第二单元 电磁感应 单元检测卷（Word版含答案）

2019人教版选择性必修 第二册 第二单元 单元检测卷
一、单选题
1．在xOy平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y轴上的P、Q两点同时垂直于y轴向右射出，最后均打在x轴上的N点，已知P、N两点的坐标分别为（0，3L）、（，0），不计两粒子的重力与相互作用力．根据题中条件不能确定的是
A．两带电粒子在磁场中运动的半径
B．两带电粒子到达点所用的时间比
C．Q点的坐标
D．带电粒子的比荷
2．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
3．如图所示，竖直边界线MN、PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v（方向均垂直磁场方向）、比荷一定的带负电粒子（粒子重力及粒子间的相互作用力不计），已知从PQ射出的粒子沿图中与MN成=60°角进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示是质谱仪工作原理的示意图．重力均可忽略的带电粒子a、b经电压U加速(在A点的初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)
A．a的质量一定大于b的质量 B．a的电荷量一定大于b的电荷量
C．在磁场中a运动的时间一定小于b运动的时间 D．a的比荷一定大于b的比荷
5．如图所示，一个带正电的粒子沿x轴正向射入匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向沿y轴正向，则磁场方向( ).
A．一定沿z轴正向 B．一定沿z轴负向
C．一定与xOy平面平行且向下 D．一定与xOz平面平行且向下
6．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则
A．两小球均能到达轨道右侧的等高点 B．两小球经过轨道最低点的速度vM > vN
C．两小球经过轨道最低点时对轨道的压力相等 D．两球同时到达最低点
7．如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g．在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是
A．细线PM的拉力先增大后减小
B．小球b机械能逐渐减小
C．小球b所受库仑力大小始终为2mg
D．小球b加速度大小先变大后变小
二、多选题
8．某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是（ ）
A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨迹的半径r=
B．D形盒半径R=
C．质子能够获得的最大动能为
D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1：1
9．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
C．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
D．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为
10．如图所示，足够大的光屏与x轴平行，并且垂直于平面，平面还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在坐标原点O有一粒子源，粒子源不停地向平面内的各个方向发射带负电的粒子，所有粒子的质量均为m，带电量均为q，初速度大小均为v，粒子击中光屏时会被光屏吸收．初速度在第一象限内与x轴成角的粒子恰好击中光屏与y轴的交点M，不计粒子间的相互作用，以下说法正确的是（　　）
A．M点的坐标为
B．在磁场中运动时间最短的粒子的运动时间为
C．光屏上被击中区域最右侧的x坐标为
D．光屏上被击中区域最左侧的x坐标为
11．如图所示，真空中存在重力场及相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电液滴在此复合场空间中可能有不同的运动状态．下列关于带电液滴的电性和运动状态的说法中正确的是( )
A．如果带正电，液滴可能处于静止状态
B．如果带负电，液滴可能做匀速直线运动
C．如果带正电，液滴可能做匀速直线运动
D．如果带负电，液滴可能做匀速圆周运动
12．如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、+y轴方向为电场强度的正方向)。在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿+y轴方向的带负电粒子(不计重力)。其中已知且，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为，则下列选择项正确的是
A．带电粒子的位置坐标为
B．带电粒子运动过程中偏离x轴的最大距离为
C．带电粒子运动过程中偏离y轴的最大距离
D．粒子经过经过A点
三、解答题
13．如图为一装放射源氡（)的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋（)，产生的α粒子速率v0=1.0×107m/s，α粒子从小孔P射出后，经过A孔进入电场加速区域I，加速电压U=8×106V．从区域I射出的α粒子随后又从M点进入半径为r=m的圆形匀强磁场区域II，MN为圆形匀强磁场的一条直径，该区域磁感应强度为B=0.2T，方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切于N点，粒子重力不计，比荷为=5×107C/kg．
(1)请写出氡核衰变的核反应方程；
(2)求出α粒子经过圆形磁场后偏转的角度；
(3)求出α粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离．
14．如图所示，有一位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中；质量为m，带正电为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，重力加速度为g，求：
（1）磁感强度B的大小；
（2）小球第二次通过轨道最低点时对轨道的压力；
（3）若小球恰好能在圆形轨道内做完整的圆周运动，则小球在轨道最高点的速度大小为多少？小球从M端出发时的竖直向下的速度大小是多少？
15．如图所示，在第二象限内存在一个半径为的圆形有界匀强磁场，磁场区域圆心坐标为.在位置坐标为的点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为、带电荷量的粒子，其速度大小均为. 这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直于轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直平面向外的有界匀强磁场区域后，全部汇聚到位置坐标为的点，再从点进入第象限，第四象限内有大小为、方向水平向左的匀强电场. 不计粒子重力，求：
（1）圆形有界匀强磁场的磁感应强度；
（2）第一象限有界匀强磁场的磁感应强度；
（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置的坐标.
