2024新教材高中物理章末綜合測(cè)評(píng)1磁場(chǎng)粵教版選擇性必修第二冊(cè)

章末綜合測(cè)評(píng)(一)磁場(chǎng)1．如圖所示，通電導(dǎo)線由Ⅰ位置繞固定軸轉(zhuǎn)到Ⅱ位置，該導(dǎo)線所受安培力大小()A．變大 B．變小C．不變 D．不能確定C[通電導(dǎo)線由Ⅰ位置繞固定軸轉(zhuǎn)到Ⅱ位置的過(guò)程中，F(xiàn)、I與B三者大小不變且方向總是相互垂直的，所以F的大小不變。選C。]2．兩足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線POF與EO′Q垂直疊放，相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線通過(guò)電流I時(shí)，在距離導(dǎo)線d處所產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、BB[依據(jù)安培定則可知，兩根導(dǎo)線在M處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0；豎直方向的導(dǎo)線和水平方向的導(dǎo)線在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相同，疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，B正確。]3．如圖所示，一根有質(zhì)量的金屬棒MN，兩端用細(xì)軟導(dǎo)線連接后懸于a、b兩點(diǎn)，棒的中部處于方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時(shí)懸線上有拉力，為了使拉力等于零，可以()A．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度 B．使磁場(chǎng)反向C．適當(dāng)增大電流 D．使電流反向C[首先對(duì)MN進(jìn)行受力分析：受豎直向下的重力G，受兩根軟導(dǎo)線的豎直向上的拉力和安培力。處于平衡時(shí)：有2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不變，欲使拉力F減小到0，應(yīng)增大安培力BIL，所以可增大磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B或增加通過(guò)金屬棒中的電流I，或二者同時(shí)增大，故選項(xiàng)C正確。]4．下列四副圖關(guān)于各物理量方向間的關(guān)系中，正確的是()ABCDB[由左手定則可知，安培力的方向總是與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，故A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)的方向向下，電流的方向向里，由左手定則可知安培力的方向向左，故B正確；由左手定則可知，洛倫茲力的方向總是與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，應(yīng)為垂直紙面對(duì)外，故C錯(cuò)誤；通電螺線管內(nèi)部產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿螺線管的軸線方向，由題圖D可知電荷運(yùn)動(dòng)的方向與磁感線的方向平行，不受洛倫茲力，故D錯(cuò)誤。]5．如圖所示，甲、乙兩個(gè)帶等量異種電荷而質(zhì)量不同的帶電粒子，以相同的速率經(jīng)小孔P垂直磁場(chǎng)邊界MN，進(jìn)入方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并垂直打在磁場(chǎng)邊界MN上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。不計(jì)粒子所受重力、空氣阻力和粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是()A．甲帶負(fù)電荷，乙?guī)д姾葿．甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量C．洛倫茲力對(duì)甲做正功D．甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間B[在P點(diǎn)，帶電粒子速度方向向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，甲受向左的洛倫茲力，依據(jù)左手定則可知，甲帶正電荷；同理在P點(diǎn)，乙受向右的洛倫茲力，依據(jù)左手定則可知，乙?guī)ж?fù)電荷，A錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)；由于q、v、B均相同，甲的軌跡半徑比乙的軌跡半徑大，則甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故B正確；依據(jù)左手定則，洛倫茲力與速度垂直，故洛倫茲力永不做功，故C錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期的時(shí)間t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)；由于q、B均相同，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。]6．有一混合正離子束先后通過(guò)正交電磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如圖所示，假如這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們肯定具有相同的()①速度；②質(zhì)量；③電量；④比荷A．①③ B．②③④C．①④ D．①②③④C[在區(qū)域Ⅰ，運(yùn)動(dòng)的正離子受到豎直向下的電場(chǎng)力和豎直向上的洛倫茲力，且Eq＝Bqv，離子以速度v＝eq\f(E,B)勻速穿過(guò)區(qū)域Ⅰ，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，因經(jīng)區(qū)域Ⅰ的正離子v相同，當(dāng)r相同時(shí)，必有eq\f(q,m)相同。]7．如圖所示為一種回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連，現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)，下列推斷中正確的是()A．它們?cè)贒形盒中運(yùn)動(dòng)的周期不相同B．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動(dòng)能C．它們的最大動(dòng)能相同D．