1、章末过关检测(九)(建议用时：45分钟)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.(2020山东济南质检)如图所示，带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是()AN极竖直向上BN极竖直向下CN极沿轴线向左 DN极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO向左由于磁针N极指向为磁场方向，可知C正确2.(2020湖南长沙模拟)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度
2、v0进入磁场若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O在MN上，且OO与MN垂直下列判断正确的是()A电子将向右偏转B电子打在MN上的点与O点的距离为dC电子打在MN上的点与O点的距离为dD电子在磁场中运动的时间为解析：选D.电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为x，则由几何知识得：xr2d(2)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得：sin 0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t，故D正确3.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截
3、面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1.当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()AFN1FN2，弹簧的伸长量减小BFN1FN2，弹簧的伸长量减小CFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小解析：选C.在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1FN2.同时，F有沿斜
4、面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以C正确4.(2020安徽师大附中模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)则下列说法正确的是()A若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短解析：选A.由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A正确；若v一定，等于90时，粒子离开磁场的
5、位置距O点最远，B错误；若一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，由可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关，选项C、D错误5.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()A. B.C. D.解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示因P到ab距离为，可知30.因粒子速度方向改变60，可知转过的圆心角260.由图中几何关系有tan Rcos ，解得rR.再由Bqvm可得v
6、，故B正确二、多项选择题6如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH 满足：UHk，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()A霍尔元件前表面的电势低于后表面 B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL 消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高
7、若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，A、B错误；因R与RL并联，根据并联分流，得IHI，故IH与I成正比， C正确；由于B与I成正比，设BaI，则ILI，PLIRL，故UHkPL，知UHPL，D正确7.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所
8、受重力可以忽略则()A粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12B粒子完成一次周期性运动的时间为C粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3RD若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少解析：选AC.由半径公式r知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：在第二象限的周期T1，圆心角为120，运动时间t1T1，在第三象限运动的周期T2，圆心角为120，运动时间t2T2，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0t1t2，故B错误
9、；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R22R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1R1R，第二次圆弧的弦长x2R22R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为xx1x23R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中周期运动的时间不变，故D错误8.(2020河南郑州质检)如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上现在给小球一个水平向右的初速度v0，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关
10、系图象可能是()解析：选BD.由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上，若Bqv0mg，球与杆之间无压力作用，即无摩擦力作用，球匀速运动，对应于B图象；若Bqv0mg，杆对球有向下的压力，由Bqv0mgFN知压力随球速度的减小而减小，再由maFfFN知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若Bqv0mg，杆对球产生向上的支持力作用，Bqv0FNmg，此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由maFfFN知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D图对应，故B、D
11、正确三、非选择题9(2017高考天津卷)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0tLat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy
12、at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v联立式得vv0.(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm由几何关系可知RL联立式得.答案：见解析10如图甲所示，质量为m、带电荷量为q的带电粒子在t0 时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，区域磁场磁感应强度大小不变方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；区域为匀强电场，方向向上；区域为匀强磁场，磁感应强度大小与区域相同均为B0.粒子在区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为 整数倍(1)粒子在区域运动的轨迹半径为多少？(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)解析：(1)带电粒子在区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0m解得r(或T0，r)(2)画出符合要求的运动轨迹如图所示，第一种情况：粒子在区域运动半径Rqv2B0m解得粒子在区域速度大小：v2第二种情况：粒子在区域运动半径R粒子在区域速度大小：v22v0.答案：(1)或(2)2v07
