流为500μA一300uA=200μA,电阻箱的并联 102,由题图乙可知，F≈0.42N,则若R2两端 使得电路实际总电阻减小，干路电流比微安表的 的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下， 满偏电流大一些，即实际通过电阻箱的电流比 能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N。 200uA大一些，结合上述可知，微安表内阻的测 量值与真实值相比偏小。 ③由题图甲可知，电阻R,的电压U,=R十R2 (2)将上述微安表G改装成量程为3V的电压 1 3 一E。结合前面分析可知，要想选择出更大的 表，需要串联电阻的阻值R1一500X106 2000.02=4000.0。 鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应小，即需要把电 (3)当标准电压表示数为1.5V时，改装电压表 阻R2的阻值调小。 中微安表G的示数为245uA,则有R1+Rg= 15.(1)E:(3分)R2(3分)2000.0(3分)偏小 1.5 (3分)(2)4000(3分)(3)3877.55(3分) 245X100,1.5V是改装电压表的量程的一 【解析】(1)①若闭合S2后干路电流基本不变， 半，微安表的量程为500μA,为了尽量消除改装 即闭合闭合S2前后，电路总电阻近似不变，即电 后的电压表测量电压时带来的误差，此时需要使 阻箱的并联后对电路电子影响可以忽略，可知滑 微安表的示数变为250μA,则有R2十Rg= 动变阻器接入电阻远远大于微安表G的内阻，即 1.5 E 250X100,结合上述解得Re≈387.55。 有R≈行，利用题中所给数据可知，电源电动势 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 向相斥”，如图所示。由受力分析可知L3中电流 1.B【解析】当L3位于L1、L2连线的中点时，L1、 的方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面 L2对L3的安培力等大反向，L所受合力大小等 向外，C、D错误。 于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡得 mg=BIL,可知La所在位置的磁感应强度大小 L8ms⑧L B一，B正确：由安培定则和左手定则可知，通 F心F 电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反 Ymg 2 ·4· ·物理· 参考答案及解析 2.C【解析】匀强磁场的方向垂直照片平面向里， 安培力FA变大，b棒所受摩擦力增大，C正确； 根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋 b棒先发生滑动，此时恰好有fb=Fb,通过b 轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电 的电流是I,则FA=BIL,联立可得B= 子运动的轨迹，A错误；根据洛伦兹力提供向心力 mg (ucos 0-sin 0) 有B=m每科r一8报器运动锐连可知， v2 IL(rsin0+co30),D错误，本题选错误的选 项，故选D。 正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半 5.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的 径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电 重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力 子速度大于负电子速度，正、负电子所受洛伦兹力 和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，A错误； 大小f=euB,正、负电子的速度大小不是时刻相 小球上滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma上， 等，则正、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相 下滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=mar,所以 等，B错误，C正确；正、负电子在气泡室运动时，根 1 据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐 a上=ar,根据x=2at可知，上滑时间等于下滑 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。 时间，B错误；小球向上滑动的最大位移xm一2 3.C【解析】粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如 vg 图。由几何关系可知，从A到B和A到D,粒子 2gsim0C正确；小球向下滑动时受到竖直向下的 运动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到 重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力， E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等； 小球向下加速时，根据F洛=qB可知，小球受到 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动， 的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到0 02 时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向 洛伦兹力提供向心力，即gBu=mR,则0= 的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一 qBR ,运动周期工=K一，周期与速度无 直垂直杆向上减小，D错误。 m 6,C【解析】粒子在磁场中做圆周运动有qvB= 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> ,得半径船设6点到A点的矩商南 tc=tE,C正确。 根据几何关系有s十r=2r,解得5=，=m, 9B,A正 E 确；粒子在磁场中做圆周运动有qvoB=m D 合T=2 Uo ,可得T-粒子从A造动到C的 时间t1= m 专T30B?