高考物理总复习：第九章磁场综合检测

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(全国通用)高考物理一轮复习第九章磁场单元综合检测

第九章磁场一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2015·黄山期末检测)在磁场中某区域的磁感线如图所示,则(B)A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a>B bB.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a<B bC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【解析】磁感线的疏密程度表示B的大小,但安培力的大小除跟该处B的大小和I、L有关外,还跟导线放置的方向与B的方向的夹角有关,C、D项错误;由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B b>B a,B 项正确,A项错误。

2.两根互相平行的通电长直导线A、B垂直于纸面放置,电流相同。

OO'是AB连线的中垂线,沿OO'方向磁感应强度的大小(D)A.逐渐变大B.逐渐变小C.先变小后变大D.先变大后变小【解析】根据磁感应强度的叠加原理可知,在O点合磁感应强度为零,在无穷远处合磁感应强度也为零,在中垂线OO'上其他点合磁感应强度的方向是垂直于OO'水平向右,故沿OO'方向磁感应强度的大小先变大后变小,D项正确。

3.下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向,其中正确的是(A)【解析】磁场方向垂直纸面向里,电流方向水平向右,根据左手定则,安培力的方向竖直向上,A项正确;磁场方向垂直纸面向外,电流方向垂直纸面向里,电流方向与磁场方向平行,不受安培力,B项错误;磁场方向水平向左,电流方向垂直纸面向外,根据左手定则,安培力的方向竖直向下,C项错误;磁场方向竖直向上,电流方向水平向右,根据左手定则,安培力的方向垂直纸面向外,D项错误。

4.如图所示,两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上,导轨间距为L,劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端与水平直导体棒ab相连,ab质量为m,弹簧与导轨平面平行并与ab垂直,直导体棒垂直跨接在两导轨上,空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场,闭合开关S后导体棒中的电流为I,导体棒平衡时,弹簧伸长量为x1,调转图中电源极性使棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。

