高中物理选修二同步测验 周测4　阶段检测一

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一、单项选择题：本题共6小题，每小题7分，共42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.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是(　　)A．线圈仍静止不动B．从上往下看，线圈将逆时针转动C．弹簧测力计示数减小D．线圈左右摆动2.如图所示，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(　　)A.eq \f(mv,qRtan \f(θ,2)) B.eq \f(mvtan \f(θ,2),qR) C.eq \f(mv,qRsin \f(θ,2)) D.eq \f(mv,qRcos \f(θ,2))3．(2023·山西太原市高二统考期末)如图，长度为L、电阻为R、质量为m的均匀导线弯折成一闭合正三角形abc，并用一绝缘细线挂在力的传感器下方，用此装置可以测量匀强磁场的磁感应强度B。测量时，将abc完全置于匀强磁场中，同时让其平面与磁场方向垂直。将a、b接到电源两端，同时调节电源的电压，发现力传感器示数为0时，ab两端的电压为U，重力加速度为g。由此可以判定(　　)A．a接高电势时B＝eq \f(3mgR,2UL)，方向垂直纸面向里B．a接高电势时B＝eq \f(2mgR,3UL)，方向垂直纸面向里C．b接高电势时B＝eq \f(3mgR,2UL)，方向垂直纸面向外D．b接高电势时B＝eq \f(mgR,2UL)，方向垂直纸面向外4.(2023·黑龙江佳木斯市高二校考期末)利用质谱仪检测电荷量相等(4价)的气态碳14和碳12离子的浓度比，结合碳14的半衰期，可以判断古代生物的年龄。如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入电场，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电流大小可得离子的浓度比。测得电流大小之比eq \f(IP,IQ)＝eq \f(\r(14),\r(3))，则碳14和碳12的浓度比为(　　)A.eq \f(\r(14),\r(3)) B.eq \f(\r(3),\r(14)) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,1)5.如图所示，磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点。在圆心O处沿平行纸面方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　)A．粒子一定带正电 B．粒子第一次在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)C．粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBr,2m) D．磁场外边界圆的半径至少为eq \r(3)r6.(2022·陕西高二期末改编)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一簇相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是(　　)A．粒子垂直BC边射出时运动，半径R为eq \f(\r(3),2)LB．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长C．粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为eq \f(5,6)TD．粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为eq \f(1,6)T二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24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8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。7.电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区域，如图所示。磁场方向垂直于圆面，磁感应强度为B，磁场区域的中心为O，半径为r。电子束通过磁场后，偏转角度为θ，在不改变其他因素的条件下，下列措施可以使θ增大的是(　　)A．增大电压UB．减小电压UC．增大磁感应强度BD．减小磁场区域的半径r8.如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为2B和B、方向均垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量绝对值为q的粒子(不计重力)垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，则下列说法正确的有(　　)A．该粒子带正电B．该粒子带负电C．该粒子不会到达坐标原点OD．该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为eq \f(πm,qB)9.(2022·四川成都市高二期末)如图，竖直面(纸面)内，一足够长的粗糙绝缘直杆与水平方向成60°角固定，所在空间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向左的匀强电场，一质量为m且可视为点电荷的带正电小球套在杆上，现给球一个沿杆向下的初速度v，球恰能做匀速运动，且杆对球恰好无弹力。下列说法正确的是(　　)A．电场强度与磁感应强度的大小关系为eq \f(E,B)＝eq \f(v,2)B．若在球运动的过程中仅撤去磁场，球最终静止C．若仅将球的初速度大小变为eq \f(3v,2)，球将做加速度不断减小的减速运动直至静止D．若仅将球的初速度大小变为2v，球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(3,2)mv2三、非选择题：本题共3小题，共34分。10.