2022届高考物理一轮复习单元检测卷九磁场含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 14 磁场 时间：45 分钟 满分：100 分 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.1～5 题为单选题，6～8 题为多选题) 1．关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是( ) A．甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的 B．乙图中，磁体对通电导线的力是通过磁体的电流发生的 C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的 D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的 2．[2020·某某某某教学研究合作联盟联考]通电的等腰梯形导线框 abcd 与无限长通电直 导线 MN 在同一平面内，电流方向如图所示，ab 边与 MN 平行．关于通电直导线 MN 产生 的磁场对线框的作用，下列说法正确的是( ) A．线框所受安培力的合力为零 B．线框有两条边所受的安培力方向相同 word 文档 - 2 - / 14 C．线框有两条边所受的安培力大小相同 D．线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势 3．如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环 P、Q 中间用绝缘细线连接， 通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当 P、Q 中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环 的转动(从上向下看)以及细线中 X 力的变化，下列说法正确的是( ) A．P 顺时针转动，Q 逆时针转动，转动时 P 与天花板连接的细线 X 力不变 B．P 逆时针转动，Q 顺时针转动，转动时两细线 X 力均不变 C．P、Q 均不动，P 与天花板连接的细线和与 Q 连接的细线 X 力均增大 D．P 不动，Q 逆时针转动，转动时 P、Q 间细线 X 力不变 4．[2020·某某名校联考] θ，匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨斜面向上，大小随时间变化的规律为 B＝(2 ＋2t) T．将一根长为 0.3m、质量为 0.2kg 的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通有大小为 1A、方向从 a 到 b 的电流．t＝0 和 t＝2s 时刻，导体棒刚好都能处于静止状态．取 g＝10m/s2， 已知 sin37°＝0.6，则( ) A．平行导轨的倾角θ＝30° word 文档 - 3 - / 14 B．导体棒对平行导轨的压力大小为 1N D．t＝1s 时，导体棒所受的摩擦力为 0 5．[2020·某某某某一模]已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小 B0 与通电导线中的电流 I 成正比，与该点到通电导线的距离 r 成反比，即 B0＝k I r ，式中 k 为比例 系数．现有两条相距为 L 的通电长直导线 a 和 b 平行放置，空间中存在平行于图示的菱形 PbQa 的匀强磁场(图中未画出)．已知菱形 PbQa 的边长也为 L，当导线 a 和 b 中通以大小相等、方 向如图所示的电流 I 时，P 点处的磁感应强度恰好为零．则下列说法正确的是( ) A．Q 点处的磁感应强度大小为 k I L B．匀强磁场的方向从 P 点指向 Q 点，大小为 2k I L C．匀强磁场的方向从 Q 点指向 P 点，大小为 2k I L D．两导线连线中点处的磁感应强度大小为 3k I L 6．[2021·某某寿阳一中月考]有一方向竖直向下的匀强磁场垂直光滑绝缘平面，如图所示 (俯视图)．在 A 处静止放置一个不带电的金属球 a，另一来自原点的运动金属球 b 恰好沿 y 轴 正方向撞向 a 球．碰撞后，两球的运动情景图可能正确的有( ) word 文档 - 4 - / 14 7．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1 和 D2 是两个中空的 半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为 U、周期为 T 的交流电源上．位 于 D1 的圆心处的质子源 A 能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当 质子被加速到最大动能 Ek 后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中 正确的是( ) A．若只增大交变电压 U，则质子的最大动能 Ek 会变大 B．若只增大交变电压 U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短 C．若只将交变电压的周期变为 2T，仍可用此装置加速质子 D．质子第 n 次被加速前、后的轨道半径之比为 n－1 n 8．[2020·某某某某一中月考]如图所示，AB 与 BC 间有垂直纸面向里的匀强磁场，∠B＝ 30°，P 为 AB 上的点，PB＝L.