高考物理一轮复习第九章电磁感应综合能力测试

电磁感应时间：60分钟分值：100分一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率( )A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析：竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力大小等于磁铁重力的时候，磁铁匀速运动，C正确．答案：C2.如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以图示直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是( )A．金属环P中产生顺时针方向的电流B．橡皮筋的长度增大C．橡皮筋的长度不变D．橡皮筋的长度减小解析：导线框中的电流所产生的磁场在金属环P内的磁通量方向垂直于纸面向里，当电流I增大时，金属环P中的磁通量向里且增大，由楞次定律和右手定则可知金属环P中产生逆时针方向的感应电流，A错误；根据对称性及左手定则可知金属环P所受安培力的合力方向向下，并且随电流I的增大而增大，所以橡皮筋会被拉长，B正确，C、D错误．答案：B3．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为选项中的( )解析：对应感应电流为I ＝n ΔΦR Δt ，可见，感应电流与磁通量的变化率有关，类比v －t图象斜率的物理意义，不难发现，Φ－t 图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正负表示电流的方向，根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，据此可知，B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．如图所示，电阻R ＝1 Ω、半径r 1＝0.2 m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q ，P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r 2＝0.1 m ．t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系是B ＝2－t (T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时间t 变化的关系图象应该是下图中的( )解析：由B ＝2－t (T)知，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝1 T/s ，且磁感应强度逐渐减小，由楞次定律得P 内电流沿顺时针方向，为负值，故A 、D错误；由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R ＝ΔB Δt S R ＝ΔB Δt·πr 22R＝0.01π(A)，故B 错误，C 正确．答案：C5．如图甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量约为0.29 J解析：在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R －mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误；杆ab 下落0.3 m 时杆开始做匀速运动，则有B 2L 2v ′R＝mg ，解得v ′＝0.5m/s ，B 错误；在杆ab 下落0.3 m 的过程中，根据能量守恒得，R 上产生的热量为Q ＝mgh －12mv ′2＝0.287 5 J ，C 错误，D 正确．答案：D二、多项选择题(每小题8分，共24分) 6.如图所示，水平放置的相距为L 的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：设ab 的速度为v ，运动的加速度a ＝F －B 2L 2v Rm，随着v 的增大，ab 由静止先做加速度逐渐减小的加速运动，当a ＝0后做匀速运动，则A 选项错误；由能量守恒知，外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和ab 增加的动能之和，ab 克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，则B 选项错误，D 选项正确；当ab 做匀速运动时，F ＝BIL ，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，则C 选项正确．答案：CD 7.如图，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN 置于导轨上，在以ab 和cd 为边界的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd 左侧的无磁场区域cdPM 内有一半径很小的金属圆环L ，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN 在重力作用下从磁场右边界ab 处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )A ．圆环L 有收缩趋势B ．圆环L 有扩张趋势C ．圆环内产生的感应电流变小D ．圆环内产生的感应电流不变解析：由于金属棒KN 在重力的作用下向下运动，则KNMP 回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度a ＝g sin α－B 2l 2vmR 总减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．答案：AC 8.如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L ，右端接有阻值为R 的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r 与定值电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B ．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U ＝BLv 0C ．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p ＝12mv 2D ．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14mv 20 解析：根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a 到b ，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为BLv 0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为BLv 0R R ＋r ＝BLv 02，选项B 错误；根据动能定理，W 安＋W 弹＝12mv 20，所以W 弹<12mv 20，而W 弹等于弹簧的弹性势能，故E p <12mv 20，选项C 错误；最终机械能全部转化为电阻的内能，导体棒r 和电阻R 产生的内能都是14mv 20，选项D 正确．答案：AD三、非选择题(共46分) 9.(12分)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.试求：时间t (s) 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 下滑距离s (m)0.10.30.71.42.12.83.5(2)金属棒ab 在开始运动的0.7 s 内，电阻R 上产生的焦耳热； (3)从开始运动到t ＝0.4 s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量．解析：(1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7 m/s 的速度匀速下落，则t ＝0.7 s 时，重力对金属棒ab 做功的功率为P G ＝mgv ＝0.7 W.(2)根据动能定理W G ＋W 安＝12mv 2－12mv 20W 安＝12mv 2－12mv 20－mgh ＝－0.105 JQ R ＝R R ＋r|W 安|＝0.06 J.(3)当金属棒ab 匀速下落时，mg ＝F 安，则mg ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r解得BL ＝0.1 T·m则电荷量q ＝It ＝ΔΦR ＋r ＝BLsR ＋r ＝0.2 C.答案：(1)0.7 W (2)0.06 J (3)0.2 C 10.(10分)如图所示，一与水平面成θ＝37°角的倾斜导轨下半部分有足够长的一部分(cd 、ef 虚线之间)处在垂直轨道平面的匀强磁场中，轨道下边缘与一高为h ＝0.2 m 光滑平台平滑连接，平台处在磁场外．轨道宽度L ＝1 m ，轨道顶部连接一阻值为R ＝1 Ω的电阻，现使一质量m ＝0.3 kg 、电阻为r ＝0.2 Ω的导体棒PQ 从距磁场上边界l ＝3 m 处自由下滑，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动．导体棒离开平台后做平抛运动，落至水平面时的速度方向与水平方向成α＝53°角．不计一切摩擦，g 取10 m/s 2.(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)PQ 从距磁场上边界l ＝3 m 处自由下滑，请分析进入磁场后的运动情况，并求刚进入磁场时通过电阻R 的电流．解析：(1)设导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动时的速度为v 1，由题意知离开平台的水平速度也为v 1.则根据平抛运动的特点：v y ＝gt ，h ＝12gt 2，tan α＝v yv 1.所以v 1＝1.5 m/s导体棒离开磁场时满足：mg sin θ＝BIL ，又E ＝BLv 1I ＝ER ＋r，解得B ＝1.2 T. (2)设导体棒进入磁场时的速度为v ，则由机械能守恒定律得mgl sin37°＝12mv 2所以v ＝2gl sin37°＝6 m/s 这时通过R 的电流为I ′＝BLvR ＋r＝6 A ，而这时安培力F ＝BI ′L ＝7.2 N重力的分力mg sin37°＝1.8 N，因此导体棒进入磁场后先做加速度越来越小的减速运动，最终匀速运动，滑上平台后仍匀速运动，离开平台后做平抛运动．答案：(1)1.2 T (2)见解析11．(12分)如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O 外，另一端紧贴铜环、可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q 连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点的另一侧．已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1＝R2＝2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g.求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力F T的大小．解析：(1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电．由右手定则可知，导体棒a顺时针方向转动．(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小E0＝ΔΦΔt＝12Bl2ωΔtΔt＝12Bl2ω①由闭合电路欧姆定律得I＝E0R1＋R2＋r②由欧姆定律可知，PQ的电压为U PQ＝IR2③故PQ间匀强电场的电场强度大小E＝U PQd④联立①②③④，代入R1＝R2＝2r，可得E＝Bωl25d.⑤(3)设细线长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得mgL－EqL＝12mv2⑥又F T－mg＝mv2L⑦由⑤⑥⑦得F T ＝3mg －2Bqωl25d.⑧答案：(1)顺时针转动 (2)Bωl 25d (3)3mg －2Bqωl25d12．(12分)如图甲是半径为a 的圆形导线框，电阻为R ，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0～t 0时间内的感应电流大小和方向； (2)线框中0～t 0时间内产生的热量．解析：(1)设虚线左侧的面积为S 1，右侧的面积为S 2，则根据法拉第电磁感应定律得，向里的变化磁场产生的感应电动势为E 1＝S 1ΔB 1Δt感应电流方向为逆时针方向．向外的变化磁场产生的感应电动势为E 2＝S 2ΔB 2Δt感应电流方向为逆时针方向．由题图乙可得ΔB 1Δt ＝B 0t 0，ΔB 2Δt ＝B 0t 0感应电流I ＝E 1＋E 2R ＝S 1＋S 2B 0Rt 0＝πa 2B 0Rt 0方向为逆时针方向．(2)根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt 0＝π2a 4B 2Rt 0.答案：(1)πa 2B 0Rt 0 逆时针方向 (2)π2a 4B 20Rt 0。

高考物理二轮复习考点第九章磁场专题矩形边界和正多边形边界磁场问题

专题9.9 矩形边界和正多边形边界磁场问题一．选择题1．(2020·山东淄博模拟)如图所示，正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是cd 边的中点。

一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是A ．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B ．若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是032t D ．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是053t 【参考答案】AD【名师解析】根据题述一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则时间t 0为带电粒子在磁场中运动的半个周期。

