2024高考物理一轮复习限时检测9磁场含解析新人教版

PAGEPAGE14第九章磁场综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·东阿高三模拟)如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船底的平行金属板，直流电源接在M、P间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场，闭合电键K后，要使船向前进，虚线框中的磁场方向应当是(A)A．竖直向下 B．竖直向上C．水平向左 D．水平向右[解析]闭合电键后，海水中通入从MN板向PQ板流淌的电流，为了使海水受到向右的安培推力，依据左手定则可知，则磁场的方向应当竖直向下，A项正确。2．(2024·广饶高三月考)如图所示，E、F、D是边长为a的正三角形△EFD的三个顶点，该三角形位于方向垂直于三角形所在平面对里、足够大的匀强磁场中。粒子源在E点沿EF方向以速率v0放射一质量为m、所带电荷量肯定值为q的带电粒子，经过一段时间粒子通过D点，不计粒子重力，则下列说法错误的是(D)A．粒子带负电B．粒子在D点的速度沿直线FD的方向C．磁感应强度的大小为eq\f(\r(3)mv0,aq)D．粒子从E点运动到D点时间为eq\f(πa,3\r(3)v0)[解析]依据带电粒子的运动轨迹可知，其在E点所受洛仑兹力方向垂直于EF向下，依据左手定则可知，粒子带负电，选项A正确；依据带电粒子的运动轨迹图和几何关系可知，其在D点的速度沿直线FD的方向，选项B正确；依据几何关系可得，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：r＝eq\f(\r(3),3)a，依据牛顿其次定律有：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，联立解得：B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(\r(3)mv0,aq)，选项C正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2πa,\r(3)v0)，由几何关系可知粒子从E点到D点运动时间t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πa,3\r(3)v0)，选项D错误。3．(2024·温州高三模拟)如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面对里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路。以下说法正确的是(A)A．闸刀刀片中的电流方向为从O至CB．闸刀刀片中的电流方向为从C至OC．跳闸时闸刀所受安培力没有做功D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值增大[解析]本题考查自动跳闸的工作原理。要使闸刀A端会向左弹开断开电路，依据左手定则，闸刀刀片中的电流方向为从O至C，选项A正确，B错误；跳闸时闸刀所受安培力做功，选项C错误；由安培力公式F＝BIL可知，增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小，选项D错误。4．(2024·广东七校联考)如图，同一平面内有两根相互平行的长直导线M和N，通有等大反向的电流，该平面内的a、b两点关于导线N对称，且a点与两导线的距离相等。若a点的磁感应强度大小为B，则下列关于b点磁感应强度Bb的推断正确的是(B)A．Bb>2B，方向垂直该平面对里B．Bb<eq\f(1,2)B，方向垂直该平面对外C．eq\f(1,2)B<Bb<B，方向垂直该平面对里D．B<Bb<2B，方向垂直该平面对外[解析]本题考查磁场叠加与安培定则。设导线M中的电流在距导线r处a点产生的磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直该平面对里，依据安培定则可知导线N在a点产生的磁场的磁感应强度与导线M相同，可得B＝2B0。导线N中的电流在b点产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，方向垂直该平面对外，由于b点距离导线M较远，导线M中的电流在b点产生的磁场的磁感应强度大小肯定小于B0，方向垂直该平面对里，所以b点磁感应强度Bb<eq\f(1,2)B，方向垂直该平面对外，选项B正确，A、C、D错误。5．(2024·北京市高考适应性考试)如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采纳的是(D)A．加一电场，电场方向沿z轴负方向B．加一电场，电场方向沿y轴正方向C．加一磁场，磁场方向沿z轴正方向D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向[解析]要使荧光屏上的亮线向下偏转，即让电子受到的力方向向下，若加一电场，则电场方向沿z轴正方向，A、B错误；若加一磁场，要让电子受到的洛伦兹力方向向下，由左手定则可得所加磁场方向应沿y轴正方向，C错误，D正确。6．(2024·河南示范性中学期末)如图所示，两平行倾斜导轨间的距离L＝10cm，它们处于垂直导轨平面对下的磁场(图中未画出)中，导轨平面与水平方向的夹角θ＝37°，在两导轨下端所接的电路中，电源电动势E＝10V，内阻不计，定值电阻R1＝4Ω，开关S闭合后，垂直导轨放置的质量m＝10g、电阻R＝6Ω且长度也为L的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2A．10T B．1.5TC．0.1T D．1T[解析]本题考查在安培力作用下的物体平衡问题。当金属棒恰好要沿斜面对上运动时，有Beq\f(E,R＋R1)L＝mgsinθ＋μmgcosθ，解得B＝1T；当金属棒恰好要沿斜面对下运动时，有Beq\f(E,R＋R1)L＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得B＝0.2T，所以0.2T≤B≤1T，只有选项D正确。