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6（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6（含解析）一、单选题（共35分）1．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2．如图所示，水平面上固定着倾角为θ的导体轨道，直流电源、保护电阻、质量为m的导体棒ab和导体轨道构成闭合回路，棒ab处于静止状态，整个装置处于匀强磁场中。下面判断正确的是（　　） A．若磁场方向竖直向上，导体棒与导轨间必有摩擦力B．若磁场方向水平向左，导体棒与导轨间必有摩擦力C．若磁场方向水平向右，导体棒与导轨间必有摩擦力D．若磁场方向竖直向下，导体棒与导轨间未必有摩擦力3．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4．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．5．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（　　）A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场和磁场中共同获得能量6．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7．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板电势高二、多选题（共25分）8．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向、垂直纸面向里的匀强磁场。现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段（　　） A．甲、乙两物块间的摩擦力不变B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D．甲、乙两物块最终做匀速直线运动9．如图所示，在平面内第Ⅰ象限y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场（边界上有磁场），方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，在处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，粒子速率均为，不计粒子间的相互作用与粒子的重力，则粒子在磁场中运动的时间可能是（　　） A． B． C． D．10．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，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（　　）A．小球加速度一直增加B．小球速度一直增加，直到最后匀速C．棒对小球的弹力一直减小D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变11．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12．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是(　　)A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内顺时针转45°角三、解答题（共40分）13．如图所示，直线边界OP右侧存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，距离边界OP等于R处放置一边长为R的立方体金属块，金属块的左侧面与磁场边界平行，并让金属块接地。现有范围足够大的均匀分布的平行电子束以速度垂直边界OP射入磁场。已知电子的质量为m、电荷量为q，电子的初速度，不计电子的重力及电子间的相互作用力，打到金属块上的电子均可被吸收。求：（1）电子在磁场中运动的轨道半径；（2）能够打到金属块左侧面与上表面的电子数目的比值是多少？（请作出必要的电子运动的轨迹图，结果可以用根号表示）14．如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系的第一象限虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知虚线满足的方程为（k未知），虚线上有一点，。在的区域内有大量质量为m、电荷量为的质子以相同的初速度水平射入电场，最后均经过O点进入磁场，忽略质子的重力。求：（1）k值；（2）所有质子在磁场中经过的区域的面积。15．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，他测得的数据记录如下所示，请你算出通电螺线管中的磁感应强度B。已知：CD段导线长度：4×10－2 m天平平衡时钩码重力：4×10－5 N通过导线的电流：0.5 A16．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在第一、四象限内有方向水平向左的匀强电场，在第二、三象限内有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两区域中的电场强度大小相等；一可视为质点的带电小球被绝缘细线拴住并静止在第一象限的P点，P点的坐标为（5cm，5cm），细线与竖直方向的夹角为现剪断细线，小球开始运动，运动一段时间后，小球经过M点第二次穿过y轴，经过N点第三次穿过y轴，M、N点均未标出，，求：（1）小球第二次经过y轴的坐标；（2）小球第三次经过y轴的速度大小；（3）假设小球第一次经过y轴后运动到最低点时，撤去电场，则小球在以后运动的过程中在最高点的速度大小和y轴坐标分别多大。
参考答案1．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。2．C【解析】【详解】四个选项描述的磁场情形对应导体棒所受的重力、支持力、安培力如图甲、乙、丙、丁所示 A．如图甲所示，当磁场方向竖直向上时，导体棒受到的安培力水平向右，导体棒还受重力及导轨的支持力，在没有摩擦力的情况下有可能平衡，当时，无摩擦力，故A错误；B．如图乙所示，当磁场方向水平向左时，导体棒受到的安培力竖直向上，若安培力恰好等于重力，没有导轨的支持力及摩擦力也可以平衡，故B错误：C．如图丙所示，当磁场水平向右时，导体棒受到的安培力竖直向下，导体棒还受重力及导轨的支持力，若没有摩擦力，不可能处于平衡状态，则导体棒与导轨间一定存在摩擦力，故C正确；D．如图丁所示，当磁场方向竖直向下时，导体棒受到的安培力水平向左，导体棒还受重力及导轨的支持力，若没有摩擦力，不可能处于平衡状态，则导体棒与导轨间一定存在摩擦力，故D错误。故选C。3．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。