使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，画出各种可能的运动轨迹，可以看出不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场，选项A 正确。

若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定小于t 0，选项B 错误。

若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间不可能是032t ，可能是t 0，选项C 错误。

若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中运动轨迹为5/6圆弧，经历的时间一定是053t ，选项D 正确。

【技巧点拨】】解答此题，若对各个选项叙述的情景画出轨迹图，有助于正确判断。

2.(2020·陕西宝鸡一模)如图所示，横截面为正方形abcd 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一束电子以大小不同、方向垂直ad 边界的速度飞入该磁场，不计电子重力及相互之间的作用，对于从不同边界射出的电子，下列判断正确的是( )A.从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B.从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C.电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD.从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度【参考答案】ACD3. （2020高考四川理综物理）如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。

2019年高考物理总复习(教科版)试题：第九章磁场综合检测 Word版含解析

《磁场》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.地球的地理两极与地磁两极并不完全重合,它们之间存在磁偏角,首先观测到磁偏角的是( D )A.意大利航海家哥伦布B.葡萄牙航海家麦哲伦C.我国的航海家郑和D.中国古代科学家沈括解析:世界上第一个清楚地、准确地论述磁偏角的是沈括.沈括是中国历史上最卓越的科学家之一,他发现了地磁偏角的存在,比欧洲发现地磁偏角早了四百多年,选项D正确.2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )A.沿环半径向外B.沿环半径向内C.沿通电直导线水平向左D.等于零解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误.3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比R1∶R2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是( B )A.放出的射线为高速电子流B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹C.射线与新核动能之比为aD.射线与新核质子数之比为b解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系E k=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选项D错误.4.如图所示,用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN,电流I方向从M到N,绳子的拉力均为F.为使F=0,可能达到要求的方法是( C )A.加水平向右的磁场B.加水平向左的磁场C.加垂直纸面向里的磁场D.加垂直纸面向外的磁场解析:根据左手定则可知,在MN中通入电流,在空间加上垂直于纸面向里的磁场,可以使MN受到向上的安培力,这样可以使MN受到绳子拉力为零,选项A,B,D错误,C正确.5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A 和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是( C )A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端4的电势高于接线端2的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为( A )A. BB.BC.0D. B解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设B a=B b=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是( B )A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U=C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=m,得R==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误.8.如图所示,回旋加速器D形盒的半径为R,所加磁场的磁感应强度为B,被加速的质子从D形盒中央由静止出发,经交变电场加速后进入磁场.设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,若忽略质子在电场中的加速时间,则下列说法正确的是( AD )A.如果只增大交变电压U,则质子在加速器中运行时间将变短B.如果只增大交变电压U,则电荷的最大动能会变大C.质子在电场中加速的次数越多,其最大动能越大D.交变电流的周期应为T解析:如果只增大交变电压U,则质子在加速器中加速次数减少,因此质子的运行时间将变短,选项A正确;根据qv m B=m,得v m=,电荷的最大动能与加速的电压和加速的次数无关,选项B,C错误.回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交变电流的周期相等,选项D正确.9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b 点,则下列说法正确的是( CD )A.从a到b,小球可能做匀速直线运动B.从a到b,小球可能做匀加速直线运动C.从a到b,小球动能可能不变D.从a到b,小球机械能增加解析:带电小球的初速度是水平的,从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项A错误;从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项B错误;当小球的重力和电场力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项C正确;从a到b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项D正确.10.如图所示,在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是( ACD )A.若该粒子的入射速度为v=,则粒子一定从CD边射出磁场,且距点C的距离为lB.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=C.若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=D.该粒子以大小不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为解析:当v=时,根据洛伦兹力充当向心力可知Bqv=m,解得R=l,根据几何关系可知,粒子一定从距C点为l的位置离开磁场,选项A正确;根据洛伦兹力充当向心力可知v=,因此半径越大,速度越大;根据几何关系可知,使粒子与AD边相切时速度最大,由于AD=2l,则由几何关系可知,最大半径一定大于l,则若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应大于,选项B错误;若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大半径为l,因此最大速度应为v=,选项C正确;粒子运行周期为,根据几何关系可知,粒子在磁场中最大圆心角为180°,故最长时间为,选项D正确.11.如图所示,等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1,v2,v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1,t2,t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1.直角边bc的长度为L,不计粒子的重力,下列说法正确的是( BD )A.三个粒子的速度大小关系可能是v1=v2>v3B.三个粒子的速度大小关系可能是v1<v2<v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=解析:速度为v1,v2的粒子从ab边穿出,则偏转角为90°,但两者的速度大小关系不定,但其半径一定比速度为v3的粒子半径小,由半径公式R=,则v3一定大于v1,v2,选项A错误,B正确;由于速度为v1的粒子偏转90°,则t1=×,于是=,选项D正确;对速度为v3的粒子偏转30°,画出运动轨迹如图所示,由几何关系知R3tan 15°+R3tan 15°cos 30°=L,所以R3=,而R3=,联立得到=≠,选项C错误.12.图中的虚线为半径为R、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点A向圆平面内的不同方向以相同的速度v0射入磁场,粒子在磁场中做半径为r的圆周运动,经一段时间的偏转,所有的粒子均由圆边界离开,所有粒子的出射点的连线为虚线边界的,粒子在圆形磁场中运行的最长时间用t m表示,假设,R,v0为已知量,其余的量均为未知量,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.则下列表达式正确的是( ACD )A.B=B.B=C.r=D.t m=解析:设从A点射入的粒子与磁场边界的最远交点为B,则B点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点,的长是边界圆周长的,则∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,选项A,C正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长时间为t m===,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是(填入正确选项前的标号).