高中物理人教版 (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同步达标检测题

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第一章《安培力与洛伦兹力》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）全解全析 1．C【详解】A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。故选C。2．C【详解】AB．由题意可知，炮弹所受的安培力水平向右，根据左手定则可判断出磁场方向为竖直向上，AB错误；C．发射炮弹过程，只有安培力做功由动能定理可得代入数据解得C正确；D．发射炮弹过程，根据牛頓第二定律可得代入数据解得D错误。故选C。3．B【详解】根据左手定则可知，磁铁对通电直导线的作用力方向斜向右上方，由牛顿第三定律得，通电直导线对磁铁的作用力方向斜向左下方，磁铁对水平面的压力变大且有向左运动的趋势，故所受支持力变大，所受摩擦力方向向右。故选B。4．C【详解】粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度方向，故合力为零，粒子做匀速直线运动，根据平衡条件，有，解得A．带电粒子带电荷量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过速度选择器，A错误。B．带电粒子带电荷量为-2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过速度选择器，B错误。C．带电粒子速度为，电场力不变，洛伦兹力变为原来的2倍，故会偏转，C正确。D．带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，粒子一定偏转，D错误。故选C。5．C【详解】AB．作出粒子A、B在磁场中运动的轨迹图，如图所示。粒子在磁场中运动的半径结合已知条件，可知粒子A、B的轨迹半径之比为，则粒子B从c点射出，AB错误；C．由几何知识可知，粒子A、B在磁场中运动的速度偏转角均为，故C正确；D．根据可知粒子A、B在磁场中运动的周期之比为，由可知，粒子A、B在磁场中运动的时间之比为，D错误。故选C。6．D【详解】根据洛伦兹力提供向心力解得粒子出D形金属盒时的速度则粒子出D形金属金时的动能可知动能与高频交流电压、狭缝间的距离无关；减小磁场的磁感应强度，可以减小动能；增大D形金属盒的半径，可以增大动能。故选D。7．B【详解】A．该离子在磁分析器中沿顺时针方向运动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，可知磁分析器中匀强磁场方向垂直纸面向外，A错误。B．该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有该离子在加速电场中加速的过程，由动能定理有解得故B正确；C．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有可得则故C错误。D．由，可知R与离子的比荷无关，不同比荷的离子能通过静电分析器到达P点。该离子在磁分析器中匀速圆周运动的轨道半径，与该离子的比荷有关，则到达P点的不同比荷的离子，在磁分析器中运动的轨道半经不都等于d，不能都进入收集器。故D错误。故选B。8．C【详解】A．设螺线管在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba1和Bc1，通电直导线M在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba2和Bc2，根据安培定则以及磁感应强度的叠加法则可知a、c两点的合磁感应强度大小分别为但是Ba1>Bc1所以Bc与Ba的大小不能比较，故A错误；B．根据安培定则可知，导线M在b、c两点的磁感应强度大小相同，但方向不同，b点竖直向上，c点水平向右；螺旋管在b点产生的磁感应强度方向斜向右上方，c点水平向右，所以由磁场叠加原理可知这两点的合磁感应强度方向一定不同，所以磁感应强度一定不相同，故B错误；C．导线在图示位置时，通电螺线管在M处产生磁场的磁感应强度方向为水平向右，根据左手定则可知M所受安培力竖直向下，根据牛顿第三定律可知通电螺线管所受安培力竖直向上，故C正确；D．根据通电螺线管周围磁感线分布特点可知，将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，导线M所在位置磁感应强度逐渐增大，则M所受安培力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知螺线管所受安培力也逐渐增大，故D错误。故选C。9．A【详解】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1此时出射点最近，与边界交点与P间距为粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2此时出射点最近，与边界交点与P间距为粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为故A正确，BCD错误。故选A。10．C【详解】A．滑动触头移到B端时，两板间电压最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的轨迹半径为粒子在电场中运动时qUm＝mv2解两式得Um＝故A错误；C．粒子垂直打在CD板上的位置离C点最远，距离为L，当粒子运动轨迹恰好与CD相切时，切点位置离C点最近，如图所示，由几何条件有sin30°＝故R＝KC＝L所以CD板上被粒子打中的区域的长度为L，故C正确；B．打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期＝故B错误；D．打在N板上的粒子中，根据轨迹半径越大则对应的速度越大，即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大，则有当R＝时Emax= =故D错误。故选C。11．AC【详解】对导体棒受力分析，受重力G、支持力和安培力，三力平衡，合力为零，将支持力和安培力合成，合力与重力相平衡，如图所示从图中可以看出，安培力一直变大，由于，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大；由图可以看出当平行于斜面时有最小值解得此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为故选AC。