新教材适用2023_2024学年高中物理第1章安培力与洛伦兹力学业质量标准检测新人教版选择性必修第二册

这是一份新教材适用2023_2024学年高中物理第1章安培力与洛伦兹力学业质量标准检测新人教版选择性必修第二册，共13页。
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. (2023·广西钦州高二阶段练习)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( C )A．1.3 m/s，a负、b正  B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a正、b负  D．2.7 m/s，a负、b正解析：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏。则a带正电，b带负电。最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q＝qvB，所以v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故选C。2．(2023·广东潮州金山中学高二阶段练习)如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是( B )A．线圈仍静止不动B．从上往下看，线圈将逆时针转动C．弹簧测力计示数减小D．线圈左右摆动解析：根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，A、D错误，B正确；当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受力向上，线圈下半部分受力向下，由于下半部分距离导线a较近，所以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，C错误。故选B。3．(2023·河北唐县第一中学高二期中)如图，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一个带正电小球，整个装置以一定的速度沿垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出，下列说法中正确的是( D )A．该过程中由水平速度产生的洛伦兹力不做功B．小球的运动轨迹是一条直线C．从能量转化角度看小球机械能的增加是因为洛伦兹力做功D．小球在竖直方向做匀加速运动解析：因为磁场方向垂直于纸面向里，水平速度向右，由左手定则可知水平速度产生的洛伦兹力方向向上，所以小球相对于玻璃管向上运动，而玻璃管往右做匀速直线运动，则小球实际的运动方向为右上方，由于水平速度产生的洛伦兹力与位移夹角为锐角，所以由水平速度产生的洛伦兹力对小球做正功，故A错误；因为玻璃管在水平方向的速度不变，则小球受的向上的洛伦兹力大小不变，所以小球向上做匀加速直线运动，而匀加速直线运动和匀速直线运动的合运动为曲线运动，故B错误，D正确；因为洛伦兹力的方向始终垂直于小球的速度方向，所以洛伦兹力不做功，故C错误；故选D。4．(2022·广东广州高二期末)太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面。另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q＝1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( C )A．方向向北  B．方向向南C．方向向东  D．大小为11.2 N解析：根据左手定则，结合题图可判断知此时该质子受到的洛伦兹力1.12×10－18N。故选C。5．(2022·云南高二期中)用如图所示的装置可以测量匀强磁场的磁感应强度。轻绳跨过光滑定滑轮，左边挂一物体，右方轻绳下面有一轻质绝缘挂钩，挂钩处有水平方向向里的匀强磁场。将一个通电矩形线圈挂在右方下面的轻钩上，线圈中的电流方向如图所示，整体处于平衡状态(线圈下边成水平状态)。下列说法正确的是( D )A．线圈质量和物体的质量相等B．线圈所受的安培力方向竖直向下C．若磁场突然反向，其他条件不变，线圈将向上运动D．若线圈中的电流突然反向，其他条件不变，线圈将向下运动解析：根据左手定则可知线圈所受安培力方向竖直向上，根据平衡条件可推知线圈质量大于物体质量，A、B错误；若磁场突然反向，其他条件不变，线圈所受安培力方向变为竖直向下，则线圈将向下运动，C错误；D正确。6．(2023·黑龙江萝北县高二开学考试)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)。一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点沿纸平面内不同方向射入磁场，当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的，当磁感应强度大小减小为B2时，所有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的。则磁感应强度B1∶B2为(不计重力及带电粒子之间的相互作用)( C )A．1∶  B．2∶C.∶1  D．4∶解析：当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的，则圆周长的对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示由图中几何关系可得r1＝，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝m，解得B1＝。当磁感应强度大小减小为B2时，所有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的，则圆周长的对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示由图中几何关系可得r2＝Rsin 60°＝R，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B2＝m，解得B2＝，故有＝，选项C正确，A、B、D错误。7．(2022·黑龙江高二期中)如图所示，abcd四边形闭合线框，a、c、d三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于L，整个空间处于平行于＋y方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小下述正确的是( AD )A．ab边与ad边受到的安培力大小相等B．ad边受到的安培力最大C．bc边与ad受到的安培力大小相等D．cd边受安培力的作用最大解析：由于ab边与磁场方向垂直，则ab边受到的安培力大小为Fab＝BILab＝BIL，由于bc边与磁场方向平行，可知bc边没有受到安培力的作用，设ad边与Od的夹角为θ，则ad边受到的安培力大小为Fad＝BILad·cos θ＝BILOd＝BIL，A正确，C错误；cd边与磁场方向垂直，且长度最长，故cd边受安培力的作用最大，并且大小为Fcd＝BILcd＝BIL，B错误，D正确。