16．如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为v的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内．在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．不计重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用，不计离子在磁场中运动的时间．
(1) 求离子的比荷；
(2) 当磁感应强度为B0时，若发射的离子能被收集板全部收集，求θ须满足的条件；
(3) 若θ＝45°，且假设离子到达x轴上时沿x轴均匀分布．
①为使离子不能被收集板所收集，求磁感应强度B应满足的条件(用B0表示)；
②若磁感应强度B的取值范围为B0≤B≤2B0，求单位时间内收集板收集到的离子数n与B之间的关系(用B0、n0表示)．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
粒子的运动轨迹如图，
A、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及PQ连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；
由几何关系可知PQ长为2L；∠QON=60°，则；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；A错误；
B、同时根据几何关系可知P对应的圆心角为120°，Q对应的圆心角为60°；即可确定对应的圆心角，则由，可以求得转动的时间比：，可确定带电粒子到达点所用的时间比，B错误；
正确；
C、根据几何关系，，可以确定Q点的坐标，C错误；
D、根据，由于不知磁感应强度和速度，故无法求得荷质比， D正确；
故选D．
2．D
【解析】
【详解】
试题分析：带电粒子以速率v垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析．
解：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则
由 qvB=m，得 r=，T=
环形电流：I==，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比．
故选D．
【点评】本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键．
3．A
【解析】
【详解】
沿与MN成θ=60°角进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，则对应的弦长最短，轨迹如图所示：根据几何关系可知，对应的圆心角为60°，圆半径为
r=a，
则粒子在磁场中运动的最长时间时，对应的轨迹应如图，是一个半圆，对应的圆心角为180°。最长时间为：
。
A. 。与上述结论相符，故A正确；
B. 。与上述结论不符，故B错误；
C. 。与上述结论不符，故C错误；
D. 。与上述结论不符，故D错误。
故选：A。
4．D
【解析】
【详解】
ABD．设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S。
根据动能定理，得
解得：

由
解得：
则
得到：

由图，Sa＜Sb，U、B相同，则
故AB错误，D正确；
C．根据粒子做匀速圆周运动，周期公式，可知，它们的周期相同，由于运动的时间是周期的一半，因此磁场中a运动的时间一定等于b运动的时间，故C错误；
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
试题分析：洛伦兹力方向沿y轴正向，根据左手定则，磁场方向可能沿z轴负向．故A错误．当粒子沿x轴正向垂直射入匀强磁场中，洛伦兹力方向沿y轴正向，磁场方向沿z轴负向．当粒子沿x轴正向斜射进入匀强磁场时，磁场方向不沿z轴负向．故B错误．洛伦兹力方向垂直于粒子速度与磁感线决定的平面，粒子沿x轴正向射入匀强磁场，则磁场方向不可能在xOy平面内．故C错误．粒子沿x轴正向射入匀强磁场中，洛伦兹力方向沿y轴正向，根据洛伦兹力方向特点和左手定则可知，磁场方向一定在xOz平面内．故D正确．
故选D．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
点评：对于洛伦兹力方向的判断，既要会应用左手定则，还要符合其特点：洛伦兹力方向既与粒子速度方向垂直，又与磁场方向垂直，但速度与磁场方向夹角可以任意．
6．B
【解析】
【详解】
A、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故A错误；