解析:(1)实验电路连线如图所示.(2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确.答案:(1)见解析(2)AC评分标准:每问2分.14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量.如图(a)所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题.(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0.(2)如图(b)所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ0不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是.A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减少,直至间距不变(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有.A.物块A的质量MB.物块B的质量mC.物块A与木板间的动摩擦因数μD.两物块最终的速度v(4)用重力加速度g,磁感应强度B,θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为q= .解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知f=Mgsin θ0,F N=Mgcos θ0,又因为f=μF N,所以μ===tan θ0;当存在磁场时,以A,B 整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以A,B一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据Δx=at2,可知,加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,选项D正确,A,B,C错误.(3)(4)根据(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=0化简得q=,把μ=tan θ0代入,得q=,由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.答案:(1)间距相等(或均匀) (2)D (3)BD (4)评分标准:每问2分.15.(7分)如图所示,两个同心圆,半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆心O处有一放射源,放出粒子的质量为m、带电荷量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行.(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向夹角为60°,要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点,则初速度的大小是多少?(2)要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少?解析:(1)如图(甲)所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R1,则由几何关系得R1=,(1分)又qv1B=m,得v1=.(2分)(2)如图(乙)所示,设粒子轨迹与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=+r2,(1分)可得R2=(1分)又qv2B=m,(1分)可得v2=,(1分)故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过.答案:(1)(2)16.(8分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0).粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用).求:(1)第二象限内电场强度E的大小;(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ;(3)圆形磁场的最小半径R min.解析:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)联立解得E=.(1分)(2)设电子到达C点的速度大小为v C,方向与y轴正方向的夹角为θ.由动能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得v C=v,cos θ==,解得θ=45°.(1分)(3)电子的运动轨迹图如图,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径R==,(1分)电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出,则磁场圆最小半径R min==Rsin 60°(1分)由以上两式可得R min=.(1分)答案:(1)(2)45°(3)17.(11分)如图(甲)所示,在平行边界MN,PQ之间存在宽度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图(乙)所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界PQ右侧和MN左侧存在如图(甲)所示的两个长为2d、宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCD和MNFE.已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍.在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B;(2)电场强度大小E及电场的周期T.解析:(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,(1分)由洛伦兹力提供向心力知qv0B=,联立得B=.(1分)(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2,半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动.粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动,水平方向d=v0t(1分)竖直方向y=at2=t2(1分)离开电场时沿电场方向的速度v y=at=,离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,v0=vsin θ粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,知3qvB= (1分)由几何关系有2y+2Rsin θ=2d(1分)联立以上各式得E=(1分)由tan θ===,得θ=37°粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1=(1分)粒子在区域Ⅱ中运动的时间t2==(1分)粒子在电场中运动的时间t3=(1分)电场变化的周期等于粒子运动的周期,所以电场周期T=t1+t2+t3= d.(1分)答案:(1)(2) d18.(14分)aa′,bb′,cc′为足够长的匀强磁场分界线,相邻两分界线间距均为d,磁场方向如图所示,Ⅰ,Ⅱ区域磁感应强度分别为B和2B,边界aa′上有一粒子源P,平行于纸面向各个方向发射速率为的带正电粒子,Q为边界bb′上一点,PQ连线与磁场边界垂直,已知粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力和粒子间相互作用力,求:(1)沿PQ方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb′的位置;(2)粒子第一次通过边界bb′的位置范围;(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间.解析:(1)由洛伦兹力充当向心力得Bqv=,R1=(1分)把v=代入得R1=2d(1分)如图(甲)所示sin θ==,θ=30°(1分)PM=QN=2d-2dcos θ=(2-)d(1分)则经过bb′的位置为Q下方(2-)d处.(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ,距离Q点上方最远,如图(乙)所示,由几何关系得cos α1==,α1=60°(1分)QH1=2dsin α1=d(1分)当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb′相切时,距离Q点下方最远,如图(丙)所示,由几何关系得cos α2==,α2=60°(1分)QH2=2dsin α2=d(1分)粒子通过的范围长度为L=2 d.(1分)(3)R2==d(1分)T==轨迹圆所对应的弦越长,在磁场Ⅱ中运动的时间越长.如图(丁)所示,当轨迹圆的弦长为直径时,所对应的时间最长为t max==(1分)当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时,从cc′飞出,所对应的时间最短为t min==(1分)当粒子从Q最上方进入Ⅱ区时,如图(戊)所示,从bb′飞出所对应的时间最短为t min==(1分)所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为t min=.(1分)答案:见解析。

近年高考物理总复习第九章磁场章末质量检测(2021年整理)

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第九章磁场章末质量检测（九）（时间：50分钟满分：100分）一、选择题（本题共9小题，每小题6分，共54分.1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题）1。

下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是( ）解析洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的,所以选项D正确。

