第1章 磁场对电流的作用 章末检测试卷 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第二册（教科版2019）

ZHANGMOJIANCESHIJUAN(YI) 章末检测试卷(一) (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.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受安培力大小关系的判断正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A.丁图最大 B.乙图最大 C.一样大 D.无法判断 √ 根据安培力公式F＝BIL⊥，其中L⊥为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 根据铜棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为a→b，故A错误； 由上式可知，BIL·Lsin θ＝mgL(1－cos θ)，轻导线的长度L可消去，可知θ与轻导线长度无关，故D错误。 3.(2021·广东卷)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两 侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 4.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现给物块水平向右的初速度v0，忽略空气阻力，物块电荷量不变，则物块 A.一定做匀速直线运动 B.一定做减速运动 C.可能先减速后匀速运动 D.可能做加速运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 根据左手定则可知物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，如果洛伦兹力等于重力，则物块做匀速直线运动；如果洛伦兹力小于重力，物块与隧道下表面间存在摩擦力，物块做减速运动；如果洛伦兹力大于重力，物块与隧道上表面间存在摩擦力，做减速运动，当速度减小到某一值使洛伦兹力等于重力时做匀速运动。故选项C正确。 5.(2023·成都市高二统考期末)如图所示，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使带电粒子约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 带电粒子的速度越大，在磁场中做圆周运动的半径就越大，要使带电粒子约束在半径为R2的区域内，如图 6.(2023·四川南充市高二统考期末)霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件，如图所示某元件的宽度为h，厚度为d，磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U，设元件中能够自由移动的电荷带正电，电荷量为q，且元件单位体积内自由电荷的个数为n，则下列说法正确的是 A.C侧面的电势低于D侧面的电势 D.若将元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，C、D两侧的电势高低不会 发生变化 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 自由电荷带正电荷，根据左手定则可知，自由电荷向C侧面偏转，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，根据左手定则可知负电荷向C侧面偏转，则C侧面的电势低于D侧面的电势，D错误。 7.如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为－q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域， 则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0＝ ，A、C、D选项中曲线均为半径是L的 圆弧，B选项中曲线为半径是 的圆) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可知A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确； B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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.(2023·重庆市南坪中学高二校考期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球，以速度v0沿 管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入 管内(管道内径略大于小球直径)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A.小球带正电荷 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C.若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将增大 D.若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大 √ √ 下列判断正确的是 经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球 动能不变，电场力一定做负功，则小球带正电， 故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和 重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力 的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电 场力合力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。 9.如图所示，一个边界为PQ、MN(两边界上有磁场)的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速度为4v0时 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示，从发射装置水平向右射出的电子到达MN右端的距离最远，又r1＝2d，根据几何关系知偏转角为60°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2023·哈尔滨三中高二期末)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。(场区足够大，不计粒子重力)则 A.当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的 锐角为45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 根据题意可知，粒子的运动轨迹如图 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确； 由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，然后在磁场中做圆周运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3， 三、非选择题(本题共4小题，共54分) 11.(8分)(2022·福建宁德高二阶段练习)如图所示，水平放 置的两导轨P、Q间的距离d＝0.5 m，垂直于导轨平面的 竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，电源的电动势E＝10 V、电阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器R＝0.9 Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，则物块的质量__ kg，当ab棒将要由静止开始向右滑动时滑动变阻器R′＝_____ Ω。(g取10 m/s2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 1.15 此时ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，即ab棒 此时受到重力、支持力、绳的拉力和安培力，不受 摩擦力，则绳的拉力和安培力平衡，设物块的质量 为M，则BId＝Mg，解得M＝1 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(14分)如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带正电粒子，从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP＝30 cm，粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　20 m/s (2)若磁感应强度大小B＝2 T，粒子从x轴上的Q点(未画出)离开磁场，则OQ间的距离是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　0.90 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ＝R＋Rsin 53°，故OQ＝0.90 m。 (2分) (3)若粒子不能从x轴上方射出，那么，磁感应强度B的最小值是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2分) (2分) 13.