2022届高三统考物理人教版一轮复习单元检测卷：九 磁场 WORD版含答案.docx

1、单元检测卷(九)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.15题为单选题，68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22020江苏常州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

2、培力的合力为零B线框有两条边所受的安培力方向相同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)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是()AP顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变BP逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变CP、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大DP不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变42020广西名校联考如图所

3、示，间距为0.3m的平行导轨所在平面与水平面之间的夹角为，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(22t) 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t0和t2s时刻，导体棒刚好都能处于静止状态取g10m/s2，已知sin370.6，则()A平行导轨的倾角30B导体棒对平行导轨的压力大小为1NC导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力大小为0.3NDt1s时，导体棒所受的摩擦力为052020山东菏泽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

4、r成反比，即B0k，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()AQ点处的磁感应强度大小为kB匀强磁场的方向从P点指向Q点，大小为2kC匀强磁场的方向从Q点指向P点，大小为2kD两导线连线中点处的磁感应强度大小为3k62021山西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

5、后，两球的运动情景图可能正确的有()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82020山东烟台一中月考如图所

6、示，AB与BC间有垂直纸面向里的匀强磁场，B30，P为AB上的点，PBL.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150DQ、S两点间的距离为L二、非选择题(本题共3个小题，52分)92021山东济南模拟(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，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c

7、d，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.102020河南南阳期末(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

8、)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，l)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范围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B5T，还有水平向左的匀强电场，其大小为E50V/m.质量为M2kg木块的上表面上钉着一颗小钉子，质量m0.5kg的光滑带电小球通过一长为l0.2m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q0

9、.5C木块与水平面间的动摩擦因数0.5，现将木块由静止释放(重力加速度大小g10m/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x06.4m，求木块克服滑动摩擦力做的功(结果保留1位小数)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：C2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，c

10、d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FBIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad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：C3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间细线张力减小由整体法可知，P与天花板连接的细线张

11、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：A4解析：t0和t2 s时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知t0时，导体棒刚好要沿导轨向下运动，t2 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，t0时有mgsin FfmaxB0IL，t2 s时有mgsin FfmaxB2IL，解得Ffmax0.6 N，sin 0.6，即37，选项A、C错误导体棒对平行导轨的压力FNmgcos 371.6 N，选项B错误t1 s时，F安B1IL1.2 N，mgsin 1.2 N，因mgsin F安，故导体棒所受摩擦力为零，选项D正确答案：

12、D5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Bk，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，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，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，两导线在该处产生的磁感应强度加倍，大小均为2k，合磁感应强度的大小为3k，D项正确答案：D6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

13、，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：AD7解析：由r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nqUmv以及rn可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为:，D正确答案：BD8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

14、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，PQPSRBPL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：BD9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Fmg，方向竖直向上(5分)(2)由FBIl得L(3分)根据几何知识得：h(2分)把L代入解得：h.(4分)答案：(1)mg，方向竖直向上(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

15、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(Rl)2(l)2R2，解得R2l，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m，解得B1.(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(9ll)sin 60v0t，(9ll)cos 602lat2，又qEma，解得E.(3)粒子做类平抛运动，沿电场方向的分速度vatv0，粒子进入环状磁场的速度v2v0，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或lR02l，由qvB2m，解得B2或B2.答案：(1)(2)(3)B2或B211解析：(1)木块释放瞬间，小球不受洛伦兹力木

16、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：qEFf(Mm)a1FN(Mm)g0FfFN求得：a15 m/s2以小球为研究对象可得：qENma1求得：N22.5 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(Mm)g0qE(Mm)a2求得：a210 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mgTsin 0qETcos ma2求得：T20 N45细线的拉力大小为20 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x1lcos 450.2 mhlsin 450.2 m木块脱离地面的瞬间，对整体、重力和洛伦兹力相等qvB(Mm)g求得：v10 m/s根据动能定理可得：qE(x0x1)Wfmg(hl)(Mm)v2求得：Wf37.6 J答案：(1)22.5 N(2)见解析(3)37.6 J