福建福州市福清第一中学2024-2025学年高二第一学期物理校本测试6（磁场）

福清一中2024-2025学年高二第一学期物理校本测试6 一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16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。) gx 1.如图所示，在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一带电量 B × 为q(q>0)的滑块自α点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h时到达 b点。不计空气阻力，重力加速度为g,则() bx A.滑块在α点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B.该过程中，洛伦兹力做正功 C.该过程中，滑块的机械能增大 D.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为gBV2gh 2.如图所示，足够长的粗糙细杆CD水平置于空中，且处在垂直向里的水平 匀强磁场中。一质量为、电荷量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆c一 环向右的初速度。，圆环运动的v-t图像不可能是() B. C. D 3.如图所示，一根可以自由转动的直导线b平行于通电螺线管的轴线，放置在螺线管 的正上方，则直导线b通以由α到b的电流后，运动情况为() A.从上向下看顺时针转动并远离螺线管B.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 4.如图所示为回旋加速器的示意图，两D型盒所在区域加匀强磁场，狭缝（极小）间就有交变电压（电压的 大小恒定)，将粒子由A点静止释放，经回旋加速器加速后，粒子最终从D型盒的出口引出，已知D型盒的 半径为R,粒子的质量和电荷量分别为、4，磁感应强度大小为B,加速电压为U(不计粒子在电场中的运 动时间)，则下列说法正确的是() A.粒子的运动周期为交变电压周期的2倍 B.粒子第一次与第二次进入磁场的轨道半径之比为R:R,=1:√2 C.粒子的最大动能为BR D.粒子在回旋加速器中运动的时间为BR 二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题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。) 第1页共4页 5.如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向 XX 垂直纸面向里，AB、CD边足够长，AD边长为L。现有质量为m、电荷量 E 为q的不同速率的带正电粒子，从AD的中点E射入磁场且速度方向与AD成 30°为 D 30°角，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是() A.粒子在磁场中运动的最长时间为 3aB B.从AB边射出的粒子的最小速度为3qBL 4 C.从CD边射出的粒子的最小速度为BL D.AB边上有粒子射出的区域长度为 3 6.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1:C为偏转分离器，磁感应 强度为B,,偏转分离器的入口和出口之间的距离确定；D为速度选择器，磁场与电场正交，两极板间的距离 为d4,磁感应强度为B。今有一质子H[质量为，电荷量为e的带正电粒子（不计重力）]，由静止经A加 速后由入口垂直进入C,然后恰好由出口垂直进入速度选择器，然后沿竖直直线飞出。则() A.质子进入偏转分离器C时的速度v- 2eU ××E B×X D B,质子恰好通过偏转分离器，其磁场上下边界的最小间距L=2, 3B. c.速度选择器两板间电压U,=Bd:y 2eU B ××××× D.若将质子更换为氘核H,氘核粒子可以穿过C偏转分离器进入D速度选择器。 7.如图两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中 轨道两端在同一高度上。两个相同的带正电小球（可视为质点）同时分别从 轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，正确的是() A.两小球到达轨道最低点的速度'w>'wB.两小球第一次到达最低点时重力产生的冲量大小相同 C.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM>F~D.两小球均不能到达轨道的另一端 8.一质量为0.06kg、长为0.1m的金属棒MN用两根长度均为lm的绝缘细线悬挂 5555655555556555555555555555655555 于天花板，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5T的匀强 37 磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动。当金属棒摆 到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知一切阻力可忽略不计，g=10/s2, M sin370.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是() A.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加 B.通入金属棒中的电流为9A C.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少 D.通入金属棒中的电流为4A 第2页共4页 三、填空题（本大题5小题，共26分，每空2分。按要求作答，把正确答案填写在相应横线上。） 9.