7．(2024·江苏南京师大附中期末考试)如图所示，在光滑绝缘倾角为θ的长斜面上有一个带电荷量为－q、质量为m的带电小滑块正在沿斜面对下滑动，某时刻速度为v0，此时加上平行斜面垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，从今时起先(D)A．小滑块经过时间t＝eq\f(v0,gsinθ)离开斜面B．小滑块离开斜面的时间大于t＝eq\f(v0,gsinθ)C．小滑块在斜面上的运动位移大小为eq\f(m2g2sinθ,2q2B2)－eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)D．小滑块在斜面上的运动位移大小为eq\f(m2gcos2θ,2q2B2sinθ)－eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)[解析]小滑块受到斜面支持力为0，是小滑块离开斜面的临界条件，此时速度设为v，mgcosθ＝qvB，应用速度公式可知经过的时间t＝eq\f(v－v0,gsinθ)＝eq\f(mcosθ,qBsinθ)－eq\f(v0,gsinθ)，选项AB均错；运动位移x＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2gsinθ)＝eq\f(m2gcos2θ,2q2B2sinθ)－eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)，选项C错，D对。8．(2024·山东济南质检)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面对里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内，下列说法不正确的是(B)A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小[解析]本题考查带电小球在复合场中的运动问题。带负电的小球在电磁场中做直线运动，小球共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力f，起先小球在水平直线上运动，所以小球受到的合力肯定是零，小球做匀速直线运动。当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，电场力和重力不变，则小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小。电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大。重力对小球做正功，小球的重力势能减小，故A、C、D正确，B错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2024·福建省龙岩石月考)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是(BC)A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11eq\r(3)D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)eq\r(3)1[解析]由安培定则可推断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，依据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，依据左手定则可推断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，选项A错误；同理，如图2所示，可推断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，依据几何学问可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝eq\r(3)B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11eq\r(3)，选项C正确，D错误。10．(2024·辽宁大连二十四中一模)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的P、Q两点射出，则(BD)A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子向心加速度大C．从P点射出的粒子角速度大D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长[解析]本题考查带电粒子在三角形边界匀强磁场中的运动、洛伦兹力及其相关学问点。两个粒子分别从AC边上P、Q两点射出，明显从Q点射出的粒子的轨迹半径较大，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,Bq)，可知从Q点射出的粒子的速度较大，选项A错误；粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力供应向心力有qvB＝ma，得a＝eq\f(qvB,m)，则可知从Q点射出的粒子的向心加速度较大，选项B正确；由qvB＝mrω2，ωr＝v，联立解得ω＝eq\f(qB,m)，两粒子比荷相同，所以运动的角速度相同，选项C错误；由于两粒子轨迹所对应的圆心角相同，运动的角速度相等，所以两个粒子在磁场中运动的时间一样长，选项D正确。11．(2024·山西太原五中月考)图中直流电源电动势为E＝1V，电容器的电容为C＝1F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1m，电阻不计。一质量为m＝1kg、电阻为R＝1Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，MN起先向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场(图中未画出)。