(11分)(2022·黑龙江齐齐哈尔市高二期末)如图所示，有一边长为L的正方形匀强磁场区域abcd，在cd边的中点P点处有一粒子源，可以发射不同速率的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入该匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。不计粒子的重力以及粒子间的相互作用。(1)求带电粒子在磁场中运动的周期T；(2)若粒子由边界cd离开磁场，求该粒子在磁场中的运动时间t；(3)若粒子离开磁场时的速度方向偏转了120°，求该粒子的速度大小v。11.(11分)(2023·黑龙江富锦市第一中学高二校考阶段练习)如图，在平面直角坐标系的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向里、半径为R、以P(R，－R)点为圆心的圆形有界匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(可视为点电荷)，从y轴上的M(0，eq \f(1,2)R)点，沿x轴正方向射入电场，恰能从N(R,0)点进入磁场。已知电场强度大小为E，磁感应强度大小B＝eq \r(\f(2mE,qR))，不计粒子的重力。求：(1)粒子从M点射入电场时的速度大小；(2)粒子在圆形有界磁场中运动的时间；(3)粒子从圆形有界磁场射出瞬间所对应的位置坐标。12.(12分)如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(eq \f(2v0t0,π)，eq \f(2v0t0,π))。求：(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。答案精析1．B　[根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，A、D错误，B正确；因线圈逆时针转动，线圈下半部分中的电流方向逐渐与导线a中电流方向相同，两者相吸，而上半部分的电流方向逐渐与导线a中电流方向相反，两者相斥，由于下半部分距离导线a较近，引力大于斥力，可知弹簧测力计的示数一定增大，C错误。]2．B　[设电荷运动的轨道半径为r，由几何关系可得taneq \f(θ,2)＝eq \f(R,r)，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，联立可得B＝eq \f(mvtan \f(θ,2),qR)，B正确。]3．B　[流过ab的电流大小I1＝eq \f(U,\f(1,3)R)，流过acb的电流大小I2＝eq \f(U,\f(2,3)R)，力传感器示数为0，则三角形abc所受安培力竖直向上，则有mg＝BI1·eq \f(L,3)＋BI2·eq \f(L,3)＝eq \f(3BUL,2R)，解得B＝eq \f(2mgR,3UL)，根据左手定则，a接高电势时，磁场方向垂直纸面向里，b接高电势时，磁场方向垂直纸面向外，故选B。]4．C　[带电粒子在电场中加速得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，故粒子的电荷量相同，质量越大，轨迹半径越大，到达Q点的是碳14，根据电流的微观表达式I＝nqSv得n＝eq \f(I,qSv)，故eq \f(n14,n12)＝eq \f(IQ,IP)·eq \f(v12,v14)＝eq \f(IQ,IP)·eq \r(\f(m14,m12))＝eq \f(\r(3),\r(14))×eq \f(\r(14),\r(12))＝eq \f(1,2)，C正确，A、B、D错误。]5．D　[根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹如图，根据左手定则可以判断，粒子带负电，故A错误；粒子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为240°，时间为：t＝eq \f(2,3)T＝eq \f(4πm,3qB)，故B错误；粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝rtan 30°＝eq \f(\r(3),3)r，根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(\r(3)qBr,3m)，故C错误；磁场外边界圆的半径至少为r′＝R＋eq \f(r,cos 30°)＝eq \r(3)r，故D正确。]6．D　[粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图根据几何关系知半径为eq \f(\r(3),4)L，A错误；若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为eq \f(1,2)T，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，由图可知，圆心角为60°，粒子在磁场中经历时间为eq \f(1,6)T，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经历时间为eq \f(2,3)T，所以该粒子在磁场中经历时间为eq \f(2,3)T，则它一定从AB边射出磁场；所以可知粒子速度和运动时间无确定的关系，B、C错误，D正确。]7．BC　[电子在磁场中沿圆弧ab运动，轨迹如图设圆心为C，半径为R，v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电荷量。根据动能定理，有eU＝eq \f(1,2)mv2根据洛伦兹力提供向心力，有Bev＝meq \f(v2,R) 由几何知识可得taneq \f(θ,2)＝eq \f(r,R)联立以上式子，解得taneq \f(θ,2)＝Breq \r(\f(e,2mU))所以，增大磁感应强度B、增大磁场区域半径r或减小加速电压U可以增大偏转角θ，B、C正确，A、D错误。]8．