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所示电流时，b处金
2、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位置再放一个金属圆环，电流大小
3、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3A2 B. C1 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。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得：qv
4、1B上qv2B下由题意知：R12R2mv2mv联立得：，选项D正确。答案D4(2016苏北四市联考)两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图4所示，(不计粒子重力)则()图4Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨道半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12D两粒子的速度之比vavb12解析根据左手定则和粒子的运动轨迹可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；如图所示，根据几何关系，则有两半径相比为RaRb1，选项B错误；两圆心的连线与两个半径构成
5、一个角为30，另一个为60的直角三角形。则a粒子圆弧对应的圆心角为120，而b粒子圆弧对应的圆心角为60。由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为TaTb12，由周期公式T可知，质量之比mamb12，选项C正确；由半径公式R可知，在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比，所以速度大小之比vavb2，选项D错误。答案C二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得6分，选对但不全的得3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
6、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
7、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
8、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
9、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58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
10、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OM
11、21.5l3l答案(1)(2)3l9(20分)质量为m的金属滑块，带电荷量q，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入电磁场空间，匀强磁场方向如图9所示，匀强电场方向水平(且与地板平行)，滑块与绝缘地板间的动摩擦因数为。已知滑块自A点沿绝缘板匀速直线运动，到B点与电路开关相撞，使形成电场的电路断开，电场立即消失，磁场依然存在。设碰撞时滑块无电荷量损失，而动能变为碰前的。滑块碰撞后，做匀速直线运动返回A点，往返总时间为T，AB长为L，求：图9(1)匀强电场场强大小及方向；(2)磁感应强度B；(3)全过程摩擦力做的功。解析(1)滑块速度向右，根据匀速运动条件Eq(mgqv1B)可知E的方向必水平向右。由
12、返回速度向左时仍匀速运动可知qv2Bmg而题中有mvmv联立得知v12v2，即qv1B2mg，代入式，所以E。(2)由往返总时间为T即v2，代入式可得B。(3)返回时不受摩擦力，所以全过程摩擦力做功为WFfL(mgqv1B)L3mgL。答案(1)水平向右(2)(3)3mgL10(22分)(2016湖北黄冈质检)如图10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
13、力不计。图10(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)。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)
