(11)磁场-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（R）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (十一)磁场 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.图甲中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两个等量异种点电荷。图乙中，在x轴上关于原点 O对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中的电流大小相等、方向相反。质 子以一定的初速度从原点O垂直纸面向外运动，则关于两幅图中质子在原点O处受力的说法正 确的是 A.图甲中，质子所受电场力方向沿x轴负向 B.图甲中，质子所受电场力方向沿y轴正向 C.图乙中，质子所受洛伦兹力方向沿y轴正向 D.图乙中，质子所受洛伦兹力方向沿x轴正向 2.通量是物理学中的重要概念，在物理中有着重要应用。在研究磁场时我们定义了磁通量Φ=BS 其中B为磁感应强度大小、S为垂直磁场的面积；磁通量大小可形象表示穿过某一平面的磁感线 的净条数；磁通量为标量，但有正负之分。与之类似，在静电场中，我们定义“垂直穿过某一平面的 电场线条数为通过这一平面的电通量”。如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，面 积为S的平面与垂直于B的平面间的夹角为α，图乙为电荷量为g的点电荷的电场，图丙为匀强 电场，场强大小为E,下列说法正确的是 A.图甲中穿过该平面的磁通量Φ=BSsin a B.图乙中点电荷从某球面球心位置向右移动少许（仍在所研究的球面内），穿过该球面的电通量 不变 C.图乙中穿过以点电荷所在位置为球心的球面的电通量随着球面半径增大而减少 D.图丙中通过一半径为R的球面的电通量为2EπR 3.带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一 圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强 磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入射，通过改变带电粒子速度大小，可得到如图 甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为 A.2:1 B.W3:1 C.√2：1 D.1:1 甲 物理第1页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 4.阿尔法磁谱仪，又称反物质太空磁谱仪，用于探测宇宙中的反物质（由反粒子构成的物质）和暗物 质，它依靠一个巨大的超导磁铁及六个超高精确度的探测器来完成搜索的使命，如图甲所示。该 磁谱仪核心部分截面是圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，如图乙所示，α为人射窗口， 各粒子从a处沿直径方向射入磁场，且入射速度相同，a、b、c、d、e、f为圆周上六等分点，若质子 (H)射人后从b点射出，粒子重力不计，则反氚核粒子(H)射入后的出射点为 A.b点 B.c点 C.e点 D.f点 5.战绳作为一项超燃脂的运动十分受人欢迎，运动达人晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐运 动)形成横波。如图甲所示，某人把两根相同的绳各自的一端固定在同一点，两只手分别握住两根 绳另一端，上下抖动使绳振动起来。以手抖动的平衡位置作为坐标原点，如图乙所示为健身者左 手抖动绳过程中某时刻的波形图，左手抖动频率为1.25Hz,下列说法正确的是 /cm 20 P 0 x/m 20 甲 乙 A.波的传播速度为8.75m/s B.该时刻质点Q的振动方向为y轴负方向 C.健身者抖动绳子的频率越高，波在绳子中的传播速度越快 D.该时刻质点P的位移为10√2cm 6.我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙 中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带负电，因入射 速度与地磁方向不垂直，故其轨迹成螺旋状如图所示（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距△x), 粒子重力不计。下列说法正确的是 △x A.宇宙粒子进人大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B.若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度人射的宇宙粒子的半径越大 C.漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进 D.当不计空气阻力时，若宇宙粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径增大，而螺距 △x减小 一轮复习单元检测卷十一 物理第2页（共8页） ® 7.如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向左滑动后，理想电流表A1、A2和理想电压表V1、 V2,四个电表的示数变化量的绝对值分别为△I1、△I2和△U1、△U2,则下列说法正确的是 A R2 R A.△I1>△I2 B.△I1=△I2 C. △2=R1+r △ U=R十r D. △I2 8.如图所示为用于电真空器件的一种磁聚焦装置的截面图。螺线管内存在磁感应强度大小为B、方 向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为、方向不同的电子，且电子速度方向 与磁场方向的夹角非常小(，≈)。电子电荷量为、质量为m,电子间的相互作用及电子的重力 不计，这些电子通过磁场汇聚在荧光屏上P点，下列说法错误的是 螺线管 ⊙⊙⊙00⊙⊙o0⊙⊙000⊙⊙oo0 电子枪二“ 以荧光屏 8888888888888888888 A.电子在磁场中运动的时间可能为π四 eB B.荧光屏到电子入射点的距离可能为2πm” eB C若将电子入射速度变为？，这些电子一定能汇案在P点 D.若将电子人射速度变为2，这些电子一定能汇聚在P点 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对 得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，矩形区域ABCD的空间中存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁 场，O点为AD边的中点。一质量为、带电荷量为q的粒子从O点沿平行于上下边界方向射人 磁场中，然后从C点射出。若磁感应强度大小变为4B,保持其他条件不变，AD=2a,AB=√5a,不 计粒子的重力，下列说法正确的是 A.该粒子从D点射出磁场 A-----------B B.该粒子从CD的中点射出磁场 C.若再在磁场区域加一匀强电场，该粒子沿直线运动射出磁场，该电场的电场强O→” X i 度为8agB <-_>≤上 D.若再在磁场区域加一匀强电场，该粒子沿直线运动射出磁场，该电场的电场强度为2gB 物理第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 10.如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一 对彼此平行且共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的 匀强磁场，且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电场 加速后形成高速电子束，垂直磁场方向射人（人射方向如图乙所示），若电子束径迹在磁场中呈闭 合圆形，电子重力不计，下列说法正确的是 励磁线圈 励磁线圈 (前后各一个) 玻璃泡 玻璃泡 电子枪 甲 A.励磁线圈中电流方向为顺时针方向 B.仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半 C.仅将励磁线圈中的电流减半，电子在磁场做圆周运动的周期一定减半 D.若励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍，则电子的运动轨迹不变 11.两块水平放置的极板如图甲所示，一个质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U。的 电场加速后射入两极板之间，两极板均不带电时，电子通过两极板之间的时间为3。当在两极 板间加如图乙所示的周期为2。、大小为U。的周期性电压时，电子在t=0时刻从两极板正中间 水平射入两板之间。不计电子重力，对于电子在两极板之间的运动，下列说法正确的是 A.电子在水平方向上做匀速直线运动 U B.电子在竖直方向上一定先加速再匀速再加速 C.若该电子恰好能从下极板右端离开，则离开下极板时的 6203646i 动能为3Ue D.若该电子恰好能从下极板右端离开，则离开下极板时的动能为U© 12.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有两匀强磁场，虚线PQ为两磁场的分界线，且与y 轴负方向的夹角为60°，B=1T、B2=2T。一带负电粒子在P点沿y轴负方向以。