2019_2020版高中物理第5章磁场与回旋加速器章末检测试卷（五）讲义精练（含解析）沪科版

2019_2020版高中物理第5章磁场与回旋加速器章末检测试卷（五）讲义精练（含解析）沪科版

章末检测试卷(五)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1～6题为单项选择题，7～12题为多项选择题)1.(2018·东北师大附中高二上学期期中)有一导线南北方向放置，在其下方放一个小磁针.小磁针稳定后，给导线通上如图1所示电流，发现小磁针的S极垂直纸面向外偏转.关于此现象下列说法正确的是(　　)图1A.没有通电时，小磁针的S极指向地磁场的南极B.通电后小磁针S极仍指向地磁场的南极C.通电导线在小磁针所在处产生的磁场方向垂直纸面向外D.通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场答案　D解析　小磁针自由静止时，指向地理北极的一端是小磁针的北极，即N极，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针的S极指向地磁场的北极，故A错误；通电后根据安培定则可知，导线在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针N极将偏向纸里，S极将偏向纸外，故B、C错误；通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，故D正确.2.(2018·张家口市高二上学期期末)如图2所示，两平行直硬导线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(　　)图2A.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efn在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，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点的磁场方向向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；根据左手定则可判断，电流方向相反的两根导线互相排斥，所以ef导线受到的安培力方向向右，故C正确.3.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图3所示.则过c点的导线所受安培力的方向(　　)图3A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边垂直，指向左边C.与ab边平行，竖直向下D.与ab边垂直，指向右边答案　B解析　由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下.再由左手定则可得：安培力的方向与ab边垂直，指向左边，故选B.4.(2018·菏泽市高二上学期期末)在方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里.如图4所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　)图4A.b、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等C.c点的磁感应强度的值最大D.a点的磁感应强度的值最小答案　A解析　用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示：na点有向上的原磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁场和原磁场方向相同，叠加后磁感应强度变大.b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上.c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加后磁感应强度变小.d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上.d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同.a、b两点的磁感应强度大小不相等；a点的磁感应强度的值最大，c点最小，选项B、C、D错误，选项A正确.5.(2018·邗江中学高二上学期期中)如图5所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场.闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形变均在弹性限度内，则磁感应强度B的大小为(　　)图5A.(x2－x1)B.(x2－x1)C.(x2＋x1)D.(x2＋x1)答案　A解析　弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsinα＝kx1＋BIL电流反向后，弹簧伸长量为x2，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsinα＋BIL＝kx2联立两式得：B＝(x2－x1)，选项A正确.6.(2018·深圳高中联盟第一学期期末)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AOn方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图6所示.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)图6A.a粒子带正电，b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受的洛伦兹力较大C.b粒子的动能较大D.b粒子在磁场中运动的时间较长答案　C解析　由左手定则可判定a带负电，b带正电，由于b粒子轨道半径大，因而b粒子速率大，动能大，所受洛伦兹力大，选项C正确，A、B错误；由题图可知，由于b粒子弧长及半径比a粒子大，b粒子轨迹所对的圆心角比a粒子小，所以b粒子在磁场中运动时间较短，选项D错误.7.(2018·安徽师大附中高二上学期期末)如图7所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开.板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动.则(　　)图7A.带电粒子一定带正电B.若仅将板间距离变为原来的2倍，带电粒子运动轨迹偏向下极板C.若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，带电粒子仍将做匀速直线运动D.若撤去电场，带电粒子在板间运动的最长时间可能是答案　CD解析　带电粒子无论带何种电荷，电场力与洛伦兹力大小都相等Eq＝qv0B，故A错误；由题知平行金属板所带电荷量不变，则电场强度E＝＝＝，故电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，故B错误；根据Eq＝qvBn可知，将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，二力依然平衡，所以带电粒子仍做匀速直线运动，故C正确；当撤去电场，带电粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，在磁场中做圆周运动的周期T＝，带电粒子在板间运动的最长时间可能是＝，故D正确.8.如图8为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场.带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的(　　)图8A.半径之比为∶1B.速度之比为1∶C.时间之比为2∶3D.时间之比为3∶2答案　AC解析　设磁场半径为R，当第一次以速度v1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：＝tan60°，即r1＝R.当第二次以速度v2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r2＝R，所以＝，A正确；两次情况下都是同一个带电粒子在相同的磁感应强度下运动的，所以根据公式r＝，可得＝＝，B错误；因为周期T＝，与速度无关，所以运动时间之比为＝＝，C正确，D错误.9.A、B两个离子(不计重力)同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图9所示.设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是(　　)图9A.A为正离子，B为负离子B.A、B两离子运动半径之比为1∶nC.A、B两离子速率之比为1∶D.A、B两离子的比荷之比为2∶1答案　BD解析　A向右偏转，根据左手定则知，A为负离子，B向左偏转，根据左手定则知，B为正离子，故A错误；A、B两离子在磁场中做圆周运动，以A离子为例运动轨迹如图所示，由几何关系可得r＝，l为PQ的距离，则A、B两离子运动半径之比为∶＝1∶，故B正确；离子的速率为v＝r·，时间相同，半径之比为1∶，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶，故C错误；根据r＝知，＝，因为速度大小之比为2∶，半径之比为1∶，则比荷之比为2∶1，故D正确.10.