如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A=30°，OC边长 为工，在C点有放射源S,可以均匀地向磁场内各个方向发射速率为的同种带 正电的粒子，粒子的比荷为k。从放射源s发射的粒子有二可以穿过0A边界，O4 含在磁场边界以内，不计重力及粒子之间的相互影响。则粒子在磁场区域运动的 0 轨迹半径为 一，磁感应强度大小为 。(均用所给字母表示) 10.质子(H)和粒子(He)从静止开始经相同的电压加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这 两粒子的轨道半径之比：5=；周期之比工：T=一。 11.如图，用两根轻细金属丝将质量为、长为1的金属棒ab悬挂在c、d两处， 置于匀强磁场内。当棒中通以从α到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于 平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小 为一，方向为 12.某学习小组在练习使用多用电表的同时，对多用电表进行了探究。请回答下列问题： (1)如图1所示为污水监测仪的核心部分，上下两块矩形金属极 6 8 cm 板平行正对置于排液口，排液口厚度d用20分度的游标卡尺 10 测得如图2所示，d止m,有一匀强磁场垂直于侧面向 图1 图2 里，污水中含有大量的负离子，污水的流向如图所示时，在导 A 体的上、下表面间可用多用电表直流电压档测得其电压，测量时，多用 175 电表的红表笔接表面（填“上”或“下”）。 (2)某同学设计出如图3所示电路用来测量电阻，已知电流计G的内阻为 0.05 1002。该同学进行了如下操作步骤： 图3 图4 第一步：A、B两表笔断开时，闭合开关S,调节滑动变阻器R使电流计满偏： 第二步：保持滑动变阻器滑片的位置不动，将A、B两表笔间接入电阻箱，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数 R和对应的电流计示数； 第三步：将记录的各组R、【的数据进行整理，画出了如图4所示的7 ,11 图像。 则电源的电动势为V,在第一步中回路的总电阻为 2。 13.学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案，设计的原 理图如图所示，天平的左臂下面挂一个矩形线圈，宽为L,共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向 垂直纸面，天平左右悬点关于支点对称，当地重力加速度为g,实验步骤如下： 第3页共4页 (1)未通电流时，在天平右盘内放入质量为，的砝码，使天平平衡： (2)当给线圈通以顺时针方向大小为I的电流（如图所示）时，发现需要在砝码盘中再加入质量为2的砝码， 天平才重新平衡，则磁场方向垂直于纸面」 （选填“向里”或“向外”)，用所 测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B= (3)只改变线圈通入电流I的大小，砝码盘中放入砝码使天平平衡，读出砝码 盘中砝码的总质量，比较磁场力与电流大小的关系。 (4)小组同学得出多组、I数据后，作出了一I图像，该图像是一条直线，斜率为k,则匀强磁场磁感应 强度的大小为（用g、k、L、N表示）。 四、计算题（本大题共3小题，共34分。其中第14题9分，第15题10分，第16题15分。解答时请写出 必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分) 14.如图所示，一个质量为m=1.5×104kg的小滑块，带有q=5×104c的电荷量，放置在倾角心=37°的光 滑绝缘斜面上，斜面固定且置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，小滑块从静止开始沿斜面下滑，斜面足够 长。当沿斜面运动的位移为1（未知）时将脱离斜面，脱离时的速度大小v=6m/s,×× (sin37°=0.6，cos37°=0.8,8取10m/s2。求：(1)小滑块带何种电荷； 50 (2)小滑块沿斜面下滑位移L的大小：(3)匀强磁场磁感应强度B的大小。 15.如图所示，相距20cm的平行金属导轨所在平面与水平面夹角0=37°，现将一质量m=330g的金属棒ab 放在导轨上，它与导轨间的滑动摩擦因数=0.50，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置处于磁感应强 度为2T的竖直向上匀强磁场中，导轨所接的电源电动势为15V,内阻不计，滑动变阻器的阻值满足要求，其 B 他部分电阻不计，为了保证ab处于静止状态，求：(g=l0ms2) (1)滑动变阻器的阻值R的调节范围； (2)b通入的电流为多大时金属棒与导轨间的摩擦力为0。 16.如图所示，在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形AOC,A、C坐标分别为 3 d7 和(d,0),三角形 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强 度大小为E。一质量为、电荷量为9的粒子从O点沿纸面射入磁场区域，速度方向与x轴的夹角为30°， 并从C点离开磁场，不计粒子重力。 (1)求粒子射入磁场时的速度大小v: (2)求从粒子射入磁场至粒子第2次经过x轴过程的时间t: (3)若该粒子从y轴上的某点M由静止释放，能沿垂直于AC边的方向射出磁场， 求M点距O点的距离y。 第4页共4页 参考答案： 题号 2 3 4 5 6 8 答案 0 B 0 B CD AC AC AD 1.D 【详解】A.滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误： BCD.滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，只有重力做功， 所以滑块机械能守恒gh=二m2 解得v=V2gh 2 故滑块在b点受到的洛伦兹力为F=qB=gBV2gh故BC错误，D正确。