=20m/s 的初速度射人磁场中，粒子的电荷量大小g=1,0X10C,质量m=×1010kg,不计粒子重 3 力，下列说法正确的是 A.若PQ=80cm,粒子恰好经过Q点 + B.若PQ=80cm,粒子从x轴上OQ之间射出磁场 P + +B2+ 若PQ=80cm,粒子在磁场中运动的时间为8元X10 ++ ·B·· ++ D.若PQ=90cm,粒子在磁场中运动的时间为√3π×10-？s 。。e。。”。、、 ++ 轮复习单元检测卷十一 物理第4页（共8页） 班级 姓名 分数 题号 2 7 9 10 11 12 答案 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(6分)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂 着矩形线圈，匝数为，线圈的水平边长为1，处于磁感应强度方向垂直于线圈平 面向里的匀强磁场内。当线圈中通有如图所示的电流Ⅰ时，调节砝码使两臂达到 平衡，已知重力加速度为g。 (1)达到平衡后使电流反向，大小不变，这时需要在 (填“左”或“右”)盘 中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到平衡。 ×.×1x (2)两臂再次达到平衡时，即可测量出匀强磁场的磁感应强度，其表达式为B= (用m、 n、I、l、g表示)，当n=10匝，l=10cm,I=0.2A,m=10g,重力加速度g=10m/s2时，根据上述 条件可得磁感应强度大小B= T。 14.(8分)某同学采用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验。 ☒知☒ ⊙ ② 123 45678910 45678910sm cm ③ ④ 甲 乙 0123 4 6 7 8 mmwwwmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm 0cm123456789101112131415 丙 (1)除了图甲装置中的器材之外，还必须从图乙中选取实验器材，其编号为 (2)如图甲所示，该同学将要释放纸带，其操作不当之处是 (3)实验中打点计时器接50Hz交流电，并且每隔4个计时点取一个计数点，如图丙所示，若O点 为起始点，在纸带上选取连续打出的点1、2、3、4、5、6、7、8，则打下计数点7时纸带速度的大小为 m/s(保留三位有效数字)。 (4)下列数据处理方法可行的是 。(填正确答案标号) A.测出点4的瞬时速度及点4到点8的间距：，计算得E,=m话十mg:,同理得出E、 E;、E,。若E4、E、E。、E,在实验误差允许的范围内近似相等，则可验证机械能守恒 B.读取点0、4间的时间t4,利用v4=gt4算得点4的瞬时速度4，测出点0、4间距h4,若4、5、6、7 物理第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 各点均满足m心=mgh,则可验证机械能守恒 C.测出4、5、6、7点瞬时速度4、u、6、w,以0点时刻为计时起点，绘制v-t图像，若图线过原 点，则可验证机械能守恒 D.测出4、5、6、7点瞬时速度v4、、6、,及四个点到0点的距离h,绘制-h图像，若在实验 误差允许的范围内图线斜率近似等于2g,则可验证机械能守恒 15.(8分)如图所示为有界匀强磁场，磁感应强度大小B。=2×104T、方向垂直纸面向外，磁场边界 为直角三角形，AC=20cm,∠C=90°，∠B=30°。A点有一粒子源，释放出沿AC方向、速度不 同、带正电的粒子到磁场内，粒子的比荷g=1×10C/kg,不计粒子的重力。求： m (1)在磁场中运动时间最长的粒子中速度最大的粒子，在磁场运动的过程中与AB之间的最大 距离； (2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。 ·B0. B 16.(12分)如图所示，在平面直角坐标系xO1y所在平面内，圆O2与x轴相切于O1,半径为R,A为 圆上一点，O2A与y轴的夹角为60°。在圆内存在垂直平面向外的匀强磁场B。(大小未知)，在第 I象限内、直线x=R的右侧存在垂直平面向外的匀强磁场B,(大小未知)。在原点O1处有一粒 子源向第Ⅱ象限内发射带电量为q、质量为、速度大小为v的带正电的粒子，单位时间内发射的 粒子数为n,发射方向可在与x轴负方向成0为0°~60°角的范围内调整，其中0=60°时，粒子恰 能从A点平行x轴离开圆形区域，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。沿x轴放有靶，粒子 打中靶时被靶吸收，不分析粒子离开B1区域后的运动。 (1)求B。的大小及粒子进人B1区域时射人点的纵坐标范围； (2)若B一乞B。,求在发射方向调整过程中能被粒子击中的靶的长度及粒子击中靶时对靶的作 用力沿x轴方向的分力的最大值。 02 Bo 0 轮复习单元检测卷十一 物理第6页（共8页） 17.