它們的最大速度相同D[粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為eq\f(2πm,qB)，代入數(shù)值可知周期相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑等于D形盒半徑，半徑相同，依據(jù)半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知最大速度相同，選項(xiàng)D正確；Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知最大動(dòng)能不同且與頻率無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。]8．如圖所示，有一半徑為R、有明顯邊界的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。今有一電子沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，恰好沿y軸負(fù)方向射出。假如電子的比荷為eq\f(e,m)。求：(1)電子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。[解析]由題意可確定其軌跡如圖所示。(1)由幾何學(xué)問(wèn)可求軌跡的半徑為r＝R。結(jié)合半徑公式r＝eq\f(mv,qB)得電子的速度大小為v＝eq\f(eBR,m)。(2)軌跡所對(duì)的圓心角為90°，所以電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2eB)。[答案](1)eq\f(eBR,m)(2)eq\f(πm,2eB)9．如圖所示，在與水平方向成60°角的光滑金屬導(dǎo)軌間連一電源，在相距1m的平行導(dǎo)軌上放一重為3N的金屬棒ab，棒上通過(guò)3A的電流，磁場(chǎng)方向豎直向上，這時(shí)棒恰好靜止，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)ab棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力；(3)若要使B取值最小，其方向應(yīng)如何調(diào)整？并求出最小值。[解析](1)棒靜止時(shí)，其受力如圖所示則有：F＝Gtan60°，即BIl＝Gtan60°，B＝eq\f(\r(3)G,Il)＝eq\r(3)T。(2)ab棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力F′N與FN大小相等，F(xiàn)N＝eq\f(G,cos60°)＝6N，所以F′N＝FN＝6N。(3)若要使B取值最小，即安培力F最小。明顯當(dāng)F平行于斜面對(duì)上時(shí)，F(xiàn)有最小值，此時(shí)B應(yīng)垂直斜面對(duì)上，且有：F＝Gsin60°，所以BminIl＝Gsin60°，Bmin＝eq\f(Gsin60°,Il)＝eq\f(\r(3),2)T。[答案](1)eq\r(3)T(2)6N(3)B應(yīng)垂直斜面對(duì)上eq\f(\r(3),2)T10．(多選)(2024·天津卷)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過(guò)x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)aAD[由左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電荷，A正確；做出粒子的軌跡示意圖，如圖所示，假設(shè)軌跡的圓心為O′，則由幾何關(guān)系得粒子的軌道半徑為R＝eq\r(2)a，則由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯(cuò)誤；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正確。]11．(多選)如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側(cè)有一正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)豎直向上，磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，一帶電小球從軌道上的A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)。則可判定()A．小球帶負(fù)電B．小球帶正電C．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將馬上向上偏D．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將馬上向下偏BD[小球從P點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球肯定受力平衡，由受力平衡知小球肯定帶正電，且qE＋qvB＝mg；若從B點(diǎn)靜止滑下，由動(dòng)能定理可求得小球進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)v′<v，則qE＋qv′B<mg，故向下偏，B、D正確。]12．(多選)如圖所示，有兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b；a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x，當(dāng)兩細(xì)棒中均通以電流強(qiáng)度為I的同向電流時(shí)，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關(guān)于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法正確的是()A．方向向上B．大小為eq\f(\r(2)mg,2IL)C．要使a仍保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使b上移D．若使b下移，a將不能保持靜止ACD[依據(jù)安培定則，可知b在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樨Q直向上，A正確；依據(jù)左手定則，可知a受到水平向右的安培力，還受豎直向下的重力，斜面給的支持力，合力為零，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得BIL＝mg，解得B＝eq\f(mg,IL)，B錯(cuò)誤；重力和水平向右的磁場(chǎng)力的合力與支持力平衡，當(dāng)減小b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則磁場(chǎng)力減小，要使a仍平衡，依據(jù)受力平衡條件，則可使b上移，即b對(duì)a的磁場(chǎng)力斜向上，C正確；當(dāng)b豎直向下移動(dòng)，導(dǎo)體棒間的安培力減小，依據(jù)受力平衡條件，當(dāng)a受到的安培力方向順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，只有大小變大才能保持平衡，而安培力在減小，因此不能保持靜止，故D正確。]