故选D。 2.B 【详解】A.带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环 做匀速直线运动，则v-t图像如选项A所示，故A正确，不符合题意： C.若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有N=g-qB 水平方向上有f=W=ma随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐 增大的减速运动，直至速度为零，则v-t图像如选项C所示，故C正确，不符合题意： D.若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有N'=B-g 水平方向上有∫=N'=a随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度 逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则ⅴ一t图像如选项D 所示，故D正确，不符合题意； B.圆环不可能做匀加速直线运动，B选项所示v-t图像不存在，故B错误，符合题意。 故选B。 3.D B 【详解】把直线电流等效为aO、O0'、Ob三段其中O0'段极 001 短，由于O0'段电流方向与该处的磁场方向相同，所以不受安培 力作用；āO段电流所在处的磁场方向斜向上，由左手定则可知其 所受安培力方向垂直纸面向外：O6段电流所在处的磁场方向斜向 下，同理可知其所受安培力方向垂直纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90与纸 面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以O0'段为轴逆时针转动（从 上向下看)并靠近通电螺线管。 故选D。 答案第1页，共7页 4.B 【详解】A.由回旋加速器的工作原理可知，粒子每经过半个周期加速一次，而交变电压每 经过半个周期方向改变一次，设粒子的运动周期为T,交变电压的变化周期为工，，应满足关 系马马+即买=(2+1口因此粒子在磁场中做圆周运动的周期为交变电压的变 22 化周期的奇数倍，A错误： B.对粒子第1次加速时，由动能定理得qU=?m粒子进入磁场后有外B=m上 2 R 1 解得R 2mU B 对粒子第2次加速时，由动能定理得9U=号-2” 9 2 粒子进入磁场后有g,B=m 2mU 解得R,= 所以R:R=1:√2 B正确： B\g C.当粒子离开D盒瞬间的动能最大，半径为R,则可得，B=m三 R 解得=BR 1 gBR2 则粒子的最大动能为Bm=2- C错误； 21 D.粒子每次经过狭缝电场力做功W=qU粒子被加速的次数为N= Eo 9B'R W 2mU 粒子在磁场中的运动周期为T=2 则粒子在回旋加速器中运动的时间为t= T=TBR2 Ba 2 2U D错误；故选B。 5.CD 【详解】A.当粒子从AD边离开时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图1所示。由图可 知粒子在磁场中运动的最长时间1m=3007=三x2x_5m 360° 6 gB 3gB 故A错误： B.当粒子运动轨迹刚好与AB边相切时，从AB边射出的粒子速度最小，轨迹如图2所示。 根据几何关系可得5+5sin30°= 2 由洛伦兹力提供向心力得B=m上 联立解得从AB边射出的粒子的最小速度y=gB 故B错误； 37m C.当粒子运动轨迹刚好与CD边相切时，从CD边射出的粒子速度最小，轨迹如图3所示。 根据几何关系可得5=工 由洛伦兹力提供向心力得g,B=m互 答案第2页，共7页 联立解得从CD边射出的粒子的最小速度，=gBL 故C正确： D.由图2、图3中几何关系可得AB边上有粒子射出的区域长度 △x=3+3c0s30°-1c0s30°= 故D正确。 A 30 30° 30 D D 图1 图2 图3 故选CD。 6.AC 2eU, 入偏转分离器时速度为，由动能定理得： 故A正确： B.粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动，质子恰好通过偏转分离器，那至少粒子要能做半 12 个完整圆周运动，设轨道半径为r,洛伦兹力提供向心力，即B,=m一 结合以上分析可得r= 1 2U1 1 故其磁场上下边界的最小间距为L= 2mU eB B V e B V e 故B错误； C.题意知粒子能沿竖直直线飞出速度选择器，则满足 e=evB da V 联立以上得U,=B,dam 故C正确： D.以上可知，质子在偏转分离器中匀速圆周运动半径”= 12U1 B.e 由于一质子质量为m,电荷量为e,而氘核质量为2m,电荷量为e,故氘核在偏转分离器中 匀速圆周运动半径更大，故氘核不能进入速度选择器，故D错误。故选AC。 7.AC 【详解】A.小球在磁场中运动时洛伦兹力对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守 恒；小球在电场中运动时电场力对小球做负功，小球的机械能不守恒，小球的机械能由损失， 小球到达最低点时的速度的大小小于小球在磁场中到达最低点时的速度，所以w>' 故A正确： 答案第3页，共7页 C.小球在磁场中到达最低点，由牛顿第二定律得R-g一B=m 2 小球在电场中到达最低点，由牛顿第二定律得凡，-g=m立 7 所以两小球到达轨道最低点时受到轨道的支持力FM>F 由牛顿第三定律可知两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F4>F故C正确： B.小球在磁场中的平均速率大于在电场中的平均速率，小球的路程相等，因此小球在磁场 中的运动时间小于在电场中的运动时间，即t<w 小球到达最低点时重力产生的冲量I=g 所以小球第一次到达最低点时重力产生的冲量比小球第二次到达最低点时重力产生的冲量 小，故B错误： D.