答案D2.(2017·湖南省五市十校高三联考)下列说法正确的是( )A。

将通电直导线放在某处，若通电直导线所受安培力为零,则该处的磁感应强度为零B.磁场中某点的磁场方向，与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向可以成任意夹角C.磁场中某点的磁场方向,与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方向相同D.给两平行直导线通以方向相反的电流时，两通电导线通过磁场相互吸引解析当通电直导线电流的方向与磁场方向平行时，即使该处的磁感应强度不为零，磁场对通电直导线也没有作用力，故选项A错误；通电直导线在磁场中所受的安培力方向与磁场方向相互垂直，故选项B错误；磁场中某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力方向相同,选项C正确；给两平行直导线通以方向相反的电流时,两通电导线相互排斥，故选项D错误。

答案C3。

如图1所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。

2025年高考物理总复习专题九磁场第1讲磁场、磁场对电流的作用

第1讲磁场、磁场对电流的作用知识巩固练1.(2023年佛山模拟)如图(俯视图)，在竖直向下、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场中，有一根长0.4 m的金属棒ABC从中点B处折成60°角静置于光滑水平面上，当给棒通以由A 到C、大小为5 A的电流时，该棒所受安培力为()A.方向水平向右，大小为4.0 NB.方向水平向左，大小为4.0 NC.方向水平向右，大小为2.0 ND.方向水平向左，大小为2.0 N【答案】D【解析】金属棒的有效长度为AC，根据几何知识得L=0.2 m，根据安培力公式得F=BIL=2×5×0.2=2 N，根据左手定则可判定安培力水平向左，故A、B、C错误，D正确.2.(2023年北京昌平二模)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.它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直.当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡.所测磁场的磁感强度B的大小为()A.mg2NIL B.2mgNILC.NIL2mgD.2NILmg【答案】A【解析】根据平衡条件有mg=2NBIL，解得B=mg2NIL，A正确.3.(2022年华师附中测试)(多选)在匀强磁场中放入一条通电短导线，并将它固定.然后改变导线中通入的电流，画出该导线所受安培力的大小F与通过导线电流I的关系图像，其中图A为曲线.M、N各代表一组F、I的数据.则在下列四幅图中，你认为可能正确的是()A BC D【答案】BD【解析】在匀强磁场中，通电导线受到的安培力为F=BIL sin θ，当电流方向与磁场方向平行时，安培力为0.当电流方向与磁场方向不平行时，在匀强磁场中，安培力与电流大小成正比，F-I图像为过原点的直线.故B、D正确.4.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计.现将装置置于向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关系为() A.F a＞F b=F c B.F a=F b＞F cC.F a=F b=F cD.F a＞F b＞F c【答案】B【解析】导体棒a、b、c的有效长度相等，但c的电阻大于a、b，所以通过c 的电流小于a、b.由F=BIL，可知B正确，A、C、D错误.5.如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框.现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为()F B.F C.√3F D.2FA.√33【答案】A【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cos F，A正确.30°=F，可得F1=√33综合提升练6.(2023年朝阳模拟)如图甲所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两根等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的O、O'两点，两细线均与导体棒垂直.图乙中直角坐标系的x 轴与导体棒及OO'平行，z轴竖直向上.若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度可能()A.沿x轴正方向，大小为mgILB.沿y轴正方向，大小为mgcos θILC.沿z轴正方向，大小为mgtan θILD.沿细线向下，大小为mgsin θIL【答案】D【解析】若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力.导体棒不可能在图示位置保持静止，A错误；若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止，B错误；沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止，C错误；沿细线向下，大小为mgsin θ，安培力大小F安=mg sin θ，方向与细线垂直斜向右上方.安培力与细线的拉力IL的合力恰好与重力平衡.且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为θ，D正确.7.(多选)如图所示，两平行导轨ab，cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间t变化的关系式为I=kt(k为常数，k＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦.则下面关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像中，可能正确的有()A B C D，F f=μF N=μF安【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律，得金属棒的加速度a=mg-F fm=μBIL=μBLkt，联立解得加速度a=g-μBLkt，与时间呈线性关系，且t=0时，a=g，故A正确，mB错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误，D正确.8.(2023年大同模拟)(多选)如图所示，正三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条垂直于纸面的长直导线.a、c处导线的电流大小相等，方向垂直纸面向外，b处导线电流是a、c处导线电流的2倍，方向垂直纸面向里.已知长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比.关于b、c处导线所受的安培力，下列表述正确的是()A.方向相反B.方向夹角为60°C.大小的比值为√3D.大小的比值为2【答案】AD【解析】如图所示，结合几何关系知b、c处导线所受安培力方向均在平行纸面方向，方向相反，A正确，B错误；设导线长度为L，导线a在b处的磁感应强度大小为B，结合几何关系知b处磁感应强度为B合=√3B，b导线受安培力为F安=B合(2I)L=2√3BIL，c处磁感应强度为B'合=√3B，c导线受安培力为F'安=B'合IL=√3BIL，联立解得F 安F'安=2，C错误，D 正确.9.如图所示，在磁感应强度B=1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V，内阻不计.ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab 杆的电阻忽略不计.要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字).解：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示.甲乙当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示.由平衡条件，得沿滑轨方向mg sin θ=μF N1+F安1cos θ，垂直滑轨方向F N1=mg cos θ+F安1sin θ，L，解得R1≈5 Ω.而F安1=B ER1当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示.由平衡条件，得沿斜面方向mg sin θ+μF N2=F安2cos θ，垂直斜面方向F N2=mg cos θ+F安2sin θ，L，解得R2≈3 Ω.而F安2=B ER2要使ab杆保持静止，R的取值范围是3 Ω≤R≤5 Ω.。