粒子从A运动到D的时间 6 1 4.D【解析】a、b受到重力、安培力以及轨道的作用 一6gBB正确，C错误；由几何关系可知， 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 条件可知轨道的作用力相同，A正确；根据平衡 D 条件结合牛顿第三定律FNa=mg cos0十FA sin0, b.130:.Y.. FN=mg cos0-Fa sin0,可知FNa>FNb,B正确； -C-O 根据平衡条件有fb=mgsin0十FAcos0,随着7.A【解析】从题中可以看出，手机竖直方向（之轴 ·5· 2 真题密卷 单元过关检测 方向)的磁场分量始终为负值，这说明当地磁场 9.AD【解析】由于粒子经过电场加速后，进入磁场 在竖直方向上是向下的，之轴竖直向上方向为正 做匀速圆周运动，为了使得粒子能够在电场中持 值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在 续加速，最终从加速器边缘飞出，则带电粒子应由 北半球，A错误；根据北半球地磁场保持水平分 加速器的中心位置进入加速器，A正确；根据qB 量为向北，因此当手机绕之轴转动过程，地磁场 mv2 水平分量在x轴和y轴的分量，将出现正弦或余 T-2解得及-1-霜 B,可知磁感应 弦式的变化，图中t1时刻x轴正方向磁场数值 强度不变时，带电粒子在回旋加速器中做圆周运动 达到最大，说明此时x轴正方向指向地球北方，B 的周期不变，与圆周运动半径无关，B错误；粒子在 正确；t1~t5时间内x轴方向磁场变化刚好一个 磁场中圆周运动速度越大，半径越大，根据R= 周期，说明t1~t5时间内手机刚好绕之轴转动了 98 E=m,解得En-g5R巴 mU max -,C错 2m 一周，C正确；根据题中数据可知地磁场磁感应强 误；回旋加速器正常工作的前提是交变电流的周 度大小约为B=√Bmax十B:=√Bmax十B:= 期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等，则 √322十16uT≈36uT,D正确。本题选错误的选 该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的a粒子时， 项，故选A。 1 1 1 二、多项选择题 1一，解得f'= 报据∫=于=2m'下=2xm gB 2gB 8.BC【解析】若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周 运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦 2D正确。 兹力提供向心力，由牛顿定律可知qB=m,,而 10.CD【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动， a子速率的分布为B2≤U≤2kBa,代入可得老 洛伦兹力提供向心力，则有g0B=m口 ,又因为 子的半径号<r<2a,由几何关系可知粒子轨途知 T=2n ,整理得T酒后作出在子运动到 c点的轨迹，如图甲所示，则粒子的运动周期T= 图甲所示。由图可知速度最大时，从D点射出， DE屏（除D点外）不会发光，A错误；由图乙可 2,解得B-,A错误：作出粒子的运动轨选，如 知，粒子经过区域的面积S=（ 贤-)，BE 国乙所示，南几何关系可知R=+L,R 确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨 迹如图中O3在六边形中部分。由几何关系可知， L0c,解得农-成m乙01-日-台 ∠cOd=53°，则粒子从P到d的轨迹所对应的圆 AF屏上会发光的长度为受，C正确；由几何关系可 心角a=360°一53°=307°，所以粒子从P到d做 知，在磁场中运功时间相等的粒子牛径在号<<a 圆周运动时间t' 360T,解得t'=307 307° 1801,B错 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，根据上迷分折可知R=L,由牛频第二定体 E 得gB=m,解得g=5,C正确：子从日点 0 0 进入无场区域后，沿df的方向做匀速直线运动， 由几何关系得∠adf=37°，则有df= cos∠adf 乙 4礼，又粒子从∫点第二次进入磁场后的轨道半径 ·6 ·物理· 参考答案及解析 R-1,设鞋子的软迹圆心为0，所以0-号 L qBR√3qBL 41 0= (1分) m 2m 显然f、O'、O、d四点构成一正方形，该粒子第二 所以速度取值范围为 次进入磁场后轨迹刚好经过第一次的轨迹圆心， √3qBL D正确。 0<v≤ 0 (1分) 2m b a.- C×2X2××.602 d 乙 为 12.20 8πd (2) (3)48d 三、非选择题 【解析】(1)粒子运动的轨迹，如图所示 11.(1)9B匙 (2) m 3gB (3)0<≤3gBL 2m 设粒子在0<x<√3d区域内轨道半径为R1,根 【解析】(1)粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图 据几何关系可知 甲所示 R=(5d)2+(R1-d)2 (1分) 由儿何知识可知 解得R1=2d r=AO=L 由牛顿第二定律可得 根据洛伦兹力提供向心力，所以 qUoB=mvo2 qooB=m Ri (1分) r mvo 所以B,= 解得，=9BL (1分) (1分) 2gd (2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角 0- a·、 · 0 由t安元T,T= (1分) 2 02。 gB xm 解得t= 3qB (1分) (2)根据几何关系可得 sin a= 3d_3 2d2 (1分) CX×××××.x0》 甲 所以a=3 (3)粒子能从OC边射出，如图乙所示 从P到M的运动时间 由几何关系知，最大半径 aR12πd t1= (1分) R=/3 00300 由几何关系可知 有qB=nx d R (1分) R:=_ =4d (1分) cos a 解得最大速度 从M到N的运动时间 ·7 2 真题密卷 单元过关检测 (2x- )R: 解得t=nπm 9B n=1,2,3,… (1分) 20πd t2= 300 (1分) Vo 解得t=5nπ×10-7s,n=1,2,3,… (1分) 从P点运动到第一次经过Q,则 8πd t=2t1十t2= (1分) 0 4545 (3)由于磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相同，即 45 R3=R2=4d (1分) 由几何关系可知 乙 S=2R3·(R3+R3cos60)=48d2。 (1分) 14.(1)m8 2k 2BIL 2k (2)m= -(0<x≤d-xo) 8 13.(1)1.0×105m/s(2) 2√2×105 m/s(n=1,2, n （3)2（kd一B1,L),逆时针；名（kd+B1,L),顺 g 3,…)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，由几何关系 2kxo-mog (2分) 可知 =+(-》 (1分) 舒得。=”2 (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guB=nu6 (1分) F专=2BIL (1分) 解得vo=1.0X105m/s (1分) 在托盘上放入质量为m的被称量物体后，可得 D C 2k(xo十x)=mog十mg+F安 (2分) M 又xo+x<d ×× 解得m= 2k_2BIL（0<x≤d-x)(1分) g (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 (1分) (2)因为T。=5πX10-7s,粒子的轨迹如图乙所示 解得mo十m= 2(kd-BIoL) (2分) 设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系 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 (1分) 由quB=mu6 (1分) 解得mo十m= 2(kd+BlL)。 (2分) 联立上述方程可解得 15.