45分钟章末验收卷一、单项选择题 1．如图1所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则( )
图1 A．金属棒中的电流方向由N指向M B．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上 C．金属棒中的电流大小为tan θ D．每条细线所受拉力大小为mgcos θ 答案 C 解析 平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为FT，由受力分析可知，2FTsin θ＝BIL,2FTcos θ＝mg，得 I＝tan θ，故C正确；由受力分析可知，2FTcos θ＝mg，得FT＝·，故D错误． 2．不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的径迹如图2.分别用vM与vN、tM与tN、与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比，则( )
图2 A．如果＝，则vM>vN B．如果＝，则tM<tN C．如果vM＝vN，则> D．如果tM＝tN，则> 答案 A 解析 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，＝，由它们在磁场中的轨迹可知，两个带电粒子M和N轨迹的半径关系为rM>rN，如果＝，则vM>vN，选项A正确；两个带电粒子M和N在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，由T＝可知，如果＝，则两个带电粒子M和N在匀强磁场中运动周期相等，tM＝tN，选项B错误，同理，选项D错误；由qvB＝m，可解得v＝.如果vM＝vN，则<，选项C错误． 3．如图3所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则( )
图3 A．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d点射出 D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 答案 A 解析 如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式R＝可知，半径将增大为原来的2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d点射出，故A项正确；设正方形边长为2a，则粒子从e点射出，轨迹半径为a.磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为a，则由几何关系可知，粒子从fd之间射出磁场，B项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d点射出，C项错；只改变粒子速度使其分别从e、d、f三点射出时，从f点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D项错． 4．如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos 为( )
图4 A.－ B．1－ C．1－ D．1－ 答案 B 解析 由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m， 解得r＝. 根据题述，当离子速度方向沿y轴正方向时打在N点，当离子速度方向与y轴正方向夹角为时打在M点，画出三种情况下离子的运动轨迹如图所示，
设OM之间的距离为x，则有2rcos ＝x,2r＝x＋L，联立解得cos ＝1－，选项B正确． 二、多项选择题 5．如图5所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d，极板长和宽分别为a和b，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出．不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则( )
图5 A．运动的等离子体产生的感应电动势为E＝Bav B．可变电阻R中的感应电流方向是从Q到P C．若可变电阻的阻值为R＝ρ，则其中的电流为I＝ D．若可变电阻的阻值为R＝ρ，则可变电阻消耗的电功率为P＝ 答案 CD 解析 根据左手定则，等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上，带正电粒子累积在上极板，可变电阻R中电流方向从P到Q，B错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电压稳定，设产生的电动势为E，则有qvB＝q，E＝Bdv，A错误；发电导管内等离子体的电阻r＝ρ，若可变电阻的阻值为R＝ρ，由闭合电路欧姆定律有I＝＝，可变电阻消耗的电功率P＝I2R＝，C、D正确． 6．如图6所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd，其bc边长为L，ab边长为L.两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度v0分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是( )
图6 A．粒子在磁场中运动的轨道半径为L B．粒子从a点到c点的运动时间为 C．粒子的比荷为 D．P点与a点的距离为 答案 ACD 解析 如图， 连接ac，ac＝2L，即为轨迹圆弧对应的弦，作弦ac的垂直平分线交ab于点O1，即为粒子从a点到c点运动轨迹的圆心，半径R＝＝L，A正确；粒子从a点到c点的运动时间t＝＝，B错误；由于R＝，则比荷＝＝，C正确；从P点射入的粒子的轨迹半径也等于R，根据几何关系，可以求出轨迹圆心O2点到b点的距离为＝L，P点与a点的距离为L＋L－L＝L，P点与O1点重合，D正确．
7．如图7所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
