2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第1章 章末检测试卷(一)（含解析）

这是一份2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第1章 章末检测试卷(一)（含解析），共11页。
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.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(　　)A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为eq \f(mgtan θ,BL)C．棒中电流的大小为eq \f(mg1－cos θ,BLsin θ)D．若只增大轻导线的长度，则θ变小答案　C解析　根据导体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＝eq \f(mg1－cos θ,BLsin θ)，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。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(　　)答案　C解析　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I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1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．可能加速运动答案　C解析　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·南通市高二统考期末)电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，液体从左往右流动，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则(　　)A．M面的电势低于N面的电势B．当电压表的示数为U时，液体流量为eq \f(Ub,B)C．若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数将增大D．当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子不受洛伦兹力作用答案　B解析　根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力指向M面，负离子受到的洛伦兹力指向N面，可知正离子向M面偏转，负离子向N面偏转，故M面的电势高于N面的电势，故A错误；当电压表的示数为U时，根据受力平衡可得qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝cvB，若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数保持不变；液体流量为Q＝vS＝vbc，联立解得Q＝eq \f(Ub,B)，故B正确，C错误；当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，故D错误。6．(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(　　)A.eq \f(qBR2－R1,m) B.eq \f(qBR2－R1,2m)C.eq \f(qBR22－R12,2mR1) D.eq \f(qBR22－R12,2mR2)答案　B解析　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，如图可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax＝eq \f(R2－R1,2)，根据qvmaxB＝meq \f(vmax2,Rmax)可得vmax＝eq \f(qBR2－R1,2m)，故选B。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＝eq \f(mv0,qL)，A、C、D选项中曲线均为半径是L的eq \f(1,4)圆弧，B选项中曲线为半径是eq \f(L,2)的圆)(　　)答案　A解析　带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r＝eq \f(mv0,qB)，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eq \f(L,2)；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。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)。下列判断正确的是(　　)A．小球带正电荷B．eq \f(E,B)＝eq \f(1,2)v0C．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，静电力一定做负功，则小球带正电，故A正确；由题意得，小球受重力、静电力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0Bsin 30°，所以eq \f(E,B)＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力合力不做功，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(　　)A．电子的运动半径为4dB．从MN边界射出的电子数占总电子数的eq \f(2,3)C．MN边界上有电子射出的总长度为2eq \r(3)dD．电子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πd,3v0)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＝eq \f(1,2)d，则当电子发射速率为4v0时，根据qvB＝eq \f(mv2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，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°＝eq \r(3)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eq \f(2,3)，BC＝r1sin 60°＝eq \r(3)d，MN边界上有电子射出的总长度为AB＋BC＝2eq \r(3)d，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eq \f(1,3)T＝eq \f(1,3)×eq \f(2πr1,4v0)＝eq \f(πd,3v0)，故D正确。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°B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为eq \f(2\r(2)mv0,qB0)C．电场强度大小为B0v0D．粒子回到P点所用的总时间为eq \f(2π＋2m,qB0)答案　ABC解析　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，经过eq \f(3,4)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qv0B0＝meq \f(v02,R)，代入数据解得R＝eq \f(mv0,qB0)，根据几何关系解得PS＝2eq \r(2)R＝eq \f(2\r(2)mv0,qB0)，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＝eq \f(1,2)at32，根据牛顿第二定律Eq＝ma，联立并代入数据解得E＝B0v0，故C正确；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，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1＝T＝eq \f(2πm,qB0)，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2m,qB0)，第二次在电场中偏转的时间t3＝eq \f(2R,v0)＝eq \f(2m,qB0)，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(2π＋4m,qB0)，故D错误。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。求：(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(4分)　(2)eq \f(\r(3),3)(6分)解析　(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R0＋r)＝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°＋Ff＝F安垂直于斜面方向有FN＝mg cos 30°Ff＝μFN联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)12.(12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)eq \f(16,3) T解析　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0＝eq \f(1,2)mv2，代入数据得v＝20 m/s。(2分)(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)，得R＝eq \f(mv,qB)，代入数据得R＝0.50 m(2分)而eq \f(OP,cos 53°)＝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′＝eq \f(mv,qB′)，(2分)由以上两式并代入数据得B′≥eq \f(16,3) T，磁感应强度B的最小值是eq \f(16,3) T。(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eq \f(q,m)＝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＝eq \f(x,v0)＝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＝eq \f(1,2)at2得a＝2.4×103 m/s2。(2分)(2)vy＝at，tan α＝eq \f(vy,v0)＝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＝eq \r(2)v0＝120eq \r(2) m/s(2分)由几何关系可知r＝eq \r(2) m(1分)由qvB＝meq \f(v2,r)得B＝eq \f(mv,qr)＝1.2 T。(1分)14.(18分)如图所示，空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L,3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴沿负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？(2)粒子的速度大小可能是多少？答案　见解析解析　(1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期，则有qvB＝meq \f(v2,R1)，qv·2B＝meq \f(v2,R2)，(2分)解得R1＝eq \f(mv,qB)，R2＝eq \f(mv,2qB)(1分)T1＝eq \f(2πR1,v)＝eq \f(2πm,qB)，T2＝eq \f(2πR2,v)＝eq \f(πm,qB)(1分)粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短。粒子运动轨迹如图所示。由tan α＝eq \f(3L,4L)＝0.75，(1分)得α＝37°，α＋β＝90°。(1分)粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为t1＝eq \f(2β,360°)T1，t2＝eq \f(2β,360°)T2(1分)粒子从P点运动到O点的时间为t＝t1＋t2(1分)由以上各式解得：t＝eq \f(53πm,60qB)(1分)(2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区域 Ⅰ 中运动，后在磁场区域 Ⅱ 中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O。这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为x＝eq \f(OP,n)＝eq \f(\r(4L2＋3L2),n)＝eq \f(5L,n)(n＝1,2,3，…)(2分)粒子每次在区域 Ⅰ 中运动的位移为x1＝eq \f(R1,R1＋R2)x＝eq \f(2,3)x(2分)由图中的几何关系可知eq \f(\f(x1,2),R1)＝cos α(2分)由(1)可得R1＝eq \f(mv,qB)(1分)由以上各式解得粒子的速度大小可能为v＝eq \f(25qBL,12nm)(n＝1,2,3…)(2分)