2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)

(时间：75分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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.如图1所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向垂直于导线框向外的电流时(　　)

图1

A．导线框将向左摆动

B．导线框将向右摆动

C．从上往下看，导线框将顺时针转动

D．从上往下看，导线框将逆时针转动

答案　D

解析　当长直导线P中通以方向垂直导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．

2.如图2所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

图2

A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1

B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1∶2

C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1

D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反

答案　D

解析　由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A错误；根据t＝，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，B错误；圆心角θ＝，r＝，由于磁场的磁感应强度之比未知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确．

3.如图3所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为(　　)

图3

A.  B.  C.  D.

答案　A

解析　导体棒受三个力平衡，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由平衡条件知当安培力F平行于斜面向上时安培力最小，则B最小，即BIl＝mgsin 30°，B＝，B的方向垂直于斜面向下．

4.如图4所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角，则磁场的磁感应强度大小为(　　)

图4

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，由几何关系可知，轨迹圆的半径r＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得B＝，选项B正确．

5.如图5所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流．图中水平虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B.此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小变为原来的2倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2.则导线框中的电流大小为(　　)

图5

A.   B.

C.   D.

答案　D

解析　当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为l，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为m，则有：F1＋BI(l)＝mg；

当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为l，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的两倍，故此时有：F2＝(2B)I(l)＋mg，

联立可得I＝，

故D正确，A、B、C错误．

6．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图6所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)

图6

A．11  B．12  C．121  D．144

答案　D

解析　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得

qU＝mv2－0，得v＝①

在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有

qvB＝m②

由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．

7．如图7，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，Δbcd区域内有方向平行于bc的匀强电场(图中未画出)．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场．不计粒子的重力．则(　　)

图7

A．粒子带正电

B．电场的方向由c指向b

C．粒子在b点和d点的动能相等

D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2

答案　D

解析　从d到e粒子做匀速圆周运动，由左手定则能够判定粒子带负电，选项A错误；由于粒子带负电，进入电场后弯向b点，则电场的方向由b指向c，选项B错误；由于在磁场中洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子在d、e两点的动能相等，但从e到b电场力做正功，动能增加，所以粒子在b、d两点的动能不相等，选项C错误；设粒子由d点射入磁场时的速度为v，由题可知粒子在磁场中偏转90°，运动时间t1＝T＝×＝，在电场中运动的时间t2＝＝，＝，故选项D正确．

二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

8.如图8所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力及离子间的相互作用不计，下列说法正确的是(　　)

图8

A．组成A束和B束的离子都带正电

B．组成A束和B束的离子质量一定相同

C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里

答案　ACD

解析　A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，则qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有相同的速度，大小为v＝；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不相等，根据r＝可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．

9.如图9为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q.已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是(　　)

图9

A．质子的最大速度不超过2πRf

B．质子的最大动能为

C．质子的最大动能与U无关

D．若增大电压U，质子的最大动能增大

答案　AC

解析　质子出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πRf，A正确．由Bqv＝得v＝，质子的最大动能Ek＝mv2＝，与电压无关，B、D错误，C正确．

10.如图10所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度－时间图像可能是下列选项中的(　　)

图10

答案　AD

解析　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误．

三、非选择题(本题共4小题，共54分)

11．(10分)如图11所示，将长为50 cm、质量为1 kg的均匀金属棒ab的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场中，当金属棒中通以4 A电流时，弹簧恰好不伸长(g＝10 m/s2)．

图11

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；

(2)当金属棒中通以大小为1 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3 cm；如果电流方向由b到a，电流大小仍为1 A，求弹簧的形变量．(弹簧始终在弹性限度内)

答案　(1)5 T　(2)5 cm

解析　(1)弹簧不伸长时，BIL＝mg，(2分)

可得磁感应强度大小为B＝＝5 T(2分)

(2)当大小为1 A的电流由a流向b时，

有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)

当电流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L，(2分)

联立得x2＝x1＝5 cm.(2分)

12．(12分)如图12所示，MN、PQ是平行金属板，板长为l，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力，求：

图12

(1)两金属板间所加电场的电场强度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小．

答案　(1)　(2)

解析　(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：t＝(2分)

在沿电场方向上有：＝·t2(2分)

联立两式解得E＝(1分)

(2)出电场时沿电场方向上的速度vy＝at＝v(1分)

则进入磁场的速度为v′＝v(1分)

速度与水平方向成45°角．(1分)

根据几何关系得：r＝(1分)

根据qv′B＝m(2分)

解得B＝(1分)

13．(15分)如图13所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(图中未画出)进入圆形区域时的速度方向垂直于Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(O、N连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线的夹角θ＝37°，sin 37°＝)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R.求：

图13

(1)粒子在磁场中运动的速度大小v；

(2)电场强度大小和粒子射出电场时的速度大小．

答案　(1)　(2)　

解析　(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得(3R－r)2－R2＝r2(2分)

解得r＝R(1分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m(2分)

解得v＝.(1分)

(2)因为r＝R，所以OO′＝R，∠QO′O＝37°，粒子在Q点处的入射速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，从N点射出，粒子在垂直于电场方向的位移为x＝R＝vt(1分)

在沿电场方向，由牛顿第二定律得qE＝ma(1分)

粒子在沿电场方向的位移为y＝R＝at2(2分)

解得E＝(2分)

粒子从射入电场到射出电场过程中，由动能定理得qER＝mv′2－mv2(2分)

解得粒子射出电场时的速度大小v′＝(1分)

14．(17分)如图14所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5 T的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势．一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，以垂直OA的方向从P点进入磁场中，带电粒子的比荷为＝1.0×104 C/kg，O、P间距离为l＝1.2 m．全过程不计粒子所受的重力，求：

图14

(1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间；

(2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间；

(3)若加速电压U＝220 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场．

答案　(1)2π×10－4 s　(2)×10－4 s  (3)OC边

解析　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，

由Bqv＝及T＝可得周期为：

T＝＝×10－4 s＝4π×10－4 s(2分)

当粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，

时间为t1＝＝2π×10－4 s；(2分)

(2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t2＝＝×10－4 s；(4分)

甲

(3)粒子在加速电场被加速，则有

qU＝mv2(2分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有

qvB＝m(2分)

乙

因U＝220 V，

解得r＝0.4 m(1分)

如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，

由几何关系得：R＋＝l(2分)

解得R＝0.4 m(1分)

由于粒子在磁场中运动的半径

r＝0.4 m>0.4 m，

所以粒子从OC边射出．(1分)