图7 A．水平力作用瞬间，A的加速度大小为 B．A做匀加速运动的时间为 C．A的最大速度为 D．B的最大加速度为g 答案 BC 解析 F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有FfA＝ma＝mg<μmg＝mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为，A选项错误；A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力FfA静作用，由FfA静＝知，FfA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力FNA＝mg－qvB0逐渐减小，最大静摩擦力μFNA减小，当FfA静＝μFNA时，A、B开始相对滑动，此时有＝μ(mg－qv1B0)，v1＝，由v1＝at得t＝，B正确；A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有FfA滑＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝，C选项正确；A、B相对滑动后，对B有F－FfA滑＝2maB，FfA滑减小，则aB增大，当FfA滑减小到零时，aB最大，有aB＝＝，D选项错误． 三、非选择题 8．aa′、bb′、cc′为足够长的匀强磁场分界线，相邻两分界线间距均为d，磁场方向如图8所示，Ⅰ、Ⅱ区域磁感应强度分别为B和2B，边界aa′上有一粒子源P，平行于纸面向各个方向发射速率为的带正电粒子，Q为边界bb′上一点，PQ连线与磁场边界垂直，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：
图8 (1)沿PQ方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb′的位置； (2)粒子第一次通过边界bb′的位置范围； (3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间． 答案 见解析 解析 (1)由洛伦兹力充当向心力得Bqv＝ r1＝ 把v＝代入得r1＝2d 如图甲所示sin θ＝＝，θ＝30° PM＝QN＝2d－2dcos θ＝(2－)d 则经过bb′的位置为Q下方(2－)d处
(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ，距离Q点上方最远，如图乙所示，由几何关系得cos α1＝＝，α1＝60° QH1＝2dsin α1＝d 当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb′相切时，距离Q点下方最远，如图丙所示，由几何关系得cos α2＝＝，α2＝60° QH2＝2dsin α2＝d 粒子通过的范围长度为L＝2d
(3)r2＝＝d T＝＝ 轨迹圆所对应的弦越长，在磁场Ⅱ中运动的时间越长．如图丁所示，当轨迹圆的弦长为直径时，所对应的时间最长为tmax＝＝
当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时，从cc′飞出，所对应的时间最短为tmin＝＝ 当粒子从Q最上方进入Ⅱ区时，如图戊所示，从bb′飞出所对应的时间最短为tmin＝＝ 所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为tmin＝. 9．如图9所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：
图9 (1)电场强度的大小E； (2)磁感应强度的大小B； (3)粒子在磁场中运动的时间t. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，
粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h＝v0t h＝at2 qE＝ma 解得E＝ (2)粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度 vy＝at＝·＝v0 则速度方向与x轴正方向的夹角α满足：tan α＝＝1 即α＝45° 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度为：v＝v0 轨道半径R＝h 又由qvB＝m得B＝ (3)由T＝，且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为45°， 故粒子在磁场中的运动时间t＝·＝. 10．如图10所示，在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长l＝4d的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场．在原点O处有一粒子源，可沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，不计粒子的重力．
图10 (1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围； (2)若在点C(8d,0)处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B点进入BC右侧区间的粒子，需在BC右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间． 答案 (1)≤v≤ (2)见解析 解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
①粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为v1，由图中几何关系可知圆心在O1点，粒子的轨道半径r1＝2d 由牛顿第二定律可得：qv1B＝ 联立可得：v1＝ ②粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为v2，由图中几何关系可知圆心在C点，粒子的轨道半径r2＝8d 由牛顿第二定律可得：qv2B＝ 联立可得：v2＝ 由题意可得：若射出的粒子能打在AB板上，粒子的速率v需满足：≤v≤ (2)经过B点的粒子能够到达C点，设磁场的磁感应强度为B′，由图中几何关系，粒子的轨道半径r＝(n＝1,2,3，…) 由牛顿第二定律可得：qv2B′＝ 联立可得：B′＝2nB(n＝1,2,3，…) 粒子从O到B的运动时间t1＝＝ 粒子从B到C的运动时间t2＝T＝×＝ 故粒子从O到C的运动时间t＝t1＋t2＝.
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