近年高考物理大一轮复习第9单元磁场测评手册(2021年整理)

（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第9单元磁场测评手册编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第9单元磁场测评手册）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第9单元磁场单元小结卷(九）考查范围:第九单元时间/ 45分钟分值/ 100分一、选择题（每小题6分,共42分，1～4小题为单选,5～7小题为多选)1.丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流的磁效应.下列说法正确的是（）A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应,揭示了电磁感应定律B。

将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动C。

将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小磁针一定会转动D.将直导线沿南北方向水平放置,把铜针（用铜制成的指针）放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,铜针一定会转动2.如图D9-1所示,把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是（)图D9-1A.向上B。

向下C。

垂直纸面向外D.垂直纸面向里3。

正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流，方向如图D9—2所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点.若A、B、C三处导线中的电流分别为I、2I、3I,已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=k,则关于a、b、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是()图D9—2A。

高考物理一轮复习第九章磁场章末综合测试

第九章磁场章末综合测试(九) (时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：B 由日常知识可知，地球的南极为磁场的N 极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B ，故选项B 正确．2.不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( )A ．如果q M m M ＝q N m N ，则v M >v NB ．如果q M m M ＝q N m N，则v M <v N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M >q N m N D ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：A 由图可知r M >r N .若q M m M ＝q N m N ，利用r ＝mv qB，可得v M >v N ，A 项正确、B 项错误；若t M ＝t N ，利用T ＝2πm qB ，可得q M m M ＝q N m N ，D 项错误；若v M ＝v N ，利用r ＝mv qB ，可得q M m M <q Nm N，C 项错误．3．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B .用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F .当线框接入恒定电压为E 1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 1；当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 2.下列说法正确的是( )A ．当线框接入恒定电压为E 1的电源时所受安培力为F 1B ．当线框接入恒定电压为E 2的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之差C ．待测磁场的磁感应强度B 的大小为F 1－F 2RE 2－E 1LD ．待测磁场的磁感应强度B 的大小为F 1－F 2RE 1－E 2L解析：D 当线框接入恒定电压为E 1的电源时，“U”型线框中电流I 1＝E 1R，所受安培力F 安＝BLI 1＝BLE 1R ，力敏传感器显示拉力的大小为F 1＝BLE 1R＋mg ，F 1>F 安，A 错误．同理，当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小F 2＝BLE 2R＋mg ，B 错误．由F 1＝BLE 1R ＋mg 和F 2＝BLE 2R ＋mg ，联立解得B ＝F 1－F 2RE 1－E 2L，C 错误，D 正确． 4.(2017·湖北宜昌调研)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0,2L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度的方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为4πL 3v 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为(32L ，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L )解析：A 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生对带电粒子在磁场中运动知识的应用能力．由图可以计算出电子做圆周运动的半径为4L .故在磁场中运动的时间为t＝π3·4L v 0＝4πL 3v 0，A 正确，B 错误；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(3L ，L )，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(O ，－2L )，所以C 、D 错误．5．如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量”的装置示意图．速度选择器中场强E 的方向竖直向下，磁感应强度B 1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B 2的方向垂直纸面向外，在S 处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E 和B 1入射到速度选择器中，若它们的质量关系满足m 甲＝m 乙<m 丙＝m 丁，速度关系满足v 甲<v 乙＝v 丙<v 丁，它们的重力均可忽略，则打在P 1、P 2、P 3、P 4四点的离子分别是()A ．甲、丁、乙、丙B ．乙、甲、丙、丁C ．丙、丁、乙、甲D ．丁、甲、丙、乙解析：A 乙、丙速度相等，通过速度选择器，进入磁场B 2，由半径公式r ＝mvqB 2，质量大半径大，P 3、P 4对应的离子是乙、丙．甲的速度小于丁的速度，在速度选择器中，甲的洛伦兹力小于乙的洛伦兹力，甲的电场力大于洛伦兹力而向下偏，而丁向上偏转，A 正确．6.如图，初速度可忽略、质量相同、电荷量分别为q 和3q 的粒子P 和M ，经电压为U 的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，不计粒子重力，下列表述不正确的是( )A ．P 和M 离开电场区域时的动能相同B ．P 和M 在电场中运动时的加速度之比为1∶3C ．P 在磁场中运动的半径较大D ．M 在磁场中运动的周期较大解析：ACD 由动能定理，qU ＝12mv 2，可知，当质量、电压与初速度相同情况下，电荷量越大，动能越大，故A 错误；由牛顿第二定律与E ＝U d 相结合．有a ＝qU md，可知，a 与q 成正比，选项B 正确；由半径公式R ＝mv Bq 结合qU ＝12mv 2，有R ＝1B2mUq，得出R与1q成正比，故C 正确；由周期公式T ＝2πm Bq ，则有T 与1q成正比，选项D 错误．7.如图所示，AOB 为一边界为14圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，且CD ∥AO .现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断( )A ．粒子2在B 、C 之间某点射出磁场 B ．粒子2必在B 点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同解析：BC 粒子1从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于14圆的半径，从圆弧AB 水平入射的粒子都将聚集到B 点，则选项B 正确、A 错误；分析得粒子1和2的运动的轨迹如图所示，其圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t ＝θ360°T ，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C 正确、D 错误．