(12分)如图所示，半径为R的一圆弧轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上有2024 个大小相同的球从左往右依次编号排成一排，相邻两球间距均为R,1号球的质量为2m,2~ 2024号球的质量均为m。若将质量为2m的A球从圆弧轨道的最高点由静止释放。所有球均 可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度为g,不计一切阻力。 (1)求1号球与2号球第一次碰撞后1号球的速度大小； (2)若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力F(图中未画出，F 远小于1、2号球碰撞时的相互作用力)，使1号球每次与2号球碰撞前的速度都和两球第一次碰 撞前1号球的速度相等，直到1~2024号球的速度第一次都相等时撤去外力，求： (ⅰ)外力F的大小； (ⅱ)最终1号球与2024号球之间的距离。 22 33 20232024 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 18.(14分)如图所示，空间直角坐标系Oxy之中，在y<0、x≥0的空间内存在沿x轴正方向、磁感应 强度大小为B。(未知)的匀强磁场；在y≥0、≥0的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场；在y≥ 0、之<0的空间内存在沿y轴正方向、磁感应强度大小也为B。的匀强磁场。一质量为m、电荷量 为q的带正电的粒子由P(0,一L,0)点沿之轴正方向以大小为。的速度射入磁场区域，一段时 间后垂直于之轴射出该磁场区域，粒子首次经过xOy平面时与y轴正方向成60°角，忽略粒子的 重力。求： (1)y≥0、之≥0的空间内磁感应强度的大小： (2)粒子从P点射出到第4次穿过xOy平面所用的时间； Bo. (3)粒子射出后第4次穿过xOy平面时的坐标。 0 三一轮复习单元检测卷十一 物理第8页（共8页） ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（十一） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： ,理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢV ②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 左手定则 易 0.85 2 单项选择题 磁通量 易 0.80 3 单项选择题 带电粒子在匀强磁场中的运动 中 0.75 4 单项选择题 粒子在圆形边界磁场中的运动 中 0.70 5 单项选择题 3 机械波 中 0.68 6 单项选择题 3 宇宙粒子在磁场中螺旋前进 中 0.70 7 单项选择题 3 电路动态分析 中 0.70 8 单项选择题 3 磁聚焦 难 0.58 9 带电粒子在矩形边界磁场中的 多项选择题 4 中 0.72 运动 10多项选择题 4 洛伦兹力演示仪 中 0.75 11 多项选择题 带电粒子在变化电场中的运动 中 0.70 带电粒子在三角形边界磁场中 12 多项选择题 难 0.50 的运动 13 非选择题 6 测匀强磁场的磁感应强度 易 0.80 14 非选择题 8 验证机械能守恒定律 中 0.65 带电粒子在三角形边界磁场中 15 非选择题 √ 中 0.75 的运动 带电粒子在组合边界磁场中的 16 非选择题 12 务 0.70 运动 17 非选择题 12 动量、能量综合问题 中 0.65 18 非选择题 14 带电粒子在磁场中的运动 难 0.45 ·57· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 错误。 1.D【解析】图甲中，两个等量异种点电荷产生的电场 在O点的电场强度方向均沿x轴正方向，根据电场 叠加原理，O点的电场强度方向沿x轴正方向，质子 带正电，所受电场力与电场强度方向相同，故质子在 O点所受电场力方向沿x轴正方向，A、B项错误；图 乙中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在 )点的磁感应强度方向均沿y轴负方向，根据磁场叠 6 加原理，O点的磁感应强度方向沿y轴负方向，质子 5.D【解析】由图可知λ=2X(7-3)m=8m,波速 =λf=8×1.25m/s=10m/s,A项错误；波向右传 带正电，从原点O垂直纸面向外运动，根据左手定 则，质子在O点所受洛伦滋力方向沿x轴正方向，C 播，根据同侧法可知质点Q的振动方向为y轴正方 项错误，D项正确。 