(2018·佛山市高二上学期期末)如图10为某种回旋加速器的示意图，它由两个相对放置的D形盒构成.其盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C两极板间，图中虚线为A、C两极板的延长线，其间未加电场.带电粒子从P0处小孔以速度v0沿电场线方向射入A、C两极板间，经加速后经C板上小孔，进入D形盒的匀强磁场中做匀速圆周运动(“孔”与“盒”图中均未画出).对于这种回旋加速器，下列说法正确的是(　　)图10A.带电粒子每运动一周只被加速一次B.带电粒子依次运动到A极板右侧延长线的位置间距离P1P2＝P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性的变化，A、C两极板间加速，加速的电场不需要改变答案　AC解析　带电粒子只有经过A、C两极板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向不需要改变，则在A、C两极板间加速，故A正确，D错误.根据r＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v2－v12＝2adn，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2P2P3，故B错误.当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据R＝，vmax＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确.11.如图11是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是(　　)图11A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.该速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里C.该速度选择器只能选出一种电性，且速度等于的粒子D.打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷小答案　AD12.(2018·重庆高二上学期期末)如图12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(　　)图12A.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＋nD.小球运动中的最大速度为－答案　BD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，小球所受的杆的弹力向左，大小为N＝qE＋qvB，N随着v的增大而增大，滑动摩擦力f＝μN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.二、计算题(本题共4小题，共52分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)(2018·南阳市高二上学期期中)如图13所示，将长为50cm、质量为1kg的均匀金属棒ab的两端用两只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4A电流时，弹簧恰好不伸长(g＝10m/s2).图13(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1A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，求弹簧的形变量.(弹簧始终在弹性限度内)答案　(1)5T　(2)5cm解析　(1)弹簧恰好不伸长时，对金属棒受力分析，则BIL＝mg，(2分)故磁感应强度B＝＝5T(2分)(2)当大小为1A的电流由a流向b时，有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)当电流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L.(2分)联立得x2＝x1＝5cm.(2分)14.(12分)如图14所示，粒子源能放出初速度为0、比荷均为＝1.6×104C/kg的带负电粒子，进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r＝0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B＝0.5T，在圆形磁场区域右边有一竖直屏，屏的高度为h＝m，屏距磁场右侧距离为L＝0.2nm，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上.现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，不计重力，试求加速电压的最小值.图14答案　60V解析　带电粒子运动轨迹如图所示，根据牛顿第二定律及几何知识得：tan＝＝，故磁感应强度一定时，带电粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小.若带电粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值，此时带电粒子刚好打在屏的最下端B点，根据带电粒子在磁场中的运动特点可知，粒子偏离水平方向的夹角正切值为tanθ＝，(2分)解得：tanθ＝，(1分)带电粒子偏离水平方向的夹角：θ＝60°＝，(1分)由几何关系可知，此时粒子在磁场中对应的轨迹半径为：R＝＝m(2分)带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qU＝mv2(2分)带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB＝(1分)联立解得：U＝＝60V(2分)故加速电压的最小值为60V.(1分)15.(14分)(2018·郴州市高二上学期期末)如图15所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，bn端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小球(小球重力忽略不计)，从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝0.3，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是，求：图15(1)小球到达b点的速度大小；(2)匀强电场的场强E；(3)带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值.答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)小球在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqvb＝m(2分)又R＝解得vb＝(2分)(2)小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛伦兹力f，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f摩，匀速时洛伦兹力f＝Bqvb则有N＝f＝Bqvb(1分)f摩＝μN＝μBqvb(1分)当小球做匀速运动时qE＝f摩＝μBqvb(1分)解得E＝(1分)(3)小球从a运动到b过程中由动能定理得：W电－W克f＝mvb2(2分)又W电＝qEl＝(1分)n所以W克f＝－mvb2＝(2分)则有：＝.(1分)16.(16分)(2018·烟台市高二上学期期末)如图16所示，在y轴左侧有一平行x轴方向的匀强电场，电场强度E＝2×103V/m，在y轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限内磁场的磁感应强度大小B0＝×10－2T，第四象限内磁场的磁感应强度大小为2B0.现有一比荷＝1×106C/kg的粒子，从电场中与y轴相距10cm的M点(图中未标出)由静止释放，粒子运动一段时间后从N点进入磁场，并一直在磁场中运动且多次垂直通过x轴，不计粒子重力，试求：图16(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)从粒子进入磁场开始计时到粒子第三次到达x轴所经历的时间；(3)粒子轨迹第一次出现相交时所对应的交点坐标.答案　(1)2×104m/s　(2)π×10－4s(3)解析　(1)对粒子在电场中，由动能定理得Eqs＝mv2(2分)得v＝＝2×104m/s(1分)(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹如图所示根据向心力公式：qvB＝m(1分)n又v＝(1分)得：T1＝；T2＝(1分)所以粒子从进入磁场到第三次运动到x轴所用的时间为t＝＋＋(1分)代入数据可得t＝π×10－4s(1分)(3)设粒子轨迹第一次出现相交时的交点为P，如图所示，三角形OPO1为等边三角形，OP＝PO1＝OO1＝R1(1分)根据粒子在磁场内做圆周运动的向心力由它受到的洛伦兹力提供，则有qvB0＝m(1分)得R1＝m(1分)根据几何关系可得，P点横坐标x＝R1cos60°＝m(2分)纵坐标y＝R1sin60°＝m(2分)所以P点坐标为P(1分)