2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第二册 第一章 磁场 单元检测卷8（含解析）

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2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第二册 第一章 磁场 单元检测卷8（含解析）一、单选题（共35分）1．利用图甲所示装置可以测定带电粒子的比荷，其中是两正对金属平行板，其右端有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。测量时先在两平行板和间加上按图乙所示规律变化的正弦交流电压，让初速度为的粒子沿平行板的中心线进入平行板间，粒子离开平行板间后，从磁场的边界进入磁场区域，最后又从边界离开。若粒子进入极板间时极板间的电压为50V，边界上入射点与出射点间的距离为L，则该粒子的比荷为（　　）A． B． C． D．2．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有（　　）A．qa<qb B．ma<mb C．Ta<Tb D．3．如图所示，金属板M、N水平放置。相距为d，M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔O1正对板Q上的小孔O2。M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，将开关S闭合，在小孔O1处有一带负电的粒子，其重力和初速度不计，当变阻器的滑片P在AB的中点时，粒子恰能在MN间做直线运动，当滑动变阻器滑动触头向A点滑动到某一位置，则（　　） A．粒子在M、N间运动的过程中动能一定不变B．粒子在M、N间运动的过程中动能一定增大C．粒子运动轨迹为抛物线D．当滑动变阻器滑片P移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧4．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　） A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小5．用两根轻质柔软导线悬挂一根长为L、质量为m的导体棒MN在天花板上P、Q两点，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向始终垂直于导体棒，对导体棒通入电流I，稳定后发现悬挂导体棒的导线偏离竖直方向某一夹角θ，如图所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．电流方向由M到NB．磁场方向竖直向上时，有tan θ＝ C．磁场方向可能垂直于PQNM平面D．若BIL<mg，则磁场方向平行于PQNM时，θ有最大值6．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压UB．乙图可判断出A极板是发电机的负极C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高7．如图所示，空间中存在一平面直角坐标系，其第一象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从y轴上的点以一定初速度，沿着与y轴正半轴成的方向射入磁场，经磁场偏转后，粒子从x轴上的C点垂直x轴离开磁场。已知磁感应强度大小为B，粒子的比荷和电荷量分别为，粒子的重力不计。下列说法正确的是（　　）A．粒子在磁场中运动的时间为B．从射入磁场到离开磁场，粒子所受洛伦兹力冲量的大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．C与O点相距二、多选题（共25分）8．如图所示，等腰直角三角形abc区域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（　　）A．三个速度的大小关系一定是v1=v2<v3 B．三个速度的大小关系可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷 D．粒子的比荷9．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（　　）A．小球加速度一直减小B．小球速度一直增大，直到最后匀速C．杆对小球的弹力一直增大D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变10．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示带电粒子径迹的装置。云室中加了垂直于纸面向里的磁场，在一张云室中拍摄的照片中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。关于a、b、c三条径迹判断正确的是（　　）A．a、b、c都是负电子的径迹B．a径迹对应的粒子动量最大C．c径迹对应的粒子动能最大D．c径迹对应的粒子运动时间最长11．如图所示，、、为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示。点为三角形的中心到三个顶点的距离相等，已知导线在斜边中点处所产生的磁场的磁感应强度大小为，则（　　）A．点的磁感应强度为 B．点的磁场方向沿连线方向指向C．导线受到的安培力方向水平向左 D．导线受到的安培力方向沿连线方向指向12．如图所示，在水平虚线MN边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子（ ）和α粒子（ ）先后从边界上的A点沿与虚线成θ＝45°角的方向射入磁场，两粒子均从B点射出磁场。不计粒子的重力，则（　　）A．两粒子在磁场中运动的轨迹相同B．两粒子在磁场中运动的速度大小之比为2∶1C．两粒子在磁场中运动的动能相同D．两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1三、解答题（共40分）13．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，在x轴上方存在方向垂直纸面向内的匀强磁场，下方存在匀强电场，方向平行y轴向下，电场区域呈阶梯状，宽度为L，竖直高度依次为h、、、…电场区域下方放置一系列宽度为L、彼此不相连的电子探测板。电子遇到探测板后立即被吸收，不考虑反弹。