向，O点的振动方向沿y轴负方向，故从该时刻开始 2.B【解析】图甲中穿过该平面的磁通量Φ=BScos a, 3 计时质点P的振动方程y=20sin(2xft+)cm, A项错误；图乙中点电荷从某球面球心位置向右移动 少许（仍在所研究的球面内），穿过该球面的电通量不 故t=0时质点P的位移y=20×sin 4πcm= 变，B项正确：图乙中，随着球面半径增大，穿过以点 10√2cm,B项错误，D项正确；波在绳子中的传播速 电荷所在位置为球心的球面的电通量不变，C项错 度由介质决定，与频率无关，C项错误。 误；图丙中因为进入的电场线和穿出的电场线条数相 6.C【解析】宇宙粒子进入大气层后，由于与空气相互 等，所以电通量为零，D项错误。 作用，宇宙粒子的运动速度会变小，根据洛伦兹力提 3.B【解析】由几何关系可知图甲中带电粒子在磁场 内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动的半径等 供向心力有gB=m号，解得r=需，由半径公式可 于圆形区域半径=R,而图乙中带电粒子在磁场内 知，在地磁场作用下的旋转半径会越来越小，A项错 误：若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地 部转过的角度为120°，侧2=R1an30°=5R,根据 3 磁场变强，其他条件不变，宇宙粒子的半径变小，B项 gB=mt,可得u=B,速度之比等于圆周运动的 错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，由 左手定则可知，从下往上看宇宙粒子将以逆时针的方 半径之比，故两图中粒子的速度之比为√3：1，A、C、D 向向前旋进，C项正确：当不计空气阻力时，将宇宙粒 项错误，B项正确。 子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿 4.C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦滋力 磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速 提供向心力，由牛顿第二定律得90B=m京，解得尺 圆周运动，若宇宙粒子运动速率不变，与磁场的夹角 变小，则速度的垂直分量变小，故宇宙粒子在垂直于 一B,质子的轨道半径为R,则反氟核的轨道半径R 磁场方向的运动半径会减小，而速度沿磁场方向的分 量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺 =3R,质子射入后打在b点，它转过的圆心角0= 120°，设磁场圆的半径为r,有tan号=an60=尺 距△x将增大，D项错误。 7.C【解析】在滑片P向左滑动的过程中，滑动变阻器 厅，则反氣棱am号-京=示-9日=60，由左手 接入电路的电阻R变小，电路的总电阻变小，则总 电流I变大，即A示数变大，R以及与其并联的支 定则可知，反氚核刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖直 路电压U2=E-I1(R十r),则U2变小，通过R的电 向上，则反氚核从e点射出磁场，C项正确，A、B、D项 流变小，则通过电阻R2的电流变大，设通过电阻R ·58· 高三一轮复习R ·物理· 的电流为I3,有△I1=△I2一△I3,可知△I1△I2,A、B 由几何关系可知2=(W3a)2十(r-a),整理解得r 项错误；由U2=E-I1(R十)，可得 △U2 △I |=R十r 2a,根据牛顿第二定律有qoB=m二，解得r=, gB,当 C项正确：对R,由欧姆定律得U,=1,R,则 △I2 磁场的磁感应大小变为4B时，此时半径/= gX4B R2,D项错误。 8.D【解析】由右手螺旋定则可知，螺线管内磁场方向 =之，所以该粒子从D点射出磁场，加电场后 1 水平向右，将电子速度沿水平方向、竖直方向正交分 粒子做直线运动，根据平衡条件有gE=q心X4B,又0 解，则电子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀 =2agB ,解得E=8agB,A,C项正确，B,D项错误。 速圆周运动，电子螺旋前进，设螺线管长为L,若这些 m m 10.BD【解析】根据安培定则可知，励磁线圈中的电流 电子通过磁场汇聚在荧光屏上P点，则需满足上= 方向为逆时针方向，A项错误；仅将励磁线圈中的电 nT(n=1,2,3…),T为电子竖直方向做圆周运动的 流加倍，则磁感应强度加倍，根据洛伦兹力提供向心 周期，又B=m爱，解得周期T-2=2,联立 eB 力有B=m号，解得r一咒电子在磁场中运动的 解得上=2πm(n=1,2,3…),,≈，电子的速度只 轨迹半径将减半，B项正确：仅将励磁线圈中的电流 U. eB 要满足上=2πm(m=1,2,3…),即电子的运动时间 诚半，则贴感应强度议半，由T=密可知，电子做 v eB 圆周运动的周期将加倍，C项错误；根据gU= 为粒子做圆周运动周期的整数倍，电子就可以汇聚到 