B、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以，由于整过程中在电场中的速率均偏小，故在电场中运动的时间也长，故选项B正确，D错误；
C、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
解得：…①
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：
解得：…②
因为，结合①②可知：，故C错误；
点睛：对于带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析，要注意明确洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．
7．A
【解析】
【详解】
A. 设PN与竖直方向成α角，对球a受力分析，
竖直方向上有：FPNcos α=mg+F库sin θ
水平方向上有：F库cos θ+FPNsin α=FPM．
解得：FPM=mgtan α+3mgcos(θ α)cosα，下滑时θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故A正确；
B. 在小球b由G滑到H过程中，小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球b机械能守恒，故B错误；
C. 根据机械能守恒定律，小球b从G滑到H过程中，有：mgR=，
H处有：F库 mg=，则有：F库=3mg，故C错误；
D. 设b与a的连线与水平方向成θ角，则有：mgRsin θ=，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，
即为：a===，可知小球的加速度一直变大，故D错误．
故选A．
8．AB
【解析】
【详解】
A．设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，由动能定理得
qU=
由牛顿第二定律有
qv1B=m
联立解得
r1=
故A正确；
B．设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则
2nqU=mv2
qvB=m
质子圆周运动的周期
T=
质子运动的总时间
t=nT
联立解得
R=
故B正确；
C．根据
qvB=m
解得
v=
带电粒子射出时的动能
Ek===
故C错误。
D．根据圆周运动的周期
T=
由于质子与α粒子的电量之比为1：2，而质子与α粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为1：2，那么频率之比2：1，故D错误
故选AB。
9．AC
【解析】
【详解】
试题分析：带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上．根据左手定则知，小球带负电．故A正确．小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动．故C正确，B错误．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB，解得．故D错误．故选AC．
考点：带电粒子在磁场中的运动
10．BC
【解析】
【详解】
A．洛伦兹力提供向心力，可得
解得
由题可知，该粒子偏转角为 ，根据几何关系
A错误；
B．洛伦兹力提供向心力，可得
整理得
可知打在M点的粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为，运动时间为，B正确；
C．分析得光屏上被击中区域最右侧如下图所示， 根据几何关系，x坐标为
C正确；
D．光屏上被击中区域最左侧时，由几何关系可知最左侧的x坐标为
D错误。
故选BC。
11．BCD
【解析】
【详解】
试题分析：如果带正电，且液滴处于静止状态，则只受向下的重力和向下的电场力作用，故不可能平衡，选项A错误；如果带负电，且液滴水平向左（向右）做匀速直线运动时，则受向下的重力，向下的电场力和向上（向下）的洛伦兹力作用，则液滴可能平衡，故选项B正确；如果带正电，且液滴水平向左（向右）做匀速直线运动时，则受向下的重力，向上的电场力和向下（向上）的洛伦兹力作用，则液滴可能平衡，故选项C正确；如果带负电，则受到向上的电场力且满足Eq=mg时，液滴可能做匀速圆周运动，选项D正确；故选BCD.
考点：物体的平衡；洛伦兹力
【名师点睛】此题考查带电粒子在复合场中的运动问题，重点考查物体的平衡及洛伦兹力的判断；解题时必须分析液滴可能的受力情况，灵活运用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据平衡条件来判断液滴可能的运动状态.