12．BD【详解】A．在磁感应强度为的磁场中，粒子向下偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；B．在速度选择器中，粒子做匀速直线运动，所受合力为零，粒子带正电，所受洛伦兹力方向向上，所受电场力方向必向下，即极板带正电，故B正确；CD．由洛伦兹力个向心力可得由于磁感应强度相同，粒子速度相同，故半径越大的粒子，比荷越小，不能判断出质量越大，故C错误，D正确。故选BD。13．BC【详解】AB．粒子在磁场中运动的周期，周期的大小与粒子速度无关。画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由图可知，通过a点的粒子的运动轨迹对应的圆心角为90°，则通过b点的粒子的运动轨迹对应的圆心角为60°，则所以A错误，B正确；CD．由几何关系可知，通过a点的粒子的轨迹半径为通过b点的粒子的轨迹半径的，即根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，可得又，则C正确，D错误。故选BC。14．BD【详解】AB．画出粒子从C点离开电场，并从A点离开磁场的运动轨迹，如图所示设粒子的入射速度为，粒子离开电场时的速度方向与水平方向的夹角为，则粒子进入磁场的速度为，粒子在磁场中的轨迹半径粒子在磁场中的轨迹对应的弦长为可知该弦长与粒子的入射速度成正比，与两板间电压无关。若两板间电压变为原来的二分之一，粒子在电场中的运动时间不变，侧移距离变为原来的二分之一，粒子在磁场中的轨迹对应的弦长不变，则粒子从A点正上方处离开磁场，选项A错误，B正确。CD．若粒子的入射速度变为原来的二倍，粒子在电场中的运动时间变为原来的二分之一，侧移距离变为原来的四分之一，粒子在磁场中的轨迹对应的弦长变为原来的二倍，则粒子从A点正上方处离开磁场，选项C错误，D正确。故选BD。15．AC【详解】A．设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得解得小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得已知；若加竖直向下的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得解得则小球恰好通过P点，故A正确；B．若加竖直向上的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得解得则小球恰好通过P点，故B错误；C．若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则，小球不能通过P点，故C正确；D．若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误。故选AC。16．(1)4m/s； (2)2m【详解】(1)物体下滑过程中，受到方向垂直斜面向上的洛伦兹力且逐渐增大，当洛伦兹力等于重力沿垂直斜面向下的分力时，物体恰好脱离斜面，此时物体的速率为在斜面上运动的最大速率。物体恰好脱离斜面时需满足的条件为解得最大速率(2)由于洛伦兹力不做功，物体沿斜面下滑过程，根据动能定理得解得物体沿斜面下滑的最大距离17．（1）N≤F≤8N（2）0≤R≤30Ω【详解】（1）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示．则有 FN＝F1sin＋mgcos，F1cos＝mgsin＋fmax，fmax＝FN以上三式联立并代入数据可得F1＝8N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示．则有 FN＇＝F2sin＋mgcos，F2cos＋fmax＇＝mgsin，fmax＇＝FN＇以上三式联立并代入数据可得F2＝N所以金属棒受到的安培力的取值范围为N≤F≤8N（2）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为A≤I≤4A设电流为I1＝A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E—I1r＝I1（R0＋R1），代入数据可得R1＝30Ω电流为I2＝4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E一I2r＝I2（R0＋R2），代入数据可得R2＝0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω18．(1)     (2) 【详解】如图为粒子的轨迹粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：那么，（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，则粒子在磁场区域运动半个周期，在磁场区域运动半个周期；那么粒子在磁场区域运动的周期，在磁场区域运动的周期所以，粒子运动的时间： （2）粒子与O点间的距离：19．（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；【详解】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有①由此可得②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得④（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系⑥即⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为⑧联立⑦⑧式得⑨20．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设质子从左侧O1点射入的速度为，极板长为，在复合场中作匀速运动在电场中作类平抛运动又撤去磁场，仅受电场力，有解得，（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小从极板间飞出时的速度大小（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的，偏转角为由几何关系可知，因为所以 根据向心力公式，解得所以，质子从两板左侧间飞出的条件为