P点，由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只 m器解对=方√ 1 ,励磁线圈中的 转动一周就到达P点，则运动的时间为密，A项正 电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍时， 电子的运动轨迹不变，D项正确： 确；若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P 11,AD【解析】电子在水平方向上不受力，做匀速直 点，L=T=2m,B项正确：由上述分析可知当电子 eB 线运动，A项正确；如果该电子能从极板间穿出而不 速度为0时，L=2(n=1,2,3),放当电子速度 打在极板上，电子在0~t。时间内做类平抛运动，在 垂直于两极板方向上先做匀加速运动，在t。~2t。时 为分时，L=2×名以=24,6…)，即电子的 间内电子不受力，在垂直于两极板方向上做匀速运 动，之后再做匀加速运动，但是电子有可能在0~2。 运动时间仍然为电子做圆周运动周期的整数倍，故这 时间内打到极板上，所以不一定先加速再匀速再加 些电子一定能汇聚在P点，C项正确：当电子速度为 速，B项错误；若该电子恰好能从下极板右端离开， 20时，l=2×20=宁，1，是…，即电子的运 eB 则电子在极板间运动的时间为3。，在偏转电场运动 动时间不是总等于电子做圆周运动周期的整数倍，故 的过程中，根据牛顿第二定律可得a= md,在0t。 这些电子不一定能汇聚在P点，D项错误。 二、多项选择题 时间内的侧向位移=弓a6,在名~2时间内的 9.AC【解析】粒子在磁场中运动时，作出其运动轨 侧向位移2=at·t6=at号，在2t一3t时间内的侧 迹，如图所示： a-3 向位移=at。·6十号a at6,该电子恰好能 从下极板右端离开，则有十十为=号，电子在 两极板间运动，只有极板间存在电场时，电子才被加 速，从静止开始经电压为U。的电场加速到离开极板 Di 间的过程中，根据动能定理得U十(+y)= E,联立解得=号Ue,C项锖误，D项正确。 ·59· ·物理· 参考答案及解析 12.BD【解析】由洛伦滋力提供向心力，可知粒子在左 出，A项错误，B项正确；由以上分析，结合边界的特 下方磁场中运动时有qB,=m,T=2,解得 点可知，粒子从x轴穿出时，h=(xo一2d 2d2)sin30°，h=r1sin0,解得0=60°，其在左下方磁 n-侣m,1-2×10:同理可得粒子在有 场中运动的圆心角为60°，即其第三次在左下方磁场 3 上方磁场运动时，B,=m,T,=2π，解得， 中运动的时间一0×T,其在磁场中运动的总 60° 易…=×10s由圆周运动特点，及粒子 时间1=2(6十：)+，解得f=73X10s,C 9 3 项错误。 在磁场中运动的对称性可知其轨迹如图所示： 三、非选择题 13.(1)左(2分) (22器(2分)0.252分) r21209 【解析】(1)达到平衡后使电流反向，根据左手定则 6060 可知此时线圈所受的安培力方向向下，所以应在左 盘中增加砝码。 (2)电流方向未改变时，根据左手定则，可知线圈所 受安培力方向向上，安培力大小F=BIl;电流方向 Q 相反后，则安培力方向相反，变为竖直向下，相当于 由图可知，其在左下方磁场运动时，穿过PQ边界的 右边比左边多了两倍的安培力大小，所以在左盘中 弦长d1=2m1sin60°，在右上方磁场运动时，穿过PQ 增加的砝码质量m满足mg=2B,解得B=器 边界的弦长d2=22sin60°，粒子在左下方磁场的运 动时间=C×T,粒子在右上方慰场运动的时 解得B=0.25T。 14.(1)③(2分) (2)释放时重物离打点计时器较远(2分) 间t2 360XT,解得d=20cm,d,=10cm,4= .120 (3)0.290(2分) 25匹×10s,=X102s:当PQ边界恰好为 (4)AD(2分) 9 【解析】(1)打点计时器可以记录时间，不需要秒表， 90cm时，恰好在PQ边界中来回穿过3个周期性的 需要用刻度尺测量纸带上点的距离，不需要螺旋测 过程，即总用时t=3(t1十t),解得t=√3π×102s, 微器和游标卡尺，故还必须从图乙中选取实验器材 D项正确：当PQ边界恰好为80cm时，粒子可在 的编号是③ PQ边界来回穿过2个周期性的过程，轨迹如图 (2)操作不当之处是：释放时重物离打点计时器 所示： 较远。 y (3)打相邻计数点的时间间隔T=5×品s=0.1s 打计数点7时纸带速度的大小口=器 (14.10-8.30)×10-2 m/s=0.290m/s。 2×0.1 (4)此数据处理方法得到点4、5、6、7对应的机械能 在实验误差允许的范围内近似相等，可说明每一个 位置的机械能都近似相等，故可以验证机械能守恒， O A项正确；此数据处理方法认为重物做自由落体运 第3次在左下方磁场中运动时，由其轨迹可知，由于 动，相当于默认了物体所受合外力为重力，也就默认 x轴边界存在，不能穿回PQ边，而会从OQ之间穿 了物体机械能守恒，起不到验证的效果，B项错误： ·60. 