8.(2018·山东淄博一模)如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ＝3mgq，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m ，带电量为＋q 的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v 0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球的初速度为v 0＝2mgqBB ．若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球的初速度为mg qB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D ．若小球的初速度为mg qB ，则运动中克服摩擦力做功为m 3g 22q 2B2解析：ACD 对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小：F ＝qE ＝q ×3mgq＝3mg ，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，合力F G ＋F ＝F 2＋mg2＝2mg ，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力大小相等，方向相反，有qv 0B ＝2mg ，解得v 0＝2mgqB，A 正确．若小球的初速度为3mgqB时，则洛伦兹力f ＝qv 0B ＝3mg >F G ＋F ，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向下的支持力，则摩擦力F f ＝μF N ，小球将做减速运动．随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到2mg qB 时，小球开始做匀速直线运动，B 错误．若小球的初速度为mgqB，则洛伦兹力f ＝qv 0B ＝mg <F G ＋F ，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向上的支持力，而摩擦力F f ＝μF N ，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，C正确．若小球的初速度为mg qB ，球运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W ＝12mv 20＝m 3g22q 2B2，D 正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分)9.如图所示，两根平行放置的金属导轨，间距为L ，倾角为θ，导轨间有电动势为E 、内阻不计的电源．现有一质量为m 的铜棒ab ，与导轨垂直放于导轨上，流过铜棒ab 的电流为I ，导轨与铜棒间的动摩擦因数为μ.导轨电阻不计，要使ab 棒静止在导轨上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求所施加的竖直向上的磁场的磁感应强度大小的范围．解析：B 最大时，铜棒有沿导轨上滑的趋势，摩擦力的方向沿导轨向下，有ILB 1cos θ＝mg sin θ＋f 1(2分)N 1＝IBL 1sin θ＋mg cos θ(2分) f 1＝μN 1(2分)联立可得B 1＝mg θ＋μcos θIL θ－μsin θ(1分)B 最小时，铜棒有沿导轨下滑的趋势，摩擦力方向沿导轨向上，则有 ILB 2cos θ＋f 2＝mg sin θ(2分)N 2＝ILB 2sin θ＋mg cos θ，f 2＝μN 2(1分)联立可得B 2＝mg θ－μcos θIL θ＋μsin θ(1分)综上可知mg θ－μcos θILθ＋μsin θ≤B ≤mg n θ＋μcos θIL θ－μsin θ.(1分)答案：mg θ－μcos θILθ＋μsin θ≤B ≤mg θ＋μcos θILθ－μsin θ10．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q (－2h ，－h )点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E ； (2)磁感应强度的大小B ； (3)粒子在磁场中运动的时间t . 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h ＝v 0t (2分)h ＝12at 2(1分) qE ＝ma (1分) 解得E ＝mv 202qh(1分)(2)粒子到达O 点时，沿y 轴正方向的分速度v y ＝at ＝qE m ·2hv 0＝v 0(2分)则速度方向与x 轴正方向的夹角α满足：tan α＝v y v x＝1(1分) 即α＝45°(1分)粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度为：v ＝2v 0(1分)轨道半径R ＝2h (1分)又由qvB ＝m v 2R(2分)得B ＝mv 0qh(1分) (3)由T ＝2πmBq，(1分)且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为45°(1分) 故粒子在磁场中的运动时间t ＝18·2πm qB ＝πh4v 0(2分) 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011．如图所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？解析：(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan 60°(2分)q ＝3mg3E 1(1分) 又qE 1＝qvB 1cos 60°(2分) 得v ＝2E 1B 1(1分)(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3分)(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD ＝2ON ，ON OA ＝ON L＝tan 60°(2分) 联立上述方程解得PD ＝DN ＝233L ，(2分) R ＝233L .(1分) 设x 轴下方的磁感应强度为B ，则满足qvB ＝m v 2R ，T ＝2πm qB(2分)从N 点运动到C 点的时间为t ＝3×360°－60°360°T (1分)联立上式解得t ＝53πB 1L3E 1(1分)由几何关系可知L AN＝cos 60°在第一象限运动的时间t 1和第二象限中的运动的时间t 2相等，且t 1＝t 2＝AN v＝2L v＝B 1LE 1(1分)所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为t 总＝t ＋t 1＋t 2 联立上述方程解得t 总＝53πB 1L 3E 1＋2B 1L E 1(1分)答案：(1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1。

2022高考物理第一轮复习 09 磁场及综合

2022高考物理第一轮复习 09 磁场及综合一、单选题(共15题；共30分)1．（2分）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）A．B．C．D．2．（2分）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0) 的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。

若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90° ；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60° ，不计重力，则v1v2为（）A．12B．√33C．√32D．√33．（2分）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。

若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）A．B、0B．0、2B C．2B、2B D．B、B4．（2分）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRsinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRsinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRtanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRtanθB1B2Ld5．（2分）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。

2024高考物理一轮复习第九章磁场阶段检测含解析新人教版

阶段滚动检测(九)(第九章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1～5小题为单选,6～8小题为多选)1.如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来。