(1) 6=2gBL-22X10 2ad (2)58md (3) 9u0 2k -m/s,n=1,2,3,… Amn 之 【解析】(1)设带电粒子在第一、三、四象限磁场 (1分) 中做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的 粒子运动时间 轨迹的圆心为O1,由几何关系知 ∠NMO=∠MO1N=60 (1分) (1分) gB 则cos60°= Ri-d 由于周期性，粒子转过的角度 R 解得R1=2d (1分) 0=nX4X交 =nπ，n=1,2,3,… (1分) 4 由洛伦兹力提供向心力 2 ·8 ·物理· 参考答案及解析 qoB-mRi (2分) 解得t= 58πd (2分) 900 解得磁感应强度 M Bod (1分) 60x (2)设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为 t1,则 6s3·2 元 2nd (1分) 甲 30 (3)对带电粒子受力分析可知，速度在x轴的分 设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半 量v红会产生x轴负方向的阻力与y轴负方向的 径为R2,由洛伦兹力提供向心力 洛伦兹力；速度在y轴的分量Vy,会产生y轴正 qw·3B=mR2 (2分) 方向的阻力与x轴负方向的洛伦兹力，其受力分 析如图所示在x轴上，由动量定理有 2 解得R,=3d (1分) -(koz十Bqvy）·△t=m△vz (2分) 带电粒子的运动轨迹如图甲所示 由微元法累加后可得 设粒子第四次经过x轴时在第三、四象限运动的 -kx-Bad=m(0-vo) (1分) 总时间为t2,在第二象限运动的时间为t3,则 解得x=mg (1分) 2k 4-2X3T·2d 4 16πd (1分) 300 22 ty= 3π·3d 4πd (1分) 9vo ↓Bqu 因此带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x 乙 丙 轴所经历的时间 t=t1十t2+tg (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=qB,又有E-兄，联立 在，粒子恰好沿直线运动，可得qvB=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d0 J ，A错误，B正确；若仅将质子换成电 x= 2a12。又qE=ma,撤去电场后，粒子在磁场 1 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 中做为建国月运动，则有B-”,联立，解衍 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·知识改变命运，勤奋成就未来 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 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， 班级 卺题 物理·磁感应强度安培力 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 束带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大 带电粒子在磁场中的运动 姓名 小不同，用tB tctDtg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 () 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 列说法正确的是 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 一项符合题目要求。 D 题号 2 A.ta=tp>tc>tE B.tc>IB=tp>tE 答案 C.I8=to>tc=tE D.te>t8=tp>tc 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 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,斜面倾角为日，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 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 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 LL,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 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 处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 () 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() 0 L☒ A.Lg可能在L1,La连线的中点 A,同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同 B.同一时刻a,b棒对轨道的压力FN>F 五L,所在位置处磁感应强度一定为咒瓷 C.随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大 C.L,中电流的方向一定垂直于纸面向外 mg (ucos 0-sin 0) D,当磁感应强度B一2Lsn9十c0s)时，有金属棒开始滑动 D.L3中电流的方向一定垂直于纸面向里 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8角，质量为m、电荷量为一q 2.一束Y射线从气泡室底部进入而没有留下痕迹，气泡室中充满液态氢。这束Y射线从 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 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 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 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 定的时间又回到出发点，则该过程中小球 () 量相等，则下列说法正确的是 () × A.机械能诚小 A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 B.上滑时间大于下滑时间 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 C.向上滑动的最大位移为2gin0 D,正电子、负电子和被打出的电子的动能均保持不变 D,向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 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） 6.如图所示，纸面内ab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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 B,∠b=30°。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在纸面内从A点垂直于b加边 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 以速度v。