高三一轮复习R ·物理· 此数据处理方法绘制出)~t图像过原点，只能说明 物体做初速度为零的匀加速直线运动，不能说明物 解得A一震 体的加速度为重力加速度，故无法验证机械能守恒， 粒子均沿x轴正方向进入B:区域，当9=60°时，y =R(1+c0s60)=1.5R (1分) C项错误：根据机械能守恒定律有mgh=子m心，可 当0=0时y2=2R (1分) 得=2gh,在实验误差允许范围内，图线斜率近似 对应位置的纵坐标的范围为1.5R~2R (1分) 等于2g,即可验证机械能守恒，D项正确。 (2)B区域n=需=2R (1分) 15.(1)10cm(2)4×103m/s 【解析】(1)由粒子在磁场中的运动特点可知运动时 从y处人射得1=√2R)-(0.5R=压R 2 间最长即轨迹圆心角最大；速度最大即其半径也最 (1分) 大，运动时间最长的粒子中速度最大粒子的轨迹如 从y2处入射得x2=2R (1分) 图所示 能被粒子击中的靶的长度△x=2R-压R(2分) 2 发射方向0=60时，有sina=0,5那=1 2R4 (1分) 460° 取向右为正方向，由动量定理得F=sina= 1 、60 mv (2分) 由图可知，当粒子运动到D点时，其与AB的距离最 17.13V2gR(2(1)9mg(1)l685R 8 大；由几何关系可知xc=x=r (2分) 【解析】(1)A球运动至水平轨道，根据机械能守恒 最大距离d=r-xaE=r-cos60 (2分) 解得r=20cm,d=10cm (1分) 定律有2mgR=之X2mG6 (2分) (2)由洛伦滋力提供向心力可知qB。=m 解得w=√2gR r A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交 (2分) 换速度，即碰后1号球的速度=√2gR 解得w=4×103m/s (1分) 1号球与2号球发生弹性碰撞，规定向右为正方向， 16.(1) aR 1.5R~2R(2)2R-压R 2 nmv 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示 2mvo=2mvmvx (1分) y ×2m=X2m+合m 1 (1分) 联立解得=号V2gR, 3V√2gR (1分) 6'R (2)(1)F作用在1号球上，使其速度大小由增 Bo 大到，由动能定理得 FR=×2m-X2mi (1分) 解得F-16 ig --2R (iⅱ)设F作用下1号球的总位移为x,对1一2024 号小球组成的整体由动能定理得 根据几何关系可知轨迹半径为R,根据洛伦兹力提 Fx=(2×2023m6+×2md)-2×2md 1 供向心力有 (2分) 成=加天 (1分) 最终，1~2024号小球的速度大小均为2，设F作 ·61· ·物理· 参考答案及解析 用的总时间为t,对整体由动量定理得 做圆周运动的周期T=2x” Boq (1分) Ft=(2023m2+2m)-2mw (2分) 1号球与2024号球之间的距离 又有qB,=m r d=vt-x (1分) 联立解得 子首次在y≥0，c<0的室间内运动的时间二 d=16185r (1分) (1分) 8 粒子第2次在y≥0、≥0空间内运动的时间t=2t2 18.a器22装 (3)[23L,(3√3+π)L,0] (1分) 【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示 粒子从第3次到第4次穿过xOy平面所用的时间 等于t,则粒子从P点射出到第4次穿过xOy平面 所用的时间t=t十t2+2t十t 解得t=9πL (1分) 2vo (3)设粒子从Q点首次经过y轴，则ya=r2sin60°= √3L (1分) 粒子在该点沿之轴负方向的速度分量1= 由几何关系可知，粒子在y<0、≥0空间内运动的 sin60°，沿y轴正方向的速度分量v2=wcos60° 半径1=L,粒子速度在y≥0、≥0空间内偏转的 角度为60°，设粒子在该区域内运动的半径为r2,由 粒子在20<0区蚊内运动的半径=器， 儿何关系可知r2=r十r2cos60 (1分) 2 (1分) 解得r2=2L 可知粒子第4次穿过xOy平面时沿x轴的坐标x= 由qB=m7 (1分) 4r3,粒子第2次和第3次穿过xOy平面的位置之间 解得B-器 的距离△y=22sin60°=2√5L (1分) (1分) 则粒子第4次穿过xOy平面时沿y轴的坐标y=yQ (2)散子在)0，≥0空间内运动的时同4一器 +2m·号+ay (1分) 解得y=(3√3+π)L (1分) 粒子首次在y≥0、x≥0的空间内运动的时间t2= 故粒子第4次穿过xOy平面时坐标为[2√3L,(3√3 r丝 3 (1分) 十π)L,0] (1分) 粒子在y≥0、x<0的空间内在平行于xO:平面内 ·62·