(14分)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0,3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m,0)和Q点(8 m,0)各一次。已知该微粒的比荷为 ＝102 C/kg，微粒重力不计。 (1)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　0.05 s　2.4×103 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动， (2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　45°　见解析图 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 轨迹如图 (3 分) (3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　24 N/C　1.2 T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由qE＝ma，得E＝24 N/C。 (2分) 设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动， 14.(18分)(2023·四川省内江市第六中学高二校考开学考试)如图所示，两平行板间存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m。坐标系xOy紧靠平行板的右侧边缘，第一象限内有与y轴正方向成45°的边界AO，边界线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m，一束带正电的离子，电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg，从P点射入平行板间，沿中线PQ做 直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4 m) 的Q点垂直y轴射入磁场区，并多次穿越边界线OA。 求：(不计离子重力，取π＝3.14) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)离子从平行板进入磁场时的速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　5.0×105 m/s 离子做直线运动，有qE1＝qvB1 (2分) 解得v＝5.0×105 m/s (2分) (2)离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　8.28×10－7 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解得r＝0.2 m (1分) 作出离子的运动轨迹，交OA边界C点，如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界OA所用时间t＝t1＋t2＝6.28×10－7s＋2×10－7 s＝8.28×10－7 s (1分) (3)离子第四次穿越边界线OA时的位置坐标。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　(0.5 m,0.5 m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 离子的运动轨迹如图所示 离子第二次穿越边界线OA的位置C点的坐标 (xC，yC)，则xC＝r＝0.2 m，yC＝OQ－r＝ 0.2 m (2分) 离子第三次穿越边界线OA的位置D点的坐标(xD，yD)，则xD＝r＋r＝0.4 m，yD＝0.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解得x＝0.1 m，y＝0.1 m (2分) 所以第四次穿越边界线OA的位置E点坐标为(xE，yE)， 由几何关系得xE＝xD＋x＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m，yE＝yD＋y＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m 即离子第四次穿越OA的位置坐标为(0.5 m,0.5 m)。 (2分) A.棒中电流的方向为b→a B.棒中电流的大小为 C.棒中电流的大小为 D.若只增大轻导线的长度，则θ变小 对铜棒，根据动能定理得，BIL2sin θ－mgL(1－cos θ)＝0－0，解得I＝，故B错误，C正确； A. B. C. D. 可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax＝，根据qvmaxB＝m可得vmax＝，故选B。 B.自由电荷受到的电场力为F＝q C.C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U＝ 自由电荷聚焦在C、D两侧面，所以电场强度E＝，自由电荷受到的电场力F＝Eq＝q，故B错误； 自由电荷稳定流动时满足所受洛伦兹力等于电场力， 即qvB＝q，根据电流微观表达式I＝nqSv，又S＝ dh，联立可得U＝，故C正确； 带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r＝， 由题可知粒子在A、B、C中做圆周运动的半径r＝L，在D中做圆周运动的半径为； B.＝v0 撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mgsin 30°＝ma，即a＝g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误； 由题意得，小球受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0Bsin 30°，所以＝v0，故B正确； A.电子的运动半径为4d B.从MN边界射出的电子数占总电子数的 C.MN边界上有电子射出的总长度为2d D.电子在磁场中运动的最长时间为 向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，可知r0＝d，则当电子发射速率为4v0时，根据qvB＝得r＝，可知半径变为原来的4倍，即2d，故A错误； AB＝r1sin 60°＝d，运动轨迹与MN 相切的电子到达MN最左端，根据几何 关系知其发射速度与PQ的夹角为60°， 所以从MN边界射出的电子数占总电子数的，BC＝r1sin 60°＝d，MN边界上有电子射出的总长度为AB＋BC＝2d，故B、C正确； 根据分析知，电子在磁场中转过的圆心角最大为120°，最长时间为T＝×＝，故D正确。 B.当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为 C.电场强度大小为B0v0 D.粒子回到P点所用的总时间为 经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律qvB＝m，代入数据解得R＝，根据几何关系解得PS＝2R ＝，故B正确； 设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场时的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2R＝v0t3，竖直方向2R＝at32，根据牛顿第二定律Eq＝ma，联立代入数据解得E＝B0v0，故C正确； 粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1＝T＝， 第一次进入电场时先减速后加速的时间t2＝＝，第二次在电场中偏转的时间t3＝＝，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。 当滑动变阻器R＝0.9 Ω时，通过ab的电流为I＝＝10 A 当ab棒将要由静止开始向右滑动时，ab棒所受最大静摩擦力方向向左，根据平衡条件有μmg＋BI′d＝Mg，解得此时通过ab的电流为I′＝8 A，根据闭合电路欧姆定律有I′＝，解得R′＝1.15 Ω。 对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0＝mv2，代入数据得v＝20 m/s。(3分) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m，得R＝，代入数据得R＝0.50 m (3分) 而＝0.50 m (2分) 答案　 T 带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得OP≥R′＋R′sin 37°，R′＝， 由以上两式并代入数据得B′≥ T，磁感应强度B的最小值是 T。 由x＝v0t，得t＝＝0.05 s (1分) 微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2 (1分) vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45° (2分) v＝v0＝120 m/s (2分) 由几何关系可知r＝ m (2分) 由qvB＝m得B＝＝1.2 T。 (1分) 圆弧对应圆心角90°，其运动时间为t1＝T＝·＝ s＝6.28×10－7 s (1分) 离子通过C点时速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场做匀减速直线运动，加速度为a＝＝ m/s2＝5.0×1012 m/s2 (1分) 离子进入磁感应强度为B2的磁场中做匀速圆周运动，有qvB2＝m(1分) 返回边界上的C点所用时间t2，由匀变速直线运动规律知t2＝＝ s＝2×10－7 s (1分) 离子垂直进入电场做类平抛运动，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则x＝vt3，y＝at32 (1分) tan 45°＝ (1分) $$