12．ABD
【解析】
【详解】
A．在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
得：

则在时间内转过的圆心角，所以在时，粒子的位置坐标为：（，），选项A正确；
BC．在t0～2t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示
运动的位移：
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径：
故粒子偏离x轴的最大距离：
h＝x+r2＝，
粒子以后做周期性运动，重复上述运动，则粒子偏离y轴无最大值；
选项B正确，C错误；
D．粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0
一个周期内向右运动的距离：
AO间的距离为：
所以粒子运动至A点的时间为：
t=32t0
选项D正确；
故选ABD.
13．（1） （2）60° （3）N点上方3m处
【解析】
【分析】
（1）核反应过程核电荷数与质量数守恒，根据核电荷数与质量数守恒写核反应方程．
（2）α粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．
（3）根据几何知识求出α粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离．
【详解】
（1）由质量数与核电荷数守恒可知，反应方程式为：；
（2）α粒子在区域I电场中加速，由动能定理得：，其中v0=1.0×107m/s，
解得：
α粒子离开电场区域后，以速度v，从M点沿MO方向进入磁场区域Ⅱ，在磁场中做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力：
联立方程并代入数据得：R=3m
α粒子的入射速度过圆心，由几何知识得：
，解得：
α粒子偏转角度为
（3）由几何知识得：SNC=rtan60°=3m，
α粒子打在荧光屏上的N点上方3m处；
【点睛】
本题考查了核反应方程与带电粒子在磁场中的运动；核反应过程核电荷数与质量数守恒，根据核电荷数与质量数守恒写核反应方程；分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．
14．（1） （2）6mg （3）
【解析】
【详解】
本题考查物体在复合场中的圆周运动
（1）小球在下半轨道上来回运动时受重力、支持力、洛仑兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒．从M到最低点有
在最低点有 即 联解得
（2）小球从M到N以及在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛仑兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒．从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力．
在最低点有 解得N2=6mg
（3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为v0，在最高点速度为v1．
从M→轨道的最高点，据动能定理：
在圆形轨道的最高点：
解得=
15．(1) ，方向垂直于纸面向外 (2) (3) ；
【解析】
【详解】
(1)若这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直于轴进入第一象限.则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径必须和圆形磁场的半径相同,即;在磁场中有,
联立可得，由左手定则可知的方向重直于平面向外.
(2)若粒子通过第一象限后能汇聚到点，此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为,结合，
解得.
(3)粒子从到运动的过程中，所经历的磁场区域均不改变其速度大小，所有粒子在到达点的速度仍是;虽然不同粒子在点的速度方向不同.从到轴负半轴的运动轨迹不同,但电场力做功是相同的,由动能定理得，
解得.
由第一象限内的磁场分布可知，所有从点射出的粒子,其速度大小均为,方向分布在沿轴正向与轴负向之间的范围内;现研究从点射出的、速度与轴负向夹角为的粒子,该粒子做类斜抛运动,则有,
联立两式可得,
由此式子可看出当时, ,
故第二次经过轴最远位置坐标为.
16．(1)（2）(3)见解析
【解析】
【详解】
(1) 洛伦兹力提供向心力qvB0＝m
圆周运动的半径R＝L
解得
(2) 如图1所示，当以最大角θm入射时，有2Rcosθm＝L
解得θm＝
发射的离子能被收集板全部收集，θ<.

图1 图2

图3 图4
(3) 当θ＝45°时
①设收集板恰好收集不到离子时的半径R1，对应的磁感应强度为B1，如图2中①②③所示有2R1＝L
对应的磁感应强度B1＝2B0
另一种情况：粒子的半径为R′1，对应的磁感应强度为B′1，如若图2中④所示Rcos45°＝L
对应的磁感应强度B′1＝B0
磁感应强度应满足B>2B0或B′1②设收集板能全部收集到离子时的最小半径为R2，对应的磁感应强度为B2，如图3所示有2R2cos45°＝L
对应的磁感应强度B2＝＝B0
当B0≤B≤B0时，单位时间内收集板收集到的离子数n＝n0
当B0点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；
答案第1页，共2页
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