人教版高中物理新教材同步讲义选修第二册 第1章　章末检测试卷(一)（含解析）

章末检测试卷(一)

(满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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.(2021·张家口市高二上期末)如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．下列说法正确的是(　　)

A．a点的磁感应强度一定为零

B．b点的磁感应强度一定为零

C．ef导线受到的安培力方向向右

D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外

答案　C

解析　根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的电流，但a点离cd较近，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故a点的磁感应强度一定不为零，故A、D错误；根据安培定则可知，通电导线ef和cd在b点产生的磁场方向相同，均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向垂直纸面向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；cd、ef中通的电流方向相反，ef导线受到的安培力方向向右，故C正确．

2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向固定放置一根长直导线P.当P中通以方向垂直于导线框向外的电流时(　　)

A．导线框将向左摆动

B．导线框将向右摆动

C．从上往下看，导线框将顺时针转动

D．从上往下看，导线框将逆时针转动

答案　D

解析　当长直导线P中通以方向垂直于导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．

3.如图所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1

B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1∶2

C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1

D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反

答案　D

解析　由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A错误；根据t＝，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，B错误；圆心角θ＝，r＝，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确．

4.(2021·重庆缙云教育联盟高二上期末)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，它们的横截面分别位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)

A．向上   B．向下

C．向左   D．向右

答案　A

解析　由安培定则可知b与d导线中电流在O点产生的磁场相互抵消，而a与c导线中的电流在O点产生的磁场均水平向左相互叠加，合磁场方向水平向左．当一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故选A.

5.(2022·汾阳中学高二下月考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．则磁场的磁感应强度大小为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　画出电荷运动的轨迹如图所示，设电荷运动的轨道半径为r，由几何关系可得tan ＝；洛伦兹力提供电荷在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝m，联立可得B＝，故选B.

6.现代质谱仪可用来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同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比为(　　)

A．11  B．12  C．121  D．144

答案　D

解析　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，该一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得

qU＝mv2－0，得v＝①

在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有

qvB＝m②

由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．

7.(2021·池州市高二上期末)如图所示，空间中有方向垂直桌面向下的匀强磁场B(图中未画出)，两根平行通电金属直导线M和N恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M和N中电流大小分别为IM、IN.则下列判断可能正确的是(　　)

A．电流方向相同，IM＝IN

B．电流方向相同，IM≠IN

C．电流方向相反，IM＝IN

D．电流方向相反，IM≠IN

答案　C

解析　对M和N进行受力分析可知，在水平方向各自所受合外力为零，若电流方向相同，则M、N所受匀强磁场产生的安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，A、B错误；若电流方向相反，则M、N所受匀强磁场产生的安培力方向相反，又因为两通电直导线之间的安培力为排斥力，方向相反，大小相等，根据安培力公式F＝BIL可知，只有M和N中电流大小相等时，所受匀强磁场的安培力大小才相等，每根导线受到的合力可能为零，C正确，D错误．

8.在直角坐标系xOy的第一象限内，存在一垂直于xOy平面、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场(未画出)，如图所示，一带电粒子(重力不计)在x轴上的A点沿着y轴正方向以大小为

2 m/s的速度射入第一象限，并从y轴上的B点穿出．已知A、B两点的坐标分别为(8 m,0)，(0,4 m)，则该粒子的比荷为(　　)

A．0.1 C/kg   B．0.2 C/kg

C．0.3 C/kg   D．0.4 C/kg

答案　B

解析　粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得＋r＝OA，解得r＝5 m，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得＝＝ C/kg＝0.2 C/kg，故B正确．

二、多项选择题(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，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

9.如图所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法正确的是(　　)

A．组成A束和B束的离子都带正电

B．组成A束和B束的离子质量一定相同

C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里

答案　ACD

解析　A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受静电力和洛伦兹力平衡，则qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有相同的速度，大小为v＝；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不等，根据r＝可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．

10.(2019·海南卷)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(　　)

A．P和Q的质量之比为1∶2

B．P和Q的质量之比为∶1

C．P和Q速度大小之比为∶1

D．P和Q速度大小之比为2∶1

答案　AC

解析　设MN＝2R，则粒子P的运动半径为R，有R＝，粒子Q的运动半径为R，有R＝；又两粒子的运动时间相同，则tP＝TP＝，tQ＝TQ＝，即＝，联立解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误．

11.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q.已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是(　　)