一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从 P 点以同 word 文档 - 5 - / 14 一速度沿平行于 BC 的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从 S 点垂直于 AB 方向射出磁场， 另一个从 Q 点射出磁场，则下列说法正确的是( ) A．负电子从 S 点射出磁场 B．正、负电子同时离开磁场 C．正、负电子各自离开磁场时，两电子速度方向的夹角为 150° D．Q、S 两点间的距离为 L 二、非选择题(本题共 3 个小题，52 分) 9．[2021·某某某某模拟](14 分)如图所示，金属梯形框架导轨放置在竖直平面内，顶角为 θ，底边 ab 长为 l，垂直于梯形平面有一个磁感应强度大小为 B 的匀强磁场．在导轨上端放置 一根水平金属棒 cd，其质量为 m，导轨上接有电源，使 abcd 构成回路，回路电流恒为 I，cd 棒恰好静止．已知金属棒和导轨之间接触良好，不计摩擦阻力，重力加速度为 g，求： (1)cd 棒所受的安培力； (2)cd 棒与 ab 边之间高度差 h. word 文档 - 6 - / 14 10．[2020·某某某某期末](18 分)在直角坐标系 xOy 中，第二象限内有垂直于纸面的匀强 磁场(图中未画出)，第一象限三角形 OPM 区域有如图所示的匀强电场，电场线与 y 轴的夹角、 MP 与 x 轴的夹角均为 30°，已知 P 点的坐标为(9l,0)，在以 O′为圆心的环状区域内有垂直于 纸面向里的匀强磁场，外圆与直线 MP 相切于 P 点，内、外圆的半径分别为 l 和 2l.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以速度 v0 由坐标为(－l,0)的 A 点沿与 y 轴平行的方向射入第二 象限匀强磁场中，经磁场偏转由坐标为(0， 3l)的 B 点进入匀强电场，经电场偏转恰由 P 点 进入环状磁场区域，不计粒子重力． (1)求第二象限内匀强磁场的磁感应强度大小； (2)求匀强电场的电场强度大小； (3)要使粒子在环状磁场区域内做完整的圆周运动，求环状区域匀强磁场的磁感应强度的 取值 X 围． word 文档 - 7 - / 14 11．(20 分)如图所示，在水平面的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B ＝5T，还有水平向左的匀强电场，其大小为 EM＝2kg 木块的上表面上钉着一颗小钉子，质量 ml 2m 的细线与小钉子相连接，细线与木块上表面垂直，小球的带电荷量为 q＝0.5C．木块 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，现将木块由静止释放．(重力加速度大小 g＝10m/s2，小球 可看成质点) (1)求木块释放瞬间小球和木块之间弹力的大小； (2)木块脱离地面的瞬间，求细线对小球的拉力； (3)从释放木块到木块脱离地面过程中木块的位移为 x0＝6.4m，求木块克服滑动摩擦力做 的功．(结果保留 1 位小数) word 文档 - 8 - / 14 单元检测卷(九) 1．解析：导线中的电流对小磁针的作用、磁体对电流的作用、电流之间的相互作用都是 通过磁场发生的，故 C 正确． 答案：C 2．解析：本题考查安培定则、左手定则、安培力的矢量性．直导线中的电流方向由 N 到 M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向里，根据左手定则，ab 边受向 左的安培力，cd 边受到向右的安培力，ad 边受到斜向左下方的安培力，bc 受到斜向左上方 的安培力，其中 bc 边和 ad 边所受的安培力大小相同，选项 B 错误，C 正确；离 MN 越远的 位置磁感应强度越小，故根据安培力公式 F＝BIL，cd 边受到的安培力小于 ab 边、bc 边和 ad word 文档 - 9 - / 14 边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，四个边所受的安 培力的合力不为零，选项 A、D 错误． 答案：C 3．解析：根据安培定则，P 产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q 产生的磁场水平向右， 根据左手定则，P 将顺时针转动，Q 逆时针转动；转动后 P、Q 两环的相邻处电流的方向相同， 所以两个圆环相互吸引，P、Q 间细线 X 力减小．由整体法可知，P 与天花板连接的细线 X 力 总等于两环的重力之和，大小不变；故 A 正确，B、C、D 错误．故选 A. 答案：A 4．解析：t＝0 和 t＝2 s 时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知 t＝0 时，导体棒刚好要 沿导轨向下运动，t＝2 s 时，导体棒刚好要沿导轨向上运动，又因为导体棒所受安培力的方向 一定沿导轨向上，故根据平衡条件知，t＝0 时有 mgsin θ＝Ffmax＋B0IL，t＝2 s 时有 mgsin θ＋Ffmax＝B2IL，解得 Ffmax＝0.6 N，sin θ＝0.6，即θ＝37°，选项 A、C 错误．导体棒对 平行导轨的压力 FN＝mgcos 37°＝1.6 N，选项 B 错误．t＝1 s 时，F 安＝B1IL＝1.2 N，mgsin θ＝1.2 N，因 mgsin θ＝F 安，故导体棒所受摩擦力为零，选项 D 正确． 答案：D 5．