章末過關(guān)檢測(九)(時間：60分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)1.如圖所示，帶負(fù)電的金屬環(huán)繞軸OO′以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后平衡時的位置是()A．N極豎直向上 B．N極豎直向下C．N極沿軸線向左 D．N極沿軸線向右解析：選C.負(fù)電荷勻速轉(zhuǎn)動，會產(chǎn)生與旋轉(zhuǎn)方向反向的環(huán)形電流，由安培定則知，在磁針處磁場的方向沿軸OO′向左．由于磁針N極指向為磁場方向，可知選項C正確．2．如圖所示是電子射線管的示意圖．接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線．要使熒光屏上的亮線向上(z軸正方向)偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是()A．加一沿y軸正方向的磁場B．加一沿y軸負(fù)方向的磁場C．加一沿z軸正方向的磁場D．加一沿z軸負(fù)方向的磁場解析：選B.若加一沿y軸正方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸負(fù)方向，亮線向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤．若加一沿y軸負(fù)方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸正方向，亮線向上偏轉(zhuǎn)，故B正確．若加一沿z軸正方向的磁場，電子受沿y軸正向的磁場力作用，亮線向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，故C錯誤．若加一沿z軸負(fù)方向的磁場，電子受沿y軸負(fù)向的磁場力作用，亮線向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，故D錯誤．3.如圖所示，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是()A．將變阻器滑動頭P向右滑動B．將變阻器滑動頭P向左滑動C．將極板間距離適當(dāng)減小D．將極板間距離適當(dāng)增大解析：選D.電子射入極板間后，偏向A板，說明qE>qvB，由E＝eq\f(U,d)可知，減小場強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動變阻器滑動頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯誤．4.不計重力的兩個帶電粒子M和N經(jīng)小孔S垂直磁場邊界且垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在磁場中的軌跡如圖．分別用vM與vN，tM與tN，eq\f(qM,mM)與eq\f(qN,mN)表示它們的速率、在磁場中運動的時間、比荷，下列說法正確的是()A．如果eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，則vM>vNB．如果eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，則tM<tNC．如果vM＝vN，則eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)D．如果tM＝tN，則eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)解析：選C.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝B·r·eq\f(q,m)，由它們在磁場中的軌跡可知兩個帶電粒子M和N軌跡半徑關(guān)系為rM＞rN，結(jié)合上式可知，如果eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，vM不一定大于vN，選項A錯誤．由題意可知，兩個帶電粒子M和N在勻強(qiáng)磁場中的軌跡均為半個圓周，運動時間均為半個周期，如果eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)可知，兩個帶電粒子M和N在勻強(qiáng)磁場中運動周期關(guān)系為TM＞TN，則tM＞tN，選項B錯誤．由eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)且rM＞rN可知，如果vM＝vN，則eq\f(qM,mM)＜eq\f(qN,mN)，選項C正確．由t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)可知eq\f(q,m)＝eq\f(π,Bt)，如果tM＝tN，則eq\f(qM,mM)＝eq\f(qN,mN)，選項D錯誤．5．空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B．eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D．eq\f(3mv0,qR)解析：選A.如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確．二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分)6．(2018·河北定州中學(xué)模擬)速度相同的一束粒子(不計重力)經(jīng)速度選擇器射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是()A．該束帶電粒子帶正電B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B1)D．若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越小解析：選ACD.由圖可知，帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電，故A正確．在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強(qiáng)度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯誤．粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1＝qE，解得：v＝eq\f(E,B1)，故C正確．粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB).可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則eq\f(q,m)越小，故D正確.7.(2018·江西吉安一中段考)如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內(nèi)有B＝10－4T的勻強(qiáng)磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)，當(dāng)角α＝45°時，出射粒子速度v的大小錯誤的是()A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D．4eq\r(2)×106m/s解析：選ACD.粒子從小孔a射入磁場，與ab方向的夾角為α＝45°，則粒子從小孔b離開磁場時速度與ab的夾角也為α＝45°，過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌跡的圓心O′，畫出軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡所對應(yīng)的圓心角為：θ＝2α＝90°，則粒子的軌跡半徑有關(guān)系：eq\r(2)r＝2R，由牛頓第二定律得：Bqv＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(qBr,m)＝2eq\r(2)×106m/s，故選項B正確．8.(2018·長沙市長郡中學(xué)模擬)絕緣光滑斜面與水平面成α角，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q>0)的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0(v0>0)，方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強(qiáng)磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN.則下列判斷正確的是()A．勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mg,qv0)B．勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)C．小球在斜面做變加速曲線運動D．小球達(dá)到底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))解析：選BD.對小球受力分析，受重力、支持力、洛倫茲力，根據(jù)左手定則，可知，洛倫茲力垂直斜面向上，即使速度的變化，不會影響重力與支持力的合力，由于速度與合力垂直，因此小球做勻變速曲線運動，故C錯誤；根據(jù)小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN，則小球受到的洛倫茲力0≤f＝qv0B≤mgcosα，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)，故A錯誤，B正確；小球做類平拋運動，則在斜面上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)力的分解法則及牛頓第二定律，則小球的加速度a＝eq\f(mgsinα,m)，再由運動學(xué)公式，球到達(dá)底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，故D正確．三、非選擇題(本題共4小題，共52分，按題目要求作答．計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9．(10分)如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L＝1m．導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與一物體相連(繩與棒垂直)，物體的質(zhì)量為M＝0.3kg.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(g取10m/s2)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，方向豎直向下，為了使物體勻速上升，應(yīng)在棒中通入多大的電流？方向如何？解析：對導(dǎo)體棒ab受力分析，由平衡條件得，豎直方向FN＝mg水平方向BIL－Ff－Mg＝0又Ff＝μFN聯(lián)立解得I＝2A由左手定則知電流方向由a指向b.答案：2A電流方向由a指向b10．(12分)(2018·山西大同聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，第一象限的等腰三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子從電場中Q(－2h，－h(huán))點以速度v0水平向右射出，經(jīng)坐標(biāo)原點O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場．已知MN平行于x軸，N點的坐標(biāo)為(2h，2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強(qiáng)度的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3)粒子在磁場中的運動時間．解析：(1)粒子在電場中運動時由幾何關(guān)系可知粒子水平方向位移為2h，豎直方向位移為h，由類平拋運動規(guī)律得2h＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律可知Eq＝ma，聯(lián)立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh).(2)粒子到達(dá)O點，沿＋y方向的分速度vy＝at＝eq\f(Eq,m)·eq\f(2h,v0)＝v0，則速度與x正方向的夾角α滿足tanα＝eq\f(vy,vx)＝1，α＝45°，粒子從MP的中點垂直于MP進(jìn)入磁場，垂直于NP射出磁場，粒子在磁場中的速度v＝eq\r(2)v0，軌道半徑R＝eq\r(2)h，又Bqv＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv0,qh).(3)由題意得，帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為45°，故運動時間t＝eq\f(1,8)T＝eq\f(2πm,Bq)·eq\f(1,8)＝eq\f(πh,4v0).答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\f(mv0,qh)(3)eq\f(πh,4v0)(1)小球運動速度的大?。?2)在x>0的區(qū)域內(nèi)所加的電場強(qiáng)度的大?。?3)小球從N點運動到M點所用的時間．解析：(1)帶電小球做直線運動時的受力情況如圖1所示由受力分析圖1得qE＝mgtan30°mg＝qvBcos30°聯(lián)立得v＝eq\f(2E,B).(2)小球在x＞0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則帶電小球所受電場力應(yīng)與所受重力相平衡qE1＝mg解得E1＝eq\r(3)E.(3)小球的運動軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知∠OPO′＝α＝30°，∠NO′P＝120°由勻速圓周運動特點，可知小球做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)由幾何知識可知，線段MP＝eq\f(R,tanα)＝eq\r(3)R帶電小球做直線運動的時間t1＝eq\f(MP,v)＝eq\f(\r(3)R,v)＝eq\f(\r(3)m,qB)＝eq\f(3E,gB)帶電小球做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2\r(3)πE,gB)所以小球做圓周運動從N到P所用的時間t2＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πE,\r(3)gB)則帶電小球從N點到M點所用的時間t＝t1＋t2＝eq\f(E,gB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2π,\r(3)))).答案：(1)eq\f(2E,B)(2)eq\r(3)E(3)eq\f(E,gB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2π,\r(3))))12．(15分)(2018·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．在OP與QR之間的區(qū)域內(nèi)有一豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.C、D是質(zhì)量為m和4m的絕緣小物塊(可視為質(zhì)點)，其中D帶有電荷量q，C不帶電．現(xiàn)將物塊D靜止放置在水平軌道的MO段，將物塊C從離水平軌道MN距離h高的L處由靜止釋放，物塊C沿軌道下滑進(jìn)入水平軌道，然后與D相碰，碰后物體C被反彈滑至斜面eq\f(h,9)處，物體D進(jìn)入虛線OP右側(cè)的復(fù)合場中繼續(xù)運動，最后從RQ側(cè)飛出復(fù)合場區(qū)域．求：(1)物塊D進(jìn)入磁場時的瞬時速度vD；(2)若物塊D進(jìn)入磁場后恰好做勻速圓周運動，求所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的值及物塊D的電性；(3)若物塊D飛離復(fù)合場區(qū)域時速度方向與水平夾角為60°，求物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d.解析：(1)對物塊C，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2反彈后eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgeq\f(h,9)得