当MN达到最大速度时离开导轨，则(BD)A．磁感应强度垂直纸面对外B．MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5CC．MN的最大速度为1m/sD．MN刚起先运动时加速度大小为1m/s2[解析]电容器上极板带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，依据左手定则知，磁场方向垂直于纸面对里，A错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)，设MN受到的安培力为F，有F＝BIl，由牛顿其次定律有F＝ma，联立解得a＝eq\f(BEl,mR)＝1m/s2。当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE，开关S接2后，MN起先向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax，依题意有E′＝eq\f(Q,C)，设在此过程MN中的平均电流为eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)l，由动量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax，又IΔt＝Q0－Q，联立解得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)＝0.5C，vmax＝0.5m/s，C错误，B、D正确。12．(2024·湖北七校联考)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图，Ⅰ、Ⅱ为宽度均为L的条形匀强磁场区域，边界竖直，相距也为L，磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度的大小分别为B1、B2，其中B1＝B0。一质量为m、电量为－q，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入扭摆器，射入Ⅰ区和离开Ⅰ区时速度与水平方向夹角均为θ＝30°。则(CD)A．若B2＝B0，则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向垂直B．若B2＝B0，粒子在扭摆器中运动的时间t＝eq\f(2πL,3)eq\r(\f(m,2qU))C．若B2＝B0，粒子在扭摆器中运动的最高点和最低点的高度差h＝(2－eq\f(2,3)eq\r(3))LD．若B2≥eq\f(3,L)eq\r(\f(mU,2q))，则粒子能返回Ⅰ区[解析]由图(1)，若B2＝B0，由对称性可知，粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向平行，选项A错误；由图(1)，由qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在B1、B2中运动的圆心角都为60°，半径r＝L，在磁场中的运动时间t1＝2×eq\f(1,6)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,3v)，在无磁场区域运动的时间t2＝eq\f(L,vcos30°)，在扭摆器中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(2π＋\r(3)L,3)eq\r(\f(m,2qU))，选项B错误；由图(1)可知，高度差h＝2(L－Lcos30°)＋Ltan30°＝(2－eq\f(2,3)eq\r(3))L，选项C正确；由图(2)，要使粒子能返回Ⅰ区，则粒子不能超出B2的右边界，由几何学问可知r′＋eq\f(1,2)r′≤L，即eq\f(mv,qB2)＋eq\f(1,2)·eq\f(mv,qB2)≤L，B2≥eq\f(3,L)eq\r(\f(mU,2q))，选项D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2024·湖南长沙高三模拟)某同学为了测量一轻弹簧的劲度系数，进行了如下试验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于O点，另一端与金属杆连接并保持绝缘。在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹簧形变较大时读数等方法，使摩擦对试验结果的影响可忽视不计，请你按要求回答问题。(1)帮助该同学完成试验设计。请你用低压直流电源()、滑动变阻器()、电流表(A)、开关()设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的C、D两端，要求闭合开关后弹簧将伸长。[答案]电路设计图见解析图(2)若电源电动势为3V，内阻较小；滑动变阻器最大阻值为10Ω；电流表内阻较小。当闭合开关后，发觉电路中无电流，请在保持电路完整的条件下，用多用电表来找到故障，则最好选择的挡位是A。A．直流电压“10V”挡B．直流电流“0.5A”挡C．欧姆“×1”挡D．欧姆“×10”挡(3)解除故障并正确连接电路后，闭合开关，通过一绝缘挡板使金属杆缓慢移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I1，登记金属杆的位置。断开开关，测出弹簧对应的长度为x1；变更滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I2，弹簧对应的长度为x2，若已知导轨间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，则弹簧的劲度系数k＝eq\f(BdI1－I2,x1－x2)或eq\f(BdI2－I1,x2－x1)。[解析](1)低压直流电源E、滑动变阻器R、电流表、开关S串接在C、D两点之间，如图所示。