1、章末质量检测(八)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24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.(2016甘肃兰州模拟)如图1所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直。A导线中的电流方向垂直纸面向里，闭合开关S，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()图1A.水平向左 B.水平向右C.竖直向下 D.竖直向上解析先根据安培定则判断通电螺线管在A处的磁场方向水平向左，再根据左手定则可判断A受力竖直向上。答案D2.在绝缘圆柱体上a、b两位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图2所示电流
2、时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移到位置c，则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2。今保持b处金属圆环位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在a位置的金属圆环受到的安培力()图2A.大小为|F1F2|，方向向左B.大小为|F1F2|，方向向右C.大小为|F1F2|，方向向左D.大小为|F1F2|，方向向右解析b处金属圆环受到的安培力F1即为两圆环间相互作用的安培力，由于电流方向相反，安培力为斥力，因此a处金属圆环同时也受到大小为F1、方向向左的安培力；当b处圆环移到位置c时，F2也向左，且F1F2；若在c位置再放一个
3、金属圆环，电流大小为I2而方向与I1相同，则c处电流对a处金属圆环的安培力大小为F2，方向向右。所以a处金属圆环受到的安培力大小为|F1F2|，方向向左，C项正确。答案C3.(2014新课标全国卷，16)如图3所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图3A.2 B. C.1 D.解析设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v1、v2及R1、R2。由牛顿第二定律及
4、洛伦兹力公式得：qv1B上qv2B下由题意知：R12R2mv2mv联立得：，选项D正确。答案D4.如图4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()图4A.FN1FN2，弹簧的伸长量减小B.FN1FN2，弹簧的伸长量减小C.FN1FN2，弹簧的伸长量增大D.FN1FN2，弹簧的伸长量减小解析在题图中，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
5、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，所以选项C正确。答案C二、多项选择题(本题共3小题，每小题8分，共计24分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，错选或不选的得0分。)5.(2016浙江温州联考)如图5所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有恒定电流，棒处于平衡状态，并且弹簧的弹力恰好为零。若电流
6、大小不变而方向反向，则()图5A.每根弹簧弹力的大小为mgB.每根弹簧弹力的大小为2mgC.弹簧形变量为D.弹簧形变量为解析电流方向改变前，对棒受力分析，根据平衡条件可知，棒受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，棒受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对棒受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为，选项A、C正确。答案AC6.如图6所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是()图
7、6A.粒子带负电B.所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B的磁场中的运动时间都相同C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大解析根据粒子在磁感应强度为B的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，EqBqv，可得v，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r，则，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B的磁场中都只运动半个周期，周期T，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B的磁场中的运动时间不同，B错误。答案CD7.回旋加速
8、器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图7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，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是()图7A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B.若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C.若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为解析由r可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径
9、有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqUmv以及rn可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为，D正确。答案BD三、非选择题(共3小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)8.(16分)(2016湖南株洲质检)如图8所示，在xOy平面内，在0x1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场，在x1.5l、y0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小都为B。有一质量
10、为m、电荷量为q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正方向成30射入磁场，粒子刚好经过P点进入磁场，后经过x轴上的M点射出磁场。已知P点坐标为(1.5l，l)，不计重力的影响，求：图8(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置。解析(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O做初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得：APOO1OP30故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r。由几何关系可得：rrcos 601.5l解得：rl根据牛顿运动定律有qvBm解得v(2)由对称性可知OM21.5l3l答案(1)(2)3l9.(16分)(201
11、6湖北黄冈质检)如图9所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域、内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为(l，l)，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A(l，l)点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴离开磁场，电荷重力不计。图9(1)求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域时的速度大小v；(2)若将区域内的磁场换成沿x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E。解析(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O进入磁场区域，且ACOD，则D的坐标为(l，0)
12、。设粒子在磁场中运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对圆心角为，根据几何知识可知rsin l，rrcos ll，解得，rl。粒子在磁场中做圆周运动，qvBm，速度大小v，故v。(2)设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a，则根据运动的分解可知在x轴方向：0vsin at，在y轴方向：vtcos l，其中，qEma，联立解得E。答案(1)(l，0)(2)10.(20分)(2016广东百校联考)如图10所示，一质量m11016 kg、电荷量q2106 C的带正电微粒(重力不计)，从静止开始经电压U1400 V的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L1 m，两板间距d m，
13、微粒射出偏转电场时的偏转角30，接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，该匀强磁场的磁感应强度大小B T，微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出。求：图10(1)微粒进入偏转电场时的速度大小v0；(2)两金属板间的电压U2；(3)微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度D。解析(1)带电粒子在加速电场中，由动能定理有：qU1mv得：v04106 m/s。(2)带电粒子在偏转电场中运动时：attan 得：U2400 V。(3)带电粒子在磁场中运动，恰好从右边界射出，对应圆周运动的圆心角为120，由洛伦兹力提供向心力，有qvBm得：rT带电粒子在磁场中运动的时间t11010 s由几何关系可知：Drrsin cos 解得：D104 m(或D3.3104 m)。答案(1)4106 m/s(2)400 V(3)104 m(或3.3104 m)