射入磁场，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与αb边相切于C点（图中未标出）。 题号 8 10 答案 若仅将磁场反向，带电粒子仍从A点垂直于bc边以速度。射入磁场，并从αb边上D 8.如图所示，用边长为a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 0 入磁场区域。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 ≤vo≤2kB范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则() Ab点到A点的距离等于m B,粒子从A运动到C所用的时间为m 3gB 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° B若粒子带正电，磁场中有粒子经过的区城的面积为(3-尽)】 24-4a2 7.某同学利用手机软件测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平 C,若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为号 面为Oy平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时x轴始终保持竖直向上，手机 D,若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数日占总粒子数的一半 xOy平面绕z轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁 9.回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，带 场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说 电粒子穿过狭缝的时间可忽略：磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电压 法错误的是 () 为U,频率为f。若质子的质量为m、电荷量为十9，在加速过程中不考虑相对论效应和 40:BT 重力的影响。下列说法正确的是 () 轴方的 32 磁感应强度B x轴方向的 磁感应强度B 下轴方向的 酸感应强度B 40 接交藏电霉 A,带电粒子由加速器的中心进入加速器 A,通过数据可知测量地在南半球 B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B.图乙中t1时刻x轴正方向指向地球北方 C.质子离开回旋加速器时的最大动能为BR9 2m C.t1~t时间内手机刚好绕z轴转动了一周 D.通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为36以T D.该加速器加速质量为加，电荷量为十29的。粒子时，交流电频率应变为 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） 10.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内为无场区，正方形外侧存在垂直纸面向外的匀 12.(9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面向外的匀强磁场Ⅱ，y轴左侧存在垂直坐 知)由P点沿平行ab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（位置和范时未知），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 …,b 入磁场I,经过一段时间粒子从M(√3d,2d)点离开磁场I进人磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转 后，从N(√3d,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0=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t: B粒子从P到d过程中做圆周运动的的间为307 360 (3)矩形磁场区域Ⅲ的最小面积。 C.粒子从P到d时，粒子的入射速度大小为5 y 4 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57分。 M 11,(7分)如图所示，以直角三角形AO℃C为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B, 0■ ∠A=60,A0=L,在0点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为品 发射方向与OC边的夹角为0=60”，粒子从A点射出磁场。 (1)求粒子的发射速度大小o (2)求粒子在磁场中的运动时间。 (3)若人射粒子为正电荷，粒子能从O℃边射出，求人射速度的范围。 g米 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 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 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 开磁场区域，已知磁场区域的边长L=0.4m,该粒子的比荷9=2X10?C/kg,不计粒 子重力。 (1)求该粒子射入磁场时的速度大小。 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） 2 (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 15.(18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、 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。=5xX10-s, 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 求该粒子射人磁场的速度。可能的取值以及粒子运动的时间。 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) BT+ 以初速度。沿x轴正方向射入第一象限，然后从x轴上的N点(d,0)射入第四象 限，不计粒子的重力。求： (1)磁感应强度B的大小： (2)带电粒子自M点进入磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间， (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f且f=k0(k为已知常 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。 38 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 4 4 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入电流的方向（从上往下看）。 标 2 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）