人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试图文课件ppt

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第一章　学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2020·北京师大附中高二上学期期末)如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的左端低右端高，下列哪些调节方案可以使天平平衡(　A　)A．减小电流I大小B．增长线框的宽度LC．增大左盘砝码的质量D．增加线圈的匝数N解析：天平左端低右端高需减小左盘砝码的质量，故选项C错误；由题图可判右臂下端线圈受到的安培力方向竖直向上，其大小为F＝NBIL，要使天平平衡需减小F，故选项A正确，BD错误。2．(2020·浙江省绍兴一中高二上学期期末)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆(　D　)A．向左摆动 B．向右摆动C．顺时针转动 D．逆时针转动解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。选项ABC错误，D正确。3. (2020·辽宁省盘锦市高二上学期期末)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　D　)A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析：根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m ，可得：r＝ ，粒子的动能Ek＝mv2，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，b粒子动能最大，向心力最大，故B错误，D正确；根据t＝·＝，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误。4. (2020·新疆乌鲁木齐七十中高二上学期期末)如图所示，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。则(　B　)A．带电粒子带负电B．匀强磁场的磁感应强度大小B＝C．匀强电场的场强大小为E＝D．带电粒子在运动过程中机械能守恒解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A错误；由上分析，根据牛顿第二定律得qvB＝m，得到，B＝，重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，则有Eq＝mgsin θ得到，E＝，故B正确，C错误；虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误。5. (2020·河南省郑州市高二上学期期末)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。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(　D　)A．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不变C．若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为解析：根据qvB＝m，得v＝。则最大动能Ek＝mv2＝，与加速电压无关，故A错误；若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式R＝与nqU＝mv2，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，故D正确。6．(2021·山东省青岛市高三模拟)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　B　)A． B．C． D．解析：带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，选项B正确。7．(2021·浙江省温州市高二调研)全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能，如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，两电极间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动。下列说法正确的是(　CD　)A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理B．要使船前进，图中MN应接直流电源的正极C．改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或倒退D．增大电极间的电流或磁感应强度，可增大船航行的速度解析：该超导电磁船应用的是安培力和作用力与反作用力的原理，故A错误；当MN接直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，使船体向前运动，故B错误；改变超导线圈中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，故C正确；控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，根据安培力的计算公式F＝BIL可知安培力就会发生变化，这样使得对船的推力发生变化，就可以控制船只航行的速度大小，故D正确。8．(2020·吉林长春朝阳高二上期末)质谱仪由如图所示的两部分区域组成：左侧是一速度选择器，M、N是一对水平放置的平行金属板，分别接到直流电源两极上，板间在较大范围内存在着正交的电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B1的匀强磁场；右侧是磁感应强度大小为B2的另一匀强磁场。一束带电粒子(不计重力)由左端O点射入质谱仪后沿水平直线运动，从A点垂直进入右侧磁场后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，两束粒子最后分别打在胶片的P1、P2两个位置，A、P1、P2三点在同一条直线上，测出AP1AP2＝43，则下列说法正确的是(　AD　)A．甲、乙两束粒子在右侧磁场中的速度大小都等于B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．若甲、乙两束粒子的质量相等，则甲、乙两束粒子的电荷量之比为43D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为43解析：带电粒子在平行金属板间沿水平直线运动，说明洛伦兹力和电场力平衡，故qvB1＝Eq，可得v＝，选项A正确；由题意AP1AP2＝43可知甲、乙两束粒子的轨迹半径之比为43，由R＝可知，轨迹半径之比等于比荷的反比，所以甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，选项B错误；若甲、乙两束粒子的质量相等，＝＝＝，＝，选项C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则＝＝＝，选项D正确。9．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是(　ABC　)A．x1>x2 B．t1>t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同解析：当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错。10．如图所示，连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段将受到力的作用，则(　BD　)A．等离子体从右方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GHB．等离子体从右方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GHC．等离子体从左方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GHD．