由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小 球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就 减为零了，故不能到达最右端，故D错误。故选AC。 8.AD 【详解】AB.通电导体在磁场中受到安培力，金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力做 正功，故机械能一直增加，故A正确，B错误； CD.金属棒受到的安培力F=IBL 当金属棒摆到最高点时，根据动能定理可得FL,sin3T-gL1-cos3T)=0-0 其中L=0.lm,L2=1m解得通入金属棒中的电流为I=4A故C错，D正确。故选AD。 9. 6 kL 【详解以放射源&发射的拉子有可以笄过O41边界，故入 射方向与CO夹角为30°的粒子刚好从O点射出，如图所示 160 根据几何关系可知，粒子运动半径R=工 [2]根据洛伦兹力提供向心力，则有g,B=m 解得B= kL 10. 1:√2 1:2 【详解】[]由洛伦兹力提供向心力8=m” 得r= 由动能定理得qU= gB 2 答案第4页，共7页 2qU 1 2mU 则有 121 得v= 联立得r= m 5V94m [2]由周期公式T=2π" 得召=4×g-121 gB T 9%142 11. mg sin 平行金属丝向上 IL 【详解】[1][2]金属棒受到重力、金属丝的拉力、安培力这三个力而处于 mg 平衡状态，则这三个力可以构成闭合的矢量三角形，其力的矢量三角形 如图所示 由于重力为恒力，金属丝拉力的方向不变，则可知，当安培力垂直于金属丝时安培力有最小 值，而安培力Fxm=BIL=gsin6可得磁感应强度的最小值为B= mg sin IL 根据左手定则可知，此时磁感应强度的方向平行金属丝向上。 12.(1) 61.70 上 (2) 4 200 【详解】(1)[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为61mm+0.05×14mm=61.70mm [2]根据左手定则可知，负离子所受洛伦兹力方向向下，金属下极板聚集负离子，可知金属 上极板电势高于下极板，导体的上、下表面间用多用电表直流电压档测其电压时，根据“红 进黑出”，可知多用电表的红表笔接金属上表面。 (2)[1][2]A、B两表笔断开时，闭合开关S,调节滑动变阻器R使电流计满偏，根据闭合 电路欧姆定律有。，十+R E 保持滑动变阻器滑片的位置不动，将A、B两表笔间 接入电阻箱，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数R,和对应的电流计示数I,根据闭合电路欧 E 姆定律有 r+专 一+R I=+R二R 将上述函数变形有上-T++R+R)1 E E R Ig+R 结合图4有+R-50A,+R17550人 E 0.05 其中g=1002 解得E=4V,r+R+=2002 13. 向里 8 g NIL NL 【详解】(2)[1]当给线圈通以顺时针方向流动大小为I的电流（如图所示)时，需在天平右 盘中再加入质量为2的砝码，天平才能重新平衡。可知线圈受到的安培力向下，根据左手 答案第5页，共7页 定则可知，磁场方向垂直于纸面向里。 [2]根据左右两边的平衡条件可知BL=g 解得B=-心8 NIL 《4)根据平有条件整理可得m-2L1+m则m-I图像的斜率为L=k解得B= 8 NL 14.(1)带负电荷；（2)3m;（3)0.4T 【详解】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力g、斜面支持力，和洛伦兹力F。若要小 滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则，小滑块应带负电荷。 1 (2)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得gLsina=2m 小滑块沿斜面下滑位移为L=2g 12 -=3m (3)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qB+=g cos a 当，=0时，小滑块开始脱离斜面，此时有B=ng cos a解得B=mg cos“=04T 15.(1)0.912≤R≤102(2)3=6.1875A 【详解】(1)当R最小时，b中电流最大，安培力最大，摩擦力 沿斜面向下，根据平衡条件得 BILC0s37°=gsin37°+u(BILSin37°+gcos37) 根据闭合电路欧姆定律得I。R 解得Rn=0.912 当R最大时，b中电流最小，安培力最小，摩擦力沿斜面向上，根 mg 据平衡条件得 BILcoS37°+u(BIL sin37°+gcos37)=gsin37° 根据闭合电路欧姆定律得Imin= E 解得Rs=102 滑动变阻器的阻值R的调节范围是0.912≤R≤102 (2)根据平衡条件得B3Lcos37°=gsin37° 解得13=6.1875A 答案第6页，共7页 16.(1)y=98 (2)t="+Bd gB'd2 (3)y= (n=0,1,2,3.) m 3aB E 2(2n+1)2mE 【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力有qB=m一 有轨道半径为r= gB 由几何关系有r=d解得v=9Bd (2)由周期公式有T=2" gB 运动轨迹所对圆心角为60°，在磁场中的时间5= 6 粒子在电场中做类斜抛运动，牛顿第二定律有9B=加在电场中的时间5，=2”sn30° a 总时间t=t+名=8+B (3)粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足d(2什1)R(=0,1,2,3.) 轨道半径R=mng 解得= gB gBd_0m=012,3） (21+1)m 设M点到0点的距离为y,动能定理gy=m 2 gB'd 解得y= n=0,1,2,3.) 2(2n+1)mE 答案第7页，共7页