若从上向下看，下列推断正确的是( )A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C．A、B与50 Hz的沟通电源相接，液体持续旋转D．仅磁场的N、S极互换后，重做该试验发觉液体旋转方向不变【解析】选A。

若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A正确；同理，若A接电源负极，B接电源正极，依据左手定则可知，液体沿逆时针方向旋转，故B错误；A、B与50 Hz的沟通电源相接，液体不会持续旋转，故C错误；若仅磁场的N、S极互换后，重做该试验发觉液体旋转方向变更，故D错误。

2．(2024·吉林模拟)如图所示，空间有方向垂直桌面的匀强磁场B(图中未画出)，两根平行通电金属直导线M和N恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M和N 中电流大小分别为I M、I N，则下列推断可能正确的是( )A．电流方向相同、I M＝I N，B方向竖直向上B．电流方向相同、I M≠I N，B方向竖直向下C．电流方向相反、I M≠I N，B方向竖直向上D．电流方向相反、I M＝I N，B方向竖直向下【解析】选D 。

对M 和N 受力分析可知，M 和N 两通电直导线，在水平方向各自所受合外力为零，若通电方向相同，则所受匀强磁场安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不行能都为零，选项A 、B 错误；若通电方向相反，则所受匀强磁场的安培力方向相反，两通电直导线之间的安培力为排斥力，且两者大小相等，依据F ＝BIL 可知，M 和N 中电流大小相等时，每根导线受到的合力为零，选项C 错误、D 正确。

2021年高考物理一轮复习第九章磁场阶段验收评估

2021年高考物理一轮复习第九章磁场阶段验收评估一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2．(xx·山西省临汾模拟)下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是( )A．通电导体在磁场中一定受到安培力的作用B．通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用C．通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用D．只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用3．根据所学知识判断图1中正确的是( )图14.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图2所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是( )图2A ．增大电场的加速电压B ．增大D 形金属盒的半径C ．减小狭缝间的距离D ．减小磁场的磁感应强度5．(xx·北京西城区模拟)如图3所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )图3A ．该粒子带正电B ．A 点与x 轴的距离为mv qBC ．粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qBD ．运动过程中粒子的速度不变二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，选不全得3分，有错选不得分) 6．(xx·湖北省八校联考)来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子，若这些粒子都到达地面，将会对地球上的生命带来危害。

(新课标)高考物理一轮复习第九章磁场章末过关检测课件

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故选项 B 错误；由于导体棒 cd 匀速运动，则安培力等于恒力 F，则 F＝BB2Rlvl＝ 3mg，故选项 C 正确；由于 BB2Rlvl＝ 3 mg，则导体棒 cd 的速度为 v＝2 B32ml2gR，则恒力 F 的功率为 P＝Fv＝ 3mg·2 B32ml2gR＝6mB22gl22R，故选项 D 错误．
7
4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中 S0A＝23S0C，则下列说法中正确的是 () A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．能通过狭缝 S0 的带电粒子的速率等于BE2 D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 3∶2
第九章磁场
章末过关检测(九)
1
一、单项选择题(本题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分．在
每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1.如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，
带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上
方水平放置一通电直导线，电流方向如图．
当圆盘高速绕中心轴 OO′转动时，通电直导线所受磁场力的
A． 2
B. 3
C．2
D．3
6
解析：选 B.当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为 PQ，粒子都从圆弧 PQ 之间射出，因此轨迹半径 r1＝Rcos 30° ＝ 23R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为 R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径 R，轨迹半径 r2＝R2，由 r＝mqBv可得BB21＝rr21＝ 3.

物理高三复习总测试：第9章磁场

第九章磁场第一节磁场磁感应强度1．下列关于磁感线的叙述中，错误的是( )A．磁感线是用来形象地描述磁场强弱和方向的一些假想曲线B．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C．磁感线上某点的切线方向跟该点的磁场方向相同D．直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上2．两条长直导线互相平行，通以大小相等、方向相反的电流，在与两导线距离相等的空间各点的磁感应强度为( )A．都等于零B．不等于零，方向与导线平行C．不等于零，方向垂直于两导线所决定的平面D．不等于零，方向由一根导线指向另一根导线3．如图9－1所示，一束电子沿y轴正方向运动，则在z轴上P点的磁场方向是( )图9－1A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿z轴正方向D．沿z轴负方向4．如图9－2所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。

现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b 点的磁感应强度大小为______，方向______。

图9－25．如图9－3所示，在a、b、c三处垂直纸面放置三根长直通电导线，abc是等边三角形的三个顶点，电流大小相等，a处电流在三角形中心O点的磁感应强度大小为B，则O处磁感应强度大小为______。

图9－36．如图9－4所示，矩形线圈的面积为0.2m2，放在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，线圈的一边ab与磁感线垂直，线圈平面与磁场方向成30°角。

求：图9－4(1)穿过线圈的磁通量是多大?(2)当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了多少?第二节磁场对电流的作用1．如图9－5所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直。

给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )图9－5B．磁铁对桌面的压力减小，受到桌面的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面的摩擦力作用2．如图9－6所示，等腰三角形的通电闭合线框abc处在匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )A．竖直向上B．方向垂直于ac斜向上3．如图9－7所示，在蹄形磁铁的上方，放置一个可自由运动的轻质通电线圈，线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直平面内，则通电线圈在安培力作用下运动的情况是______。

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高考物理总复习：第九章 磁场 综合检测