等离子体从左方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GH解析：电路中的电流的方向为由G到H，当等离子体从右方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带负电，下极板带正电，P2板电势较高，电流的方向为由D到C，电流的方向与电路中GH的电流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故A错误B正确；等离子体从左方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带正电，下极板带负电，P1板电势较高，电流的方向为由C到D，电流的方向与电路中GH的电流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C错误，D正确。 第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)一种测量血管中血流速度的仪器原理图，如图所示，在动脉血管两侧分别安装电极并加磁场，设血管直径为2 mm，磁场的磁感应强感度为0.080 T，电压表测出的电压为0.10 mV，则血流速度大小为0.625  m/s。解析：血液中有正、负离子，当血液流动时，血液中的正负离子受到洛伦兹力，使血管上、下壁出现等量异号电荷，使血管内又形成一个电场，当离子所受电场力和洛伦兹力相等时，血液上、下两壁间形成稳定电场，存在稳定电压，血液在血管中匀速流动。即qE＝qvB，q＝qvB，v＝＝  m/s＝0.625  m/s。12. (8分)(2020·河南省郑州市高二上学期期末)如图所示，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab，金属棒ab处在沿南北方向的匀强磁场中。现通过测量金属棒ab在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。(1)在图中画线代替导线完成实验电路图，要求接通电源后电流由a流向b。(2)完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线；②保持开关S断开，读出台秤示数m0；③闭合开关S，调节滑动变阻器R的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1和电流表的示数I；④用米尺测量金属棒的长度L。(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得到B＝。(4)判断磁感应强度方向的方法是：若m1＜m0，磁感应强度方向垂直金属棒向南(填“南”或“北”)。解析：(1)用滑动变阻器的限流式接法即可，如图所示。 (2)③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1和电流表的示数I；④用米尺测量金属棒的长度L。(3)根据平衡条件，有：|m0－m1|g＝BIL　解得：B＝。(4)台秤上沿东西方向放置金属棒ab，a端为东，b端为西，电流方向自东向西，金属棒ab处在沿南北方向的匀强磁场中，若m1＜m0，说明安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向向南。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分) (2020·辽宁省盘锦市高二上学期期末)如图所示，金属杆ab连着一轻质弹簧(弹簧另一端固定)，金属杆的电阻为R1，水平地放置在两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨cd、ef上，金属杆与导轨垂直且接触良好。导轨所在范围内有一竖直向下的匀强磁场，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻为R2，合上开关S，稳定后弹簧伸长量为Δx，已知弹簧的劲度系数为k，ab的长为L，求匀强磁场的磁感应强度的大小B。 答案：B＝解析：由胡克定律可知，弹簧的弹力大小为F弹＝kΔx，由闭合电路的欧姆定律可得，回路中通过的电流为I＝，金属杆所受安培力的大小为F＝BIL，由平衡条件有F＝F弹，联立上式解得B＝。14．(11分)(2021·江苏省太仓高二调研)如图甲所示，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点。测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计。(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径应满足的条件。答案：(1)　(2)R≤解析：(1)带电粒子经过电场加速，设进入偏转磁场时速度为v，由动能定理得qU＝mv2                                          ①进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则qvB＝m ②因到达H点，有r＝  ③由①②③得＝。(2)要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，则带电粒子在磁场中运动的偏转角应小于等于90°，临界状态为90°，如图所示，磁场区域半径R＝r＝，所以磁场区域半径满足R≤。15．(12分)如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场E1＝1.0×104 V/m，方向垂直边界竖直向上，E2＝×105 V/m，方向水平向右；Ⅲ区域存在匀强磁场，磁感应强度B＝5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝10 m，一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6 C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子从O点开始到离开Ⅲ区域时所用的时间。答案：(1)v1＝4×103  m/s　(2)θ＝30°　(3)t＝6.12×10－3 s解析：(1)由动能定理得：mv＝qE1d1，得：v1＝4×103  m/s；(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动，设水平向右为y轴，竖直向上为x轴，粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θtan θ＝  ①vx＝v1　vy＝at2  ②a＝  ③t2＝  ④由①②③④式解得θ＝30°；(3)粒子进入磁场时的速度v2＝2v1，粒子在磁场中运动的半径R＝＝10 m，所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°，因此t3＝×＝×10－3 s；粒子在电场Ⅰ中，qE1＝ma1，v1＝a1t1得t1＝2.5×10－3 s，由④得t2＝10－3 s，t＝t1＋t2＋t3＝(3.5＋)×10－3 s≈6.12×10－3 s。16．(13分)(2020·河南省豫南九校高二上学期期末联考)如图所示的电路，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝6 Ω，R2＝12 Ω，间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，闭合开关S，板间电场视为匀强电场。将喷墨打印机的喷头对准两板的中点，从喷口连续不断地喷出水平初速度为v＝0.1 m/s的相同带电墨滴，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx。(g取10 m/s2)求：(1)当Rx＝3 Ω时，电阻R1消耗的电功率。(2)改变Rx的值，可以使进入板间的带电墨滴做匀速圆周运动，最后与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°。则①带电墨滴的比荷q/m为多大？②此时Rx的阻值是多少？答案：(1)6 W　(2)①0.5 C/kg　②7 Ω解析：(1)由图可知闭合电路的外电阻为：R＝Rx＋＝3Ω＋ Ω＝7 Ω，根据闭合电路的欧姆定律可得电流为：I＝＝ A＝1.5 A，R1两端的电压为：U1＝IR12＝1.5×4 V＝6 V，R1消耗的功率为：P＝＝6 W。(2)带电墨滴进入电、磁场区域做匀速圆周运动，必有重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：qvB＝m，又因电场力等于重力，则有：mg＝q，带电墨滴做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得R＝d。解得带电墨滴的比荷：＝＝ C/kg＝0.5 C/kg，电压为：U2＝＝4 V，干路电流为：I2＝＝ A＝1 A，解得：Rx＝－r＝ Ω－1 Ω＝7 Ω。