BD　[由于粒子进入第二象限后向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误，B正确；粒子在第二象限运动时，轨迹是以坐标原点为圆心、半径为R的四分之一圆弧，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，即R＝eq \f(mv,qB)，粒子进入第一象限后，磁感应强度为2B，则粒子的运动半径为r＝eq \f(1,2)R，根据几何关系可知，粒子经过y轴时恰好通过坐标原点，如图所示，故C错误；该粒子第一次经过第二象限运动的时间为t1＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)粒子第一次在第一象限运动的时间为t2＝eq \f(1,2)×eq \f(2πm,q×2B)＝eq \f(πm,2qB)，该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为t＝t1＋t2＝eq \f(πm,2qB)＋eq \f(πm,2qB)＝eq \f(πm,qB)，故D正确。]9．BD　[根据左手定则判定洛伦兹力的方向垂直于杆向上，对小球受力分析有qvB＝eq \f(mg,cos 60°)，Eq＝mgtan 60°，解得eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v,2)，故A错误；若撤去磁场，重力与静电力的合力方向垂直于杆向下，则小球还受到杆的弹力与滑动摩擦力，小球向下做匀减速直线运动，最终静止，故B正确；若仅将球的初速度大小变为eq \f(3v,2)，则小球受到垂直于杆的弹力与沿杆向上的摩擦力，FN＋eq \f(mg,cos 60°)＝qv′B，μFN＝ma，则小球先向下做加速度减小的变加速运动，当速度减为v时，之后做匀速运动，故C错误；由C项的分析知，小球最终以速度v做匀速运动，由于静电力与重力的合力垂直于杆，则静电力与重力做功的代数和为0，根据动能定理有Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(2v)2＝－eq \f(3,2)mv2，则克服摩擦力做的功为eq \f(3,2)mv2，故D正确。]10．(1)eq \f(2πm,Bq)　(2)eq \f(5πm,3Bq)　(3)eq \f(\r(3)BqL,3m)解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动过程中，由牛顿第二定律有Bqv＝eq \f(mv2,r)根据圆周运动的周期公式T＝eq \f(2πr,v)联立解得T＝eq \f(2πm,Bq)(2)根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示由图可知若粒子由边界cd离开磁场，运动轨迹所对圆心角为θ＝eq \f(5,3)π其运动时间t＝eq \f(θ,2π)T联立可得t＝eq \f(5πm,3Bq)(3)根据题意可知，带电粒子在磁场中运动的圆心角为120°，则弦切角与速度方向成60°，由几何关系可知，过P点作cd边的垂线，与ab边交点为Q，即粒子从ab边界中点Q离开磁场，运动轨迹如图乙所示由几何关系可知rsin 60°＝eq \f(1,2)L解得r＝eq \f(\r(3),3)L根据牛顿第二定律有Bqv＝meq \f(v2,r)解得v＝eq \f(\r(3)BqL,3m)。11．(1)eq \r(\f(qER,m))　(2)eq \f(3π,4)eq \r(\f(mR,2qE))　(3)(eq \f(2－\r(2),2)R，－eq \f(2＋\r(2),2)R)解析　(1)带电粒子从M点到N点，沿x轴方向有R＝v1t1沿y轴负方向有eq \f(1,2)R＝eq \f(1,2)at2，qE＝ma联立解得粒子从M点射入电场时的速度大小为v1＝eq \r(\f(qER,m))(2)带电粒子从M点到N点，由动能定理可得qE·eq \f(R,2)＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12解得v2＝eq \r(\f(2qER,m))设粒子到N点时速度与x轴夹角为θ，则有cos θ＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),2)解得θ＝45°在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝eq \f(mv22,r)解得r＝R如图所示由几何关系可知偏转角为α＝135°在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v2)在磁场中运动时间t2＝eq \f(α,360°)T联立解得t2＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(mR,2qE))(3)由几何关系可得x＝R－rsin θy＝－(R＋rcos θ)解得x＝eq \f(2－\r(2),2)R，y＝－eq \f(2＋\r(2),2)R。即粒子从圆形有界磁场射出瞬间所对应的位置坐标为(eq \f(2－\r(2),2)R，－eq \f(2＋\r(2),2)R)。12．(1)eq \f(4v0,πE0t0)　(2)(eq \f(2＋π,π)v0t0,0)　(3)eq \f(4＋2π,π)v0t0解析　(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝eq \f(2v0t0,π)又qv0B0＝meq \f(v02,R) 代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2) ，解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0) (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T＝eq \f(2πR,v0)联立解得T＝4t0即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝eq \f(πR,2) ，y1＝eq \f(1,2)at02其中加速度a＝eq \f(qE0,m)，解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为(eq \f(2＋π,π)v0t0,0)。(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0，在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1，解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0。