4．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。5．A【解析】【详解】AB．离子从加速器中心附近进入加速器，由洛伦兹力提供向心力，随着速度增大，运动半径增大，从边缘射出，A正确，B错误；CD．电场加速离子，洛伦兹力始终与运动方向垂直，不做功，不能从磁场获得能量，可以从电场获得能量，但是磁场可以使离子做圆周运动，多次经过电场区域加速，C、D错误。故选A。6．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。7．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。8．BD【解析】【详解】C．以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图甲所示，随着速度的增大，增大，增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；BD．乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，而一定，根据牛顿第二定律得可知加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故BD正确；A．对乙进行受力分析，如图乙所示a减小，则f′增大，即甲、乙两物块间为静摩擦力，由于加速度减小，故摩擦力变小，故A错误。故选BD。9．ACD【解析】【详解】设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有解得粒子在磁场中运动的周期为根据数学知识可知虚线与x轴正方向的夹角为A点到虚线的距离为当粒子的速度方向沿y轴正方向时，粒子在磁场中运动的时间最短，为根据几何关系可知，当粒子从A点射入磁场的速度方向垂直于虚线时，其运动轨迹恰好与虚线相切，此时粒子在磁场中转过的圆心角最大，为粒子运动时间最长，为综上所述可知ACD可能，B不可能。故选ACD。10．BD【解析】【详解】小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加。在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增加，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受到重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加，当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大，随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动；综上所述，选项BD正确；故选BD。11．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。12．AB【解析】【详解】A．由公式F＝BIlsin θ可知，当增大电流时，可增大通电导线所受的安培力，故A正确；B．由公式F＝BIl sin θ可知，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的安培力，故B正确；C．当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线沿垂直磁场方向投影长度为零，则所受安培力为零，故C错误；D．当使导线在纸面内顺时针转45°时，导线沿垂直磁场方向投影长度缩短，则所受安培力变小，故D错误。故选AB。13．（1）；（2）【解析】【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力可得解得（2）根据左手定则可知，电子在磁场偏转时，圆心都在OP上，由于偏转半径为，而金属块的边长为，金属框离OP的距离也为，因此根据几何关系，可得到如下的电子运动图，其中下侧与金属框交于左上顶点A，与金属框交于右上顶点C，上侧与金属框交于左上顶点A，下侧与金属框交于左下顶点D。 从图中可知，从到区间内射入的电子都能射到金属的上表面上，根据几何关系可知与AC在同一直线上，，因此从图中可知，从到区间内射入的电子都能射到金属的左侧表面上，根据几何关系可得因此能够打到金属块左侧面与上表面的电子数目的比值为14．（1）；（2）【解析】【详解】（1）对从P点射入电场的质子，在电场中，根据类平抛运动的规律有     ①     ②联立①②解得     ③（2）设质子从O点射入磁场时，速度v与x轴负方向的夹角为θ，位移与x轴负方向的夹角为α，可得质子在磁场中的速度大小     ④设质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有     ⑤解得     ⑥根据几何关系可得，质子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为     ⑦联立④⑥⑦解得     ⑧所以d为定值，即所有质子从磁场中射出时与y轴的交点一定，所有质子的轨迹经过的区域如图所示。根据类平抛运动的规律有     ⑨易知     ⑩则      ⑪解得     ⑫因此     ⑬     ⑭当质子从O点以最小速度vmin入射时，其轨迹与y轴所围的面积为     ⑮当质子从O点以最大速度vmax入射时，其轨迹与y轴所围的面积为     ⑯所有质子在磁场中经过的区域的面积为     ⑰15．2.0×10-3T【解析】【详解】天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小F=mg由F=BIL得16．（1）；（2）；（3）0，【解析】【分析】本题考查带电小球在组合场中的运动。【详解】（1）小球在P点平衡时，有剪断细线后，对小球有小球沿OP所在直线做匀加速运动，经过O点进入第三象限，该过程运动的位移为 根据可得小球在第二、三象限运动时，所受电场力大小不变，则由分析可知电场力和重力平衡，则小球在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力有解得小球经过M点进入第一象限，故M点坐标为 （2）小球第二次经过y轴后，与水平方向成角斜向右下方进入第一象限，做类平始运动，沿着速度方向有垂直于速度方向有根据几何关系可知解得在垂直于速度方向故小球第三次经过y轴的速度大小解得（3）假设小球第一次好过y轴后运动到最低点时，坐标撤掉电场后，小球受到向上的洛伦兹力小球受到的重力故将小球在最低点处的速度看成大小为，方向沿x轴负方向的两个速度的合成，把小球在最低点所受的洛伦兹力看成大小为mg的两个洛伦兹力的合力，其中一个洛伦兹力刚好和重力平衡，因此一个分运动为以的速度做匀速直线运动，另外一个分运动是在另一个洛伦兹力的作用下，小球以的速度做匀速圆周运动，粒子运动的半径为当圆周运动劳动半圈后，两个速度方向刚好相反，粒子运动到最高点，故最小速度为零最高点的y轴坐标为