8．(2022·浙江省高二期中)半径为R的半圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场。不计重力的a、b两粒子从圆周上的P点沿着半径方向射入磁场，分别从A、B两点离开磁场，运动轨迹如图所示。已知a、b两粒子进入磁场时的速率之比为1∶2，AOB为直径，∠AOP＝60°。下列说法正确的是( BCD )A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a、b两粒子的轨道半径之比为1∶3C．a、b两粒子的比荷之比为3∶2D．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4∶3解析：根据粒子的运动轨迹，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由几何关系可知，a、b两粒子的半径之比为r1∶r2＝1∶3，B正确；由R＝可知，a、b两粒子的比荷之比为3∶2，C正确；粒子在磁场中运动时间t＝＝，θ为轨迹所对应的圆心角，代入数据可知，a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4∶3，D正确。9．如图，边长为L的等边三角形ABC区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，D为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子平行BC边从D点射入磁场，粒子的速度大小为v0，且刚好垂直BC边射出磁场。不计粒子的重力，下列判断正确的是( BD )A．匀强磁场的方向垂直纸面向里B．匀强磁场的磁感应强度为C．若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子从C点射出磁场所用的时间为D．若只改变该粒子射入磁场的速度方向，则粒子可以从BC边射出磁场的最短时间为解析：粒子垂直于BC边射出磁场，所以粒子向下偏转，则在D点时粒子所受洛伦兹力方向向下，粒子带正电，根据左手定则知，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；粒子垂直于BC射出磁场，圆心在BC上，同时粒子从D点水平射入，圆心应该在过D点与BC垂直的垂线的垂足处，所以半径为三角形BC边上高的一半即r＝L，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得B＝，B正确；若只改变粒子射入磁场的速度的大小，当粒子从C点射出时，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，由几何知识可得，粒子从C点与AC相切射出磁场时偏转60°，运动时间为t＝T＝，C错误；粒子从BC边射出时间最短时，粒子运动轨迹在磁场中的弦最短，而最短弦为从D到BC的垂线长度，即正好等于轨迹圆的半径，则粒子偏转60°，运动时间为t′＝T＝，D正确。10．(2022·山东潍坊高二期中)如图所示，带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向垂直纸面向里。一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下，经P点进入板间，则小球在板间运动过程中( AD )A．动能将会增大B．电势能将会减小C．所受静电力将会增大D．所受洛伦兹力将会增大解析：小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动，则小球受力平衡，判断可知小球带正电，则有mg＝qE＋qvB，从C点滑下刚进入复合场区域时，其速度小于从A点滑下时的速度，则有mg>qE＋qv′B，小球向下偏转，重力做正功，静电力做负功，因为mg>qE，则合力做正功，小球的电势能和动能均增大，且洛伦兹力F＝qv′B也增大，故A、D正确，B错误；由于板间电场是匀强电场，则小球所受静电力恒定，故C错误。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)(2023·广东梅州虎山中学高二阶段练习)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的S极位于两导轨的正上方，N极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。(1)在图中画出连线，完成实验电路；要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向运动。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当减小两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是_C__(填入正确选项前的字母)。(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了_B__(填入正确选项前的字母)。A．回旋加速器B．电磁炮C．质谱仪解析：(1)电路连线如图；(2)根据公式F＝BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理有Fs－μmgs＝mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A错误，C正确；若换用一根更长的金属棒，但导轨间的距离不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度为v＝，速度变小，B错误。故选C。(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了电磁炮；回旋加速器和质谱仪都是根据带电粒子在磁场中做圆周运动制成的，故选B。12．(8分)(2023·武汉市育才高级中学高二期中)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线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。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。(1)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，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出_电流表的示数__，并用天平称出_此时细沙的质量m2__。④用米尺测量_D的底边长度L__。(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝  　。(3)判定磁感应强度方向的方法是：若_m2>m1__，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。