一束电子从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场。当入射电子束的动量大小为p0时，电子束恰好能到达第一块探测板的正中间。已知电子质量m，电量e。（1）求磁感应强度B和电场强度E的大小；（2）若入射的电子束中共有N个电子，其动量大小在（0，2p0）区间均匀分布，求第N块探测接收到的电子数。14．如图所示，在直角坐标系xOy内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a， -b），可通 过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。（1） 若只在整个I、II象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；（2） 若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；（3） 若在整个I、II象限内加垂直纸面向外的 匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴 正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点。如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小。15．如图所示，长为的绝缘挡板沿竖直方向固定，c端正下方L处的b点静止一带电荷量为的粒子乙，质量为m的中性粒子甲由a点以一定的初速度向右运动，粒子甲的初动能为E，经过一段时间粒子甲、乙发生碰撞，碰后两粒子结合为一体，因碰撞损失的动能为，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），d、e两点在同一水平线上且，忽略粒子的重力，。（1）求粒子乙的质量；（2）欲使结合体打在绝缘挡板上，求磁感应强度的取值范围；（3）若结合体与绝缘挡板发生两次无能量、无电荷量损失的碰撞后经过e点，求结合体的轨迹半径大于L时磁感应强度的大小以及结合体到达e点时在磁场中运动的时间。16．如图所示，在坐标系的第一象限内虚线与x轴平行、相距为l。虚线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，虚线上方有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从O点以初速度垂直磁场射入，初速度方向与x轴正方向的夹角。已知粒子穿过虚线进入电场后恰好做直线运动，不计粒子重力，求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）粒子在第一象限内的运动时间。
参考答案1．B【解析】【详解】依题意，粒子以初速度进入平行板间，设粒子离开平行板间时的速度大小为，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，设粒子在电场中偏转时速度偏转角为，则有由几何知识可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为   粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有则有依题意有 联立解得 故ACD错误，B正确。故选B。2．A【解析】【分析】【详解】A．设带电粒子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得，解得mv=qBR两个粒子的动量mv相等，则有qaBRa=qbBRb根据题述，a运动的半径大于b运动的半径，即Ra>Rb，所以qa<qb，A正确；B．根据题述条件，不能判断出两粒子的质量关系，B错误；CD．带电粒子在匀强磁场中运动的周期不能判断出两粒子的周期、比荷之间的关系，CD错误。故选A。3．D【解析】【详解】AB. 粒子恰能在M、N间做直线运动，则Eq＝qvB当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故AB错误；C.当滑动变阻器滑动触头向A点滑动过程中，由于极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，由于受到洛伦兹力的方向时刻变化，所以粒子做的不可能是类平抛运动，故轨迹不可能是抛物线，故C错误；D.当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，即当滑动变阻器滑片移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧，故D正确。故选D。4．D【解析】【详解】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，D正确。故选D。5．D【解析】【详解】A．由于磁场和电流方向均未知，因此不能确定它们的方向，故A错误；B．当磁场方向竖直向上时，对导体棒受力分析有故B错误；C．导体棒受到重力mg、悬线拉力FT和安培力FA而平衡，如图所示由此可判断安培力的方向在虚线a、b之间，则磁场方向不可能垂直于PQNM平面，故C错误；D．当BIL<mg时，画出力的示意图分析图可知，当FA与导线拉力垂直时，θ取得最大值，由左手定则可知磁场方向平行于PQNM，故D正确。故选D。6．B【解析】【详解】A．甲图中粒子速度最大时，根据洛伦兹力提供向心力解得v＝故最大动能Ekm＝mv2＝与加速电压无关，故A错误；B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是发电机的负极，B板是发电机的正极，故B正确；C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE＝qvB所以v＝不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；D．若载流子带负电，载流子的运动方向与电流方向相反，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。故选B。7．D【解析】【详解】A．如图所示作出粒子的轨迹，粒子在磁场中运动的时间为A错误；BC．由几何关系得粒子的运动轨道半径由洛伦兹力提供向心力有解得因为洛伦兹力是变力，所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小，即BC错误；D．由几何关系可知，C与O点距离为D正确。故选D。8．BD【解析】【详解】AB．粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，如图所示，运动周期则有三个粒子的周期相等，由几何关系可知，若粒子半径R≤L，则粒子从ab边离开磁场，粒子偏转90°角，若粒子半径R>L，则粒子从ac边离开磁场，粒子偏转小于90°角，由运动时间t1∶t2∶t3=3∶3∶1可知t3对应的粒子偏转角为30°。则有速度v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，可两者的速度大小不确定，其半径一定比速度为v3的粒子小，由粒子在磁场中运动的半径可知v3一定大于v1和v2；对v1和v2，有可能v1> v2，也有可能v1< v2，A错误，B正确；       C．由于速度为v1的粒子偏转90°，则有 C错误；D．对速度为v3的粒子偏转30°，其运动轨迹如解析图所示，由几何关系可知洛伦兹力提供向心力可得解得D正确。故选BD。9．BD【解析】【详解】小球下滑过程中，受力如图所示水平方向受力平衡qvB＋FN=qE竖直方向由牛顿第二定律得mg－Ff＝mg－μFN＝ma小球向下加速，所以洛伦兹力增大，则FN减小，Ff＝μFN减小，故加速度增大，因此小球先做加速度增大的加速运动；当qE＝qvB此时FN＝0，Ff＝0，加速度等于重力加速度；小球继续加速，水平方向上qvB＝qE＋FN竖直方向上Mg-Ff＝mg-μFN＝ma速度继续增大，则FN增大，故加速度减小，因此小球做加速度减小的加速运动，最后匀速运动；故整个过程小球先做加速度增大的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变。故选BD。10．AC【解析】【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，故A正确；B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有解得由图可知所以根据可知故B错误；C．根据可知故C正确；D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有则所以粒子在磁场中的运动时间其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，故D错误。故选AC。11．AC【解析】【详解】AB．根据右手螺旋定则，电流在产生的磁场大小为B0，平行于向左，电流在产生的磁场大小为B0，方向平行指向右下方，这两个场强的夹角为120o，因此合场强大小为B0，方向平行于ab斜向左下方，如图所示而电流在产生的磁场大小也为B0，方向也平行指向左下方，因此O点合场强大小为2B0，方向行于ab斜向左下方。A正确，B错误；CD．由于同方向的电流相互吸引，反方向的电流相互排斥，因此导线受到导线b的吸引力和导线c的排斥力，两个力大小相等，合力沿水平向左；而导线受到导线a和导线b的排斥力，合力方向沿Oc向外，C正确，D错误。故选AC。12．ABC【解析】【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中运动的轨迹相同，A正确；B．两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径也一定相同，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解得r＝设质子的质量为m1，带电荷量为q1，在磁场中运动的速度大小为v1，α粒子的质量为m2，带电荷量为q2，在磁场中运动的速度大小为v2，则有＝即＝＝B正确；C．设质子的动能为E1，α粒子的动能为E2，则有＝＝C正确；D．两粒子在磁场中运动的轨迹相同，运动的速度大小之比为2∶1，则两粒子在磁场中运动时间之比为1∶2，D错误。故选ABC。13．（1），；（2）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中运动洛伦兹力充当向心力解得由几何知识得解得电子进入电场区域时的动能为恰好到达间距为h的探测板，有解得（2）当电子动量为2p0时因此，第一块探测板上的电子数为到达第二板探测板，电子动量的最小值到达第三板探测板，电子动量的最小值到达第n块探测板，电子动量的最小值pnmin＝因此，第二块探测板上的电子数为第n块探测板上的电子数Nn＝＝14．（1）；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）粒子由O到P的轨迹如图所示粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知由牛顿第二定律可知由此得（2）粒子由O到P的轨迹如图所示粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知由牛顿第二定律可知由此得（3）粒子由O经P＇到P的轨迹如图所示在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动,在电场中运动时间t在磁场中运动时间t为由此得设在磁场中做圆周运动，半径为R3，则有电场中由此得15．（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）对甲，有则碰前粒子甲的速度为设粒子乙的质量为M，由题意可知，碰后结合体的动能为则碰后结合体的速度为粒子甲与粒子乙碰撞过程中动量守恒，则有解得故粒子乙的质量为3m。（2）根据第一问可知碰后结合体的速度大小为若结合体打到绝缘板的最下端c，则有由解得若结合体打到绝缘板的最上端d，则有由解得故要使结合体打到绝缘板上，匀强磁场的磁感应强度应满足的取值范围是。（3）根据题意作出结合体的运动轨迹，如图所示设结合体的轨迹半径为，由几何关系可知解得（另一结果为，不符合要求，舍去）由公式解得由所作轨迹可知则结合体到达e点时在磁场中转过的角度为则结合体在磁场中运动的时间为整理得故结合体的轨迹半径大于L时磁感应强度的大小为，结合体到达e点时在磁场中运动的时间为。16．（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子在电场中恰好做直线运动，说明粒子在磁场中偏转后竖直向上进入电场，画出粒子运动的示意图如图所示设粒子在磁场中运动轨迹的半径为R，由几何关系可知又联立可得磁场的磁感应强度大小（2）粒子在磁场中运动的周期粒子进入电场前在磁场中运动的时间粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中先竖直向上做匀减速直线运动直至速度为零，再反向做匀加速直线运动，在电场中运动的总时间所以粒子在第一象限内的运动时间