A．质子的最大速度不超过2πRf

B．质子的最大动能为

C．质子的最大动能与U无关

D．若增大电压U，质子的最大动能增大

答案　AC

解析　质子出回旋加速器的速度最大的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πRf，A正确．由Bqv＝得v＝，质子的最大动能Ek＝mv2＝，与电压无关，B、D错误，C正确．

12.(2021·绵阳市江油中学高二月考)如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，电场强度为E，磁感应强度为B.一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)

A．微粒做圆周运动的半径为

B．从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小

C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大

D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小

答案　AB

解析　由题可知，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，静电力与重力必定平衡，则微粒受到的静电力的方向一定竖直向上，有mg＝qE，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由运动学公式v2＝2gh，联立可得微粒做圆周运动的半径r＝，故A正确；从B点运动到D点的过程中动能没有发生改变，在C点的高度最低，重力势能最小，所以从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小，故B正确；从B点运动到D点的过程中静电力先做负功后做正功，所以微粒的电势能先增大后减小，故C错误；根据能量守恒定律可知，微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则电势能和重力势能之和不变，故D错误．

三、非选择题(本题共4小题，共52分)

13.(10分)(2022·广东茂名一中高二下月考)如图所示，将长为50 cm，质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两根相同的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0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；

(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？

答案　(1)0.5 T　(2)3 cm

解析　(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg且二者大小相等

即BIL＝mg(2分)

解得B＝＝0.5 T(2分)

(2)当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1，及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态．

根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg(2分)

当电流反向后，ab棒在两根弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI1L和重力mg作用下处于平衡状态．

根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI1L(2分)

联立解得x2＝x1＝3 cm.(2分)

14．(12分)(2021·潍坊市高二期末)如图所示，一半径为R的圆形区域，圆心位于平面直角坐标系的原点O，其内充满垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第四象限x≥R空间充满沿y轴正方向的匀强电场．位于x轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q、质量为m的正离子，离子沿x轴正方向进入磁场，经坐标点(4R,0)离开电场．已知离子离开磁场时速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°.忽略离子间的相互作用，不计重力．求：

(1)离子在圆形区域中运动时的速度的大小；

(2)电场强度的大小．

答案　(1)　(2)

解析　(1)离子离开磁场时速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°，由几何关系可知tan 30°＝

(2分)

洛伦兹力提供向心力，得qvB0＝m(2分)

联立可得v＝.(2分)

(2)由题意知，离子射入电场时的纵坐标为－R，离子射入电场后沿x轴方向3R＝vcos 60°t

(2分)

沿y方向R＝－vsin 60°t＋·t2(2分)

解得t＝

E＝.(2分)

15．(14分)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示：D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个D形盒接在如图乙所示的电压为U、周期为T的交流电源上，D形盒两直径之间的区域只有电场，交流电源用来提供加速电场．位于D1的圆心处的质子源A在t＝0时产生的质子(初速度可以忽略)在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入D形盒D2，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m、带电荷量为q.半圆形D形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，当质子被加速到最大速度后，沿D形盒边缘运动半周再将它们引出，质子的重力不计，求：

(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径；

(2)质子在磁场中运动的时间．

答案　(1)　(2)

解析　(1)质子在加速电场中第一次被加速，根据动能定理，有

qU＝mv12(2分)

在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

qv1B＝(2分)

解得r＝(2分)

(2)设质子被加速n次后达到最大速度，由动能定理，有

nqU＝mv2(2分)

洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力，有

qvB＝m(2分)

周期T＝(1分)

则质子在磁场中运动的时间t＝n(1分)

解得t＝(2分)

16．(16分)(2021·衡阳一中月考)如图所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5 T的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，M板为高电势．一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，从P点以垂直OA的方向进入磁场中，带电粒子的比荷为＝1.0×104 C/kg，O、P间距离为l＝1.2 m．全过程不计粒子所受的重力，求：

(1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间；

(2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间；

(3)若加速电压U＝220 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场．

答案　(1)2π×10－4 s　(2)×10－4 s　(3)OC边

解析　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，

由Bqv＝及T＝可得周期为：

T＝＝×10－4 s＝4π×10－4 s(2分)

当粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，时间为t1＝＝2π×10－4 s；

(2分)

(2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t2＝＝×10－4 s；(4分)

甲　　　　　　　　　　乙

(3)粒子在加速电场被加速，则有

qU＝mv2(2分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有

qvB＝m(2分)

因U＝220 V，解得r＝0.4 m(1分)

如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，

由几何关系得R＋＝l(1分)

解得R＝0.4 m(1分)

由于粒子在磁场中运动的半径

r＝0.4 m>0.4 m，

所以粒子从OC边射出．(1分)