解析：由题意知每股电流在 P 点处产生的磁场的磁感应强度大小为 B＝k I L ，由安培定 则知导线 a 和 b 中的电流在 P 点处产生的磁场的磁感应强度方向分别垂直 Pa 和 Pb，由平行 四边形定则知合磁场由 Q 指向 P，大小仍为 k I L ，则匀强磁场的磁感应强度方向应由 P 点指向 Q 点，且大小为 k I L ，才能使 P 点处的磁感应强度恰为零，B、C 项错误；同理可知 Q 点处的 磁感应强度也为零，A 项错误；由于两导线连线中点到两导线的距离均为 L 2 ，两导线在该处产 word 文档 - 10 - / 14 生的磁感应强度加倍，大小均为 2k I L ，合磁感应强度的大小为 3k I L ，D 项正确． 答案：D 6．解析：本题考查带电小球在磁场中运动轨迹分析．由题意分析知带电金属球 b 带正电， 受到洛伦兹力作用做逆时针方向的圆周运动．与 a 球碰撞后，两球都带上了正电，均做逆时 针方向的圆周运动．碰撞后，两球速度可能同向，运动轨迹内切；两球速度可能反向，运动 轨迹外切，选项 A、D 正确，B、C 错误． 答案：AD 7．解析：由 r＝ mv qB 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与 交变电压 U 无关，故 A 错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中 的运行时间变短，B 正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压 的周期相同，C 错误；由 nqU＝ 1 2 mv 2 n以及 rn＝ mvn qB 可得质子第 n 次被加速前、后的轨道半径 之比为 n－1: n，D 正确． 答案：BD 8．解析：由左手定则可知，正电子从 S 点射出磁场，A 错误；作出正、负电子运动轨迹， 如图所示，由几何关系可知，正、负电子在磁场中做圆周运动的偏转角均为 60°，正、负电子 在磁场中运动的周期相同，则在磁场中运动的时间相同，故正、负电子同时离开磁场，B 正确； 由图可知，正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为 120°，C 错误；由图可知，PQ word 文档 - 11 - / 14 ＝PS＝R＝BP＝L 且 PQ 与 PS 间的夹角为 60°，则△PQS 为等边三角形，Q、S 两点间的距离 为 L，D 正确． 答案：BD 9．解析：(1)cd 棒恰好静止，由平衡条件知，cd 棒所受安培力的大小为 F＝mg，方向竖 直向上．(5 分) (2)由 F＝BIl 得 L＝ mg BI (3 分) 根据几何知识得：h＝ L－l 2tan θ 2 (2 分) 把 L 代入解得：h＝ mg BI －l 2tan θ 2 ＝ mg－BIl 2BItan θ 2 .(4 分) 答案：(1)mg，方向竖直向上 (2) mg－BIl 2BItan θ 2 10．解析：本题考查带电粒子在组合场中的临界问题． (1)设第二象限内匀强磁场的磁感应强度大小为 B1，粒子进入磁场区域做匀速圆周运动的 半径为R，由几何关系可得(R－l)2＋( 3l)2＝R2，解得R＝2l，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1 ＝m v2 0 R ，解得 B1＝ mv0 2ql . (2)由几何关系知粒子恰好垂直匀强电场方向进入电场，做类平抛运动，则有(9l－l)sin 60° word 文档 - 12 - / 14 ＝v0t，(9l－l)cos 60°＋2l＝ 1 2 at2，又 qE＝ma，解得 E＝ mv2 0 4ql . (3)粒子做类平抛运动，沿电场方向的分速度 v′＝at＝ 3v0， 粒子进入环状磁场的速度 v＝ v2 0＋ 3v02＝2v0，方向恰好沿 MP，即外圆的切线方 向．要做完整的圆周运动半径 R0 应满足 R0≤ l 2 或 3 2 l≤R0≤2l，由 qvB2＝m v2 R0 ，解得 B2≥ 4mv0 ql 或 mv0 ql ≤B2≤ 4mv0 3ql . 答案：(1) mv0 2ql (2) mv2 0 4ql (3)B2≥ 4mv0 ql 或 mv0 ql ≤B2≤ 4mv0 3ql 11．解析：(1)木块释放瞬间，小球不受洛伦兹力．木块和小球整体的受力情况如图所示 根据牛顿运动定律可得： qE－Ff＝(M＋m)a1 FN－(M＋m)g＝0 word 文档 - 13 - / 14 Ff＝μFN 求得：a1＝5 m/s2 以小球为研究对象可得： qE－N＝ma1 求得：N＝22.5 N (2)木块脱离地面时，地面对木块的支持力为零，以木块和小球整体为研究对象， f 洛－(M＋m)g＝0 qE＝(M＋m)a2 求得：a2＝10 m/s2 以小球为研究对象，如图所示， 根据牛顿第二定律可得： f 洛－mg－Tsin θ＝0 qE－Tcos θ＝ma2 求得： T＝20 2 N θ＝45° word 文档 - 14 - / 14 细线的拉力大小为 20 2 N，方向斜向左下方，与水平方向间的夹角为 45°. (3)木块离开地面时小球距悬点的水平距离和竖直距离分别为 x1＝lcos 45°＝0.2 m h＝lsin 45°＝0.2 m 木块脱离地面的瞬间，对整体、重力和洛伦兹力相等 qvB＝(M＋m)g 求得：v＝ M＋mg qB ＝10 m/s 根据动能定理可得： qE(x0＋x1)－Wf－mg(h＋l)＝ 1 2 (M＋m)v2 求得：Wf＝37.6 J 答案：(1)22.5 N (2)见解析 (3)37.6 J