2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 第一章　磁场 单元测试

这是一份2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 第一章　磁场 单元测试，共10页。
第一章　磁场 （时间：75分钟　分值：100分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、多选、不选均不得分）1.如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是（　　）A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度相背运动解析：同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力大小相等，所以C项正确.答案：C2.（2021·中山一中月考）如图甲是用磁传感器探究通电螺线管内部磁场的实验装置（局部），图乙是电脑处理实验数据后得到的通电螺线管内部中轴线上的磁感应强度B随x变化的图像，x1和x2是螺线管两端点的坐标.由该图像可知（　　）A.整个通电螺线管内部都是匀强磁场B.通电螺线管两端点磁感应强度最大C.通电螺线管两端点磁感应强度为零D.通电螺线管内有近似匀强磁场区段答案：D3.如图所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场，二者平行但方向相反.质量为m，所带电荷量为－q的粒子（不计重力）沿电场方向以初速度v0射入场区，下列关于该粒子的说法正确的是（　　）A.所受洛伦兹力越来越小　　 B.速度方向保持不变C.所受电场力越来越小   D.向右的最大位移为解析：因v0与B平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项A错误；因所受电场力与v0方向相反，故经一定时间后，速度方向可能改变，选项B错误；因电场是匀强电场，故粒子所受电场力不变，选项C错误；由动能定理可知qElm＝mv，得lm＝，故选项D正确.答案：D4.（2021·黄冈中学单元检测）在磁场中放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直.先后在导线中通入不同的电流，导线所受的安培力也不一样.下列图像表示的是导线受安培力的大小F与通过导线的电流I的关系，a、b各代表一组F、I的数据.在以下四幅图中，正确的是（　　）解析：根据安培力公式F＝IlB，可知当B、l一定，B与I垂直时，F与I成正比，且F-I图像的斜率表示的是Bl的乘积；磁感应强度B由磁场本身的性质决定，l表示该导线的长度，所以B与l的乘积不变，即F­I图像的斜率不变，选项A正确，B、C、D错误.答案：A5.（2021·重庆八中月考）用质谱仪分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口P离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从P点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11倍.则此离子和质子的质量之比为（　　）A.11　　　　 B.12　　　　C.144　　　　 D.121解析：假设质量为m、带电荷量为q的粒子在质谱仪中运动，设粒子在匀强磁场中运动的速度为v，粒子在加速电场中加速运动，由动能定理，可得Uq＝mv2，解得v＝；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得r＝＝ .因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以它们在磁场中运动的半径相等，即 ＝ ，可得离子和质子的质量之比为m离∶m质＝121∶1.选项D正确，A、B、C错误.答案：D6.带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过b点，Oa＝Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（　　）A.v0   B.  C.2v0   D.解析：设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即d＝，得B＝.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，有d＝··，得E＝，所以＝2v0，选项C正确.答案：C7.（2021·南宁三中期末）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径.一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v1、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为（　　）A.v1   B.v1  C.v1   D.v1解析：画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意，同一粒子在磁场中偏转时间同为t，则两种情况下带电粒子的偏转角均为60°；由几何关系，可以确定带电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径分别为r1＝2R，r2＝Rtan 60°＝R，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则速度v＝，则＝＝，所以当粒子沿ab方向射入时，v2＝v1，A、B、D错误.C正确.答案：C二、多项选择题（本题共3小题，每题6分，共18分.每个小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，错选、多选、不选均得0分）8.（2021·温州中学月考）1930年劳伦斯制成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.粒子从电场中获得能量B.粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关C.粒子获得最大速度与回旋加速器内的电场有关D.回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功解析：回旋加速器中的电场对带电粒子做功，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知粒子从电场中获得能量，故A正确，D错误.根据qvB＝m，得v＝，可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，与回旋加速器内的电场无关，故B正确，C错误.答案：AB9.（2021·合肥六中月考）如图所示，两根长度相等的通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的安培力大小为F，在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的安培力大小变为2F，则B受到的安培力大小和方向可能为（　　）A.大小为F，方向水平向右B.大小为F，方向水平向左C.大小为F，方向水平向右D.大小为F，方向水平向左解析：由于A、B间的安培力是两导线的相互作用，故B受到A的安培力大小也为F，方向向左；中间再加一通电导线时，由于C处于中间，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相等，故C对A的安培力为C对B的安培力的2倍.