13．(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點(diǎn)初速度為0)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最終分別打在感光板S上的x1、x2處。圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過(guò)的路徑，則()A．a(chǎn)的質(zhì)量肯定大于b的質(zhì)量B．a(chǎn)的電量肯定大于b的電量C．a(chǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷CD[粒子經(jīng)電場(chǎng)加速的過(guò)程，由動(dòng)能定理有：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律知Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，所以R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由圖知Ra＜Rb，故eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb)，A、B錯(cuò)誤，D正確；因周期為T＝eq\f(2πm,Bq)，運(yùn)行時(shí)間為eq\f(T,2)，所以a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，C正確。]14．(多選)(2024·湖北隨州一中高二期中)自行車速度計(jì)是利用霍爾傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。圖乙為霍爾傳感器的工作原理圖。當(dāng)磁鐵靠近霍爾傳感器時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)的自由電荷在磁場(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，即為霍爾電勢(shì)差。下列說(shuō)法正確的是()甲乙A．依據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)和前輪半徑即可獲知車速大小B．自行車的車速越大，霍爾電勢(shì)差越高C．圖乙中電流I是由正電荷定向移動(dòng)形成的D．假如長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，霍爾電勢(shì)差將減小AD[依據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)，可求得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)周期，從而求得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，最終由線速度公式結(jié)合前輪半徑，即可求解車速大小，故A正確；依據(jù)洛倫茲力等于電場(chǎng)力有qvB＝qeq\f(UH,d)，可得UH＝Bvd，依據(jù)電流的微觀定義式I＝neSv，可得v＝eq\f(I,neS)，聯(lián)立解得UH＝eq\f(IBd,neS)，可知霍爾電壓UH與車速大小無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；圖乙中電流I是由負(fù)電荷定向移動(dòng)形成的，故C錯(cuò)誤；依據(jù)公式UH＝eq\f(IBd,neS)，若長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，則電流I減小，則霍爾電勢(shì)差將減小，故D正確。]15．如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。x軸下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,2)，方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為－q的帶電粒子(不計(jì)重力)，從x軸上O點(diǎn)以速度v0垂直x軸向上射出。求：(1)射出之后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間粒子其次次到達(dá)x軸；(2)粒子其次次到達(dá)x軸時(shí)離O點(diǎn)的距離。[解析]粒子射出后受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后第一次到達(dá)x軸，以向下的速度v0進(jìn)入下方磁場(chǎng)，又運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后其次次到達(dá)x軸。如圖所示。(1)由牛頓其次定律有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)， ①T＝eq\f(2πr,v0)， ②得T1＝eq\f(2πm,qB)，T2＝eq\f(4πm,qB)，粒子其次次到達(dá)x軸需時(shí)間t＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T2＝eq\f(3πm,qB)。(2)由①式可知r1＝eq\f(mv0,qB)，r2＝eq\f(2mv0,qB)，粒子其次次到達(dá)x軸時(shí)離O點(diǎn)的距離s＝2r1＋2r2＝eq\f(6mv0,qB)。[答案](1)eq\f(3πm,qB)(2)eq\f(6mv0,qB)16．兩塊金屬板a、b平行放置，板間存在與勻強(qiáng)電場(chǎng)正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，假設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以肯定的初速度v0從兩極板中間，沿垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的方向射入場(chǎng)中，無(wú)偏轉(zhuǎn)地通過(guò)場(chǎng)區(qū)，如圖所示，已知板長(zhǎng)l＝10cm，兩板間距d＝3.0cm，兩板間電勢(shì)差U＝150V，v0＝2.0×107m/s。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)若撤去磁場(chǎng)，求電子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離，以及電子通過(guò)場(chǎng)區(qū)后動(dòng)能的增加量(電子所帶電量的大小與其質(zhì)量之比eq\f(e,m)＝1.7