解析：(1)闭合开关后，D受重力G1＝ m1g、细线拉力T和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I。并用天平称出此时细沙的质量m2。用米尺测出D的底边长度L，可列式求磁感应强度B的大小。(2)根据平衡条件，有│m2 － m1│g ＝ ILB，解得B ＝ 。(3)若m2 > m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2 < m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。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．(8分)(2022·安徽安庆市高二期中)如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3 V内阻r＝0.5 Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4 m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.08 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0 Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)ab棒受到的安培力；(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。答案：(1)0.4 N，沿斜面向上　(2)0.125解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律得I＝＝ A＝2 A导体棒受到的安培力为F安＝BIL＝0.4 N由左手定则可知，安培力沿斜面向上。(2)对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有F1＝mgsin 37°＝0.48 N，F1>F安根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin 37°＝F安＋μmgcos 37°解得μ＝0.125。14．(12分)(2023·宜宾市叙州区第一中学校二模)如图所示，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E(大小未知)，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，OP之间的距离为d，并恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，穿过第一象限磁场后垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场，粒子重力不计。求：(1)电场强度E的大小；(2)带电粒子从P点开始运动到第二次经过x轴正半轴所用的时间t。答案：(1)　(2)解析：(1)粒子以垂直于x轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45°角，则有：tan 45°＝解得水平速度vx＝v0加速度为：a＝加速位移为：d＝联立解得E＝。(2)作出粒子的运动轨迹，如图所示粒子在电场中运动，则有：d＝t1解得t1＝粒子进入磁场的速度为：v＝＝v0粒子在电场中偏转沿y轴的位移为：y＝v0t1＝2d由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝＝2d由几何知识可知粒子在第一象限磁场偏转的圆心角θ1＝135°，在第四象限偏转的圆心角为θ2＝180°，则粒子在磁场中运动的时间：t2＝＋＝粒子第二次经过x轴时在电场和磁场中运动的总时间：t＝t1＋t2＝。15．(12分)某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一狭缝(沿OP方向的狭长区域)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(如图乙所示)，当带电粒子每次进入两极板间时，板间电势差为U(下极板电势高于上极板电势)，当粒子离开两极板后，极板间电势差为零；两细虚线间(除开两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面。在离子源S中产生的质量为m、电荷量为q(q>0)的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D，已知磁感应强度大小可以调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出，假设离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力，求：(1)离子从出射孔P射出时磁感应强度的最小值；(2)调节磁感应强度大小使B1＝，计算离子从P点射出时的动能。答案：(1)　(2)64qU解析：(1)设离子从O点射入磁场时的速率为v，有qU＝mv2。设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，qvB＝。若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有r＝2D。此时磁感应强度取得最小值，且最小值为Bmin＝。(2)若B1＝，根据qvB＝m，解得r1＝。分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减到零后又重新反向加速至进入时的速率，从进入处再回到磁场区域，因为r1＝，这样的过程将进行2次。由几何关系可知，离子将在距P点的位置经电场加速进入磁场绕过两极板右端从下极板进入电场区域再次被加速，半径不断增大，但每次从下极板进入电场的位置相同，经过多次加速后离子从孔P射出时的半径满足rn＝，此时速度最大设为vm，根据qvmB1＝m，解得vm＝8。从P射出时的动能为Ek＝mv＝64qU。16．(14分)如图甲所示，电子从静止开始经加速电场加速后从O点以速度v水平射入有界匀强磁场，恰好从M点飞出。已知磁场宽度为L，MP的距离为L，电子质量为m，电荷量为e，求：(1)加速电压U；(2)磁感应强度B1；(3)若磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，磁场垂直纸面向外为正方向，要使t＝0时刻射入的电子从M点水平射出，磁感应强度B2和周期T应该满足的条件。答案：(1)　(2)　(3)(n＝1,2，3，…)　(n＝1,2,3，…)解析：(1)根据动能定理eU＝mv2解得U＝(2)电子运动轨迹如图所示，根据几何关系有r＝(L)2＋(r1－L)2解得r1＝2L对于电子有eB1v＝m解得B1＝。(3)电子运动轨迹最简图如图所示，可知θ＝60°，电子经n个周期后从M点射出，则OM＝2nr2即2L＝2nr2又eB2v＝m解得B2＝(n＝1,2,3，…)周期关系为×T圆＝T即×＝T解得T＝(n＝1,2,3，…)。