由于A受到的安培力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对A的作用力为F，方向向右，则C对B的作用力为，方向向左，则B受到的安培力大小为F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为，方向向右，则B受到的安培力大小为F，方向水平向右.故B、C正确，A、D错误.答案：BC10.如图所示，套在足够长的绝缘直棒上的带正电小球，其质量为m，电荷量为q.将此棒竖直放在互相垂直的、沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度为B，小球与棒间的动摩擦因数为μ，小球由静止沿棒竖直下落，重力加速度为g，且E<，小球带电荷量不变.下列说法正确的是（　　）A.小球下落过程中的加速度先增大后减小B.小球下落过程中加速度一直减小直到为0C.小球运动中的最大速度为＋D.小球运动中的最大速度为－解析：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力、弹力、向右的洛伦兹力、向右的电场力，开始阶段，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的棒的弹力向左，大小为FN＝qE＋qvB，FN随着v的增大而增大，滑动摩擦力f＝μFN也增大，小球所受的合力F合＝mg－f，f增大，F合减小，加速度a减小，当mg＝f时，a＝0，速度最大，做匀速运动，由mg＝f＝μ（qE＋qvmB）得小球运动中的最大速度为vm＝－，故B、D正确，A、C错误.答案：BD三、非选择题（本题共5个小题，共54分.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）11.（8分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力.若将小球P（视为质点）以初速度v0水平向右抛出，一段时间后，小球落在斜面上的C点.已知小球P的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：（1）小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；（2）小球P从抛出到落到斜面的位移x的大小.解析：（1）小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg＝qE①小球P获得水平初速度后由于自身重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角θ为45°，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，②圆周运动的周期T＝＝，③圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间t＝＝.④（2）由②式可知小球P做匀速圆周运动的半径R＝，⑤由几何关系知x＝R，⑥联立①⑤⑥式解得位移x＝.答案：（1）45°　　（2）12.（9分）如图所示，将长为50 cm、质量为1 kg的均匀金属棒ab的两端用两只相同的轻弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4 A电流时，弹簧恰好不伸长（g＝10 m/s2）.（1）求匀强磁场的磁感应强度大小.（2）当金属棒中通过大小为1 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，求弹簧的伸长量（弹簧始终在弹性限度内）.解析：（1）弹簧不伸长时，BIL＝mg，可得出磁感应强度B＝＝5 T.（2）当大小为1 A的电流由a流向b时，有2kx1＋BI1L＝mg；当电流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L.联立得x2＝x1＝5 cm.答案：（1）5 T　（2）5 cm13.（10分）如图所示的虚线框内存在一沿水平方向、与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向.所用部分器材如图所示，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关.此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线.实验步骤如下：a.按图接线.b.保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1.c.闭合开关S，调节电阻箱的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2.d.用米尺测量D的底边长度L.（1）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝　　　　.（2）判定磁感应强度方向的方法是：若　　　　，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里.解析：（1）金属框所受安培力的合力等于其底边所受安培力，根据平衡条件，有|m2－m1|g＝ILB，解得B＝.（2）若m2>m1，则金属框所受安培力的方向向下，根据左手定则，可得磁感应强度的方向垂直纸面向外，反之磁感应强度的方向垂直纸面向里.答案：（1）　（2）m2>m114.（2021·武汉中学月考）（12分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直.质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流.金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中（1）金属棒末速度的大小v.（2）通过金属棒的电流大小I.（3）通过金属棒的电荷量Q.解析：（1）金属棒在导轨上做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝.（2）金属棒所受安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安，由牛顿第二定律，有F＝ma，解得I＝.（3）金属棒在导轨上运动的时间t＝，通过的电荷量Q＝It，解得Q＝.答案：（1）　（2）　（3）15.（15分）如图所示，带电平行金属板相距2R，在两极板间半径为R的圆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，两极板及其左端连线均刚好与磁场边界相切.一质子（不计重力）沿两极板中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经打在极板上.（1）求两极板间电压U.（2）求质子从极板间飞出时的速度大小v.（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使质子从两极板间左侧飞出，射入的速度大小v′应满足什么条件？解析：设质子所带电荷量为q，质量为m，从左侧O1点射入的速度大小为v0，极板长为L，由题意可知质子在复合场中做匀速直线运动，电场力等于洛伦兹力，设平行金属板间场强为E，则有qE＝qv0B.质子在磁场外的电场中做类平抛运动，设运动的时间为t，则L－2R＝v0t，R＝··t2，又L＝v0t0，E＝，撤去磁场后质子仅受电场力，有R＝··（）2，联立解得t＝，L＝4R，v0＝，U＝，E＝.（2）质子从极板间飞出时沿电场方向的分速度大小vy＝t，又vy＝＝＝v0，则质子从极板间飞出时的速度大小v＝＝v0＝.（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，如图所示，由几何关系可知β＝π－α＝45°，r＋r＝R，因为R＝··（）2，所以＝＝，解得＝，根据向心力公式qv′B＝m，解得v′＝，所以质子从两极板间左侧飞出时，射入的速度大小v′应满足的条件为0<v′≤.答案：（1）　（2）　（3）0<v′≤