(2)依据欧姆挡的运用规则，严禁在接有电源的电路中运用欧姆挡，选项C、D错误；在内部电流不确定的状况下用直流电流“0.5A”挡可能会超程，故可选择直流电压“10V”挡，故选项B错误，A正确。(3)设弹簧原长为L0，应用胡克定律有k(x1－L0)＝BI1dk(x2－L0)＝BI2d两式相减可得k(x1－x2)＝B(I1－I2)d，解得k＝eq\f(BdI1－I2,x1－x2)。14．(8分)(2024·江西南昌高三模拟)图甲是物理试验室的一种永久蹄形磁铁，某物理爱好小组设计了一个测量蹄形磁铁磁极间磁感应强度大小的试验。(1)如图乙所示，将由铜导线绕制而成的矩形线圈悬挂在支架上，导线两端分别由a、b处抽出连在两接线柱A、B上。线圈下边ab保持水平，现将一轻线的一端系在线圈ab边的中点，另一端绕过一轻小滑轮后连接一小沙桶，调整支架高度使线圈与滑轮间细线保持水平。(2)将多个图甲中的蹄形磁铁紧密并列放置，水平插入线圈，使线圈下边ab处于磁铁N、S间，磁场宽度正好与线圈下边ab长度相同，当线圈中通电后，向沙桶中缓慢加入适量细沙，使导线框仍保持竖直悬挂，读出电流表示数为I，断开电源，取下沙桶，用天平称量沙桶总质量为m。(3)线圈中电流由图丙电路供应，若蹄形磁铁S极在上方，N极在下方，则接线柱A应与丙图电路中的接线柱D(选填“C”或“D”)相连。(4)若线圈电阻约为1Ω，允许最大电流为0.5A，电流表量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω，电源为4节干电池串联，每节干电池的电动势为1.5V，内阻不计。R0为定值电阻，现备有10Ω和100Ω各一只，则应选10Ω连入电路；有最大阻值分别为20Ω和1000Ω的滑动变阻器各一只，应选20Ω连入电路。(5)若线圈匝数为n，其下边ab长度为L，本地重力加速度为g，则用测得的物理量和已知量表示磁感应强度大小B＝eq\f(mg,nIL)。[解析](3)磁场方向竖直向上，线圈受安培力向左，与细线的拉力平衡，则线圈中电流应由接线柱B流入，由接线柱A流出，故接线柱A应与电路中的接线柱D连接。(4)线圈中最大电流为0.5A，则电路中最小电阻为12Ω，故定值电阻应选10Ω。为便利调整，滑动变阻器应选最大电阻值较小的，即20Ω的滑动变阻器。(5)线圈静止时，在水平方向线圈受到的绳子的拉力与安培力大小相等方向相反，有：mg＝nBIL，可得：B＝eq\f(mg,nIL)。15．(8分)(2024·南昌高三模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度为B，竖直荧光屏MN与圆形区域相切于O1点，不计重力的带电离子从离子枪T中由静止经电压U加速后对准圆心O沿水平方向进入磁场区域，经磁场偏转后打在荧光屏上的P点，已知O1P的长度为eq\r(3)R，求该离子的比荷。[答案]eq\f(2U,3B2R2)[解析]粒子经电压U加速，据动能定理可得：qU＝eq\f(1,2)mv2离子进入磁场做圆周运动，轨迹及圆心如图所示。由几何关系可得：∠O1OP＝60°离子做圆周运动的半径r＝eq\r(3)R离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力qvB＝meq\f(v2,r)联立以上各式，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(2U,3B2R2)16．(8分)(2024·德州高三质检)如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止起先经电压为U1的电场加速后，进入垂直纸面对里的平行边界磁场，磁感应强度为B，速度偏转37°后沿两板间中轴线PQ进入平行金属板，恰好从下极板的N点射出。平行金属板与水平方向的夹角为37°，宽度为d，长度为L。求：(忽视粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)平行边界磁场的宽度D；(2)平行金属板上加载电压U2的大小。[答案](1)eq\f(3,5B)eq\r(\f(2mU1,q))(2)eq\f(2U1d2,L2)[解析](1)对带电粒子由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2由牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)由几何关系得sin37°＝eq\f(D,R)解得：D＝eq\f(3,5B)eq\r(\f(2mU1,q))(2)带电粒子在平行金属板间做类平抛运动，有eq\f(U2q,d)＝maL＝vteq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2解得：U2＝eq\f(2U1d2,L2)17．(14分)(2024·乌鲁木齐一模)如图所示，在竖直边界MN左方有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，MN右方有水平向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子(不计重力)以初速度v0从O点水平向右进入电场，带电粒子从A点离开电场进入磁场，从C点离开磁场进入电场后回到O点。已知O点到MN的距离OD＝L。求：(1)粒子在电场中运动的总时间t总和AD与AC的距离之比eq\f(LAD,LAC)；(2)粒子的比荷eq\f(q,m)。[答案](1)eq\f(1,4)(2)eq\r(\f(v\o\al(3,0),EBL2))[解析](1)粒子在电场中从O点运动到A点，在水平方向上做匀速直线运动，设从O点运动到A点的时间为tt＝eq\f(L,v0)粒子在电场中从C点运动到O点，在水平方向仍做匀速直线运动，且速度大小仍为v0。故t总＝2t＝eq\f(2L,v0)粒子在电场中从O点运动到A点和从C点运动到O点，在竖直方向上做匀加速直线运动，且从C点返回电场时，竖直方向的速度与在A点的相等，故在电场中的两个过程可看成一初速度为零的、连续的匀加速直线运动。设粒子在电场中运动的加速度大小为a，有LAD＝eq\f(1,2)at2LAC＝eq\f(1,2)a(2t)2eq\f(LAD,LAC)＝eq\f(1,4)