第1章 磁场 章末检测试卷(1)-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （粤教版2019）

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的安培力的大小关系的判断正确的是(　　) A．丁图最大 B．乙图最大 C．一样大 D．无法判断 答案　C 解析　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。 2.(2023·广州市玉岩中学高二期末)如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　) A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 答案　C 解析　导线在磁场内有效长度为2lsin 30°，故该V形通电导线受到安培力大小为F＝BI2lsin 30°＝BIl，选项C正确。 3.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，则(重力加速度为g)(　　) 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 答案　C 解析　根据铜棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，故A错误；在最大偏角处根据动能定理可知，BIL2sin θ－mgL(1－cos θ)＝0－0，解得I＝，故B错误，C正确；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。 4．(2023·惠州市高二统考期末)如图所示，圆形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图、若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　) A．三个粒子都带负电荷 B．c粒子运动速率最小 C．c粒子在磁场中运动时间最短 D．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc 答案　C 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可知，三个粒子都带正电荷，A错误；根据qvB＝m，可得r＝，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由题图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，B错误；三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期T＝，可知三粒子运动的周期相同，即Ta＝Tb＝Tc，D错误；粒子在磁场中运动时间t＝T，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，由题图可知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，在磁场中运动时间最短，C正确。 5.(2023·广州市高二校联考期末)如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量＋q的小圆环(重力不可忽略)套在细杆CD上。现给圆环向右的初速度v0，圆环运动的v－t图像不可能是(　　) 答案　B 解析　由安培定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，小环所受洛伦兹力竖直向上，当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图像为A，故A正确； 当qvB<mg时，在竖直方向，根据平衡条件有 FN＝mg－qvB 此时，根据牛顿第二定律有f＝μFN＝ma 所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图像的斜率应该逐渐增大，故B错误，C正确； 当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有 FN＝qvB－mg 此时，根据牛顿第二定律有f＝μFN＝ma 所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故D正确。 6.(2023·广州市高二期末)如图所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出，则(　　) A．该粒子带正电 B．增大粒子射入磁场的速率，该粒子从ab间射出 C．无论怎么改变粒子速度大小，都不会从ac的左半区域射出 D．减小粒子射入磁场的速率，该粒子在磁场中运动时间保持不变 答案　C 解析　粒子从a点射入，从b点射出，则由左手定则可确定出粒子带负电，A错误； 粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得Bqv＝m，解得r＝，由于带电粒子的q、m均相同，所以r与v成正比。因此当速率增大时，粒子将从bc间射出，B错误； 由于粒子带负电，在洛伦兹力的作用下一定是向右偏转的，因此是不可能从ac的左半区域射出，C正确； 由周期公式得T＝＝ 由于带电粒子的q、m均相同，所以T均相同。若减小粒子射入磁场的速率，轨迹半径改变，则运动圆弧对应的圆心角改变，则运动时间改变，D错误。 7.(2023·汕头市聿怀中学高二校考期末)随着生产技术的成熟，打印机、扫描仪、复印机成为了我们的生活中必不可少的工具。霍尔元件作为其中的重要器件，丰富了这些办公设备的功能，使它们变得更智能更方便。如图所示是金属导体材质的霍尔元件工作原理示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面向下，磁感应强度为B，霍尔元件宽为d(M、N间距离)，厚为h(图中上下面间距离)，当通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体左、右表面间稳定的电压为U，已知自由电子的电荷量大小为e，则(　　) A．N板电势比M板高 B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝ D．导体单位体积内的自由电子数为 答案　D 解析　由左手定则可知，自由电子向N板偏转，则N板电势比M板低，故A错误； 电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有E＝Bdv，可见电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，故B错误； 由U＝E＝Bdv，可得v＝，故C错误；电流的微观表达式I＝nevS，则导体单位体积内的自由电子数n＝又S＝dh，v＝，联立得n＝，故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.(2023·广州市培英中学校考高二期末)如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是(　　) A．电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P B．电子运动一周回到P点所用的时间t＝ C．B1＝2B2 D．电子在B2区域受到的磁场力始终不变 答案　AC 解析　由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，故A正确；电子在磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，T＝，解得r＝，T＝，由题图知2r1＝r2，则B1＝2B2,2T1＝T2，故C正确；电子运动一周回到P点所用的时间为t＝T1＋T2＝＋·＝，故B错误； 电子在磁场中受洛伦兹力始终与速度垂直，方向时刻改变，故D错误。 9.(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)。下列判断正确的是(　　) A．小球带正电荷 B.＝v0 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 答案　AB 解析　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；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；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；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，又因为管道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。 10.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(　　) 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 答案　BCD 解析　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；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°，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(锐角)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。 三、非选择题(本题共4小题，共54分) 11．(10分)(2023·四川凉山高二统考期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.4 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0＝2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则： (1)导体棒受到的安培力大小为________N； (2)导体棒与轨道间的动摩擦因数为________。 答案　(1)4(5分)　(2)(5分) 解析　(1)根据闭合电路欧姆定律得 I＝＝2 A 导体棒受到的安培力为F安＝BIL＝4 N (2)对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°＋f＝F安 垂直于斜面方向有FN＝mg cos 30° f＝μFN 联立解得μ＝ 12．(14分)(2023·广州市高二统考期末)如图，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)以一定的速度沿AB边的中点M垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出。已知：磁场边长为a，带电粒子的质量为m，电荷量为q，入射速度为v0。试求： (1)该磁场的磁感应强度的大小B； (2)若改变粒子的入射速度大小，恰好从D点射出，粒子的入射速度为多少。 答案　(1)　(2)5v0 解析　(1)由几何关系可知，带电粒子在磁场运动的轨道半径为 r＝(2分) 根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝m(2分) 联立解得 B＝(2分) (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系有 R2＝a2＋(R－)2(2分) 解得粒子的轨道半径为 R＝a(2分) 根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m(2分) 联立解得粒子的入射速度为 v＝5v0。(2分) 13.(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＝5.0×10－8kg、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？ (2)若磁感应强度的大小B＝2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？ (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？ 答案　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3) T 解析　(1)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) (2)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) 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)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′＝，(2分) 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。(2分) 14.(16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； (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； (3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。 答案　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24 N/C　1.2 T 解析　(1)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， 由x＝v0t，得t＝＝0.05 s(2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。(2分) (2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45° 轨迹如图(4分) (3)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， 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。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$