广西专版2023_2024学年新教材高中物理第1章安培力与洛伦兹力过关检测新人教版选择性必修第二册

这是一份广西专版2023_2024学年新教材高中物理第1章安培力与洛伦兹力过关检测新人教版选择性必修第二册，共10页。
第一章过关检测(时间:90分钟　满分:100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1~7小题只有一个选项符合题目要求,第8~10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.如图所示,两根垂直纸面平行放置的直导线M和N,通有大小相等、方向相反的电流I,在纸面上与M、N距离相等的一点P处,导线M、N产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2,则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　答案D解析导线M、N在P点产生的磁感应强度大小相等,根据安培定则,导线M在P点的磁场的方向向右上方,导线N在P点的磁场的方向向右下方,所以合磁场的方向一定向右。选项D正确。2.一个半径为r的均匀导电金属圆环放置在粗糙的水平绝缘桌面上,现加上一方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场,如图所示(俯视图)。将金属圆环接入电路中,干路电流为I,接入点a、b是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态,则(　　)A.当电流为I时,金属圆环上半部分受到的安培力大小为πBIrB.当电流为I时,金属圆环受到的安培力大小为BIrC.增大干路电流,金属圆环对桌面的压力增大D.增大干路电流,金属圆环对桌面的摩擦力增大答案D解析当电流为I时,金属圆环上半部分受到的安培力大小为F1=B··2r=BIr,选项A错误。当电流为I时,金属圆环上下两部分受到的安培力均为BIr且方向相同,则金属环受到的安培力大小为2BIr,选项B错误。由左手定则可知,金属环所受的安培力方向沿水平方向,则增大干路电流,安培力变大,但金属圆环对桌面的压力不变,金属圆环对桌面的摩擦力增大,选项C错误,D正确。3.1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为U、周期为T的交流电源上,中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度为零开始加速,最后从出口处飞出。D形盒的半径为R,下列说法正确的是(　　)A.粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关B.粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关C.粒子在D形盒中运动的总时间与交流电源的周期T有关D.粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关答案D解析根据回旋加速器的加速原理,粒子不断加速,做圆周运动的半径不断变大,最大半径即为D形盒的半径R,由qBvm=m,得vm=,最大动能为Ekm=,故选项A、B错误。粒子每加速一次,动能增加ΔEkm=qU,粒子加速的次数为n=,粒子在D形盒中运动的总时间t=n·,T=,联立得t=n·,故选项C错误,D正确。4.如图所示,在边长为l的正方形区域内存在着沿AD方向的匀强电场,一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从A点沿边界AB射入场区,恰好从C点飞出。现若把电场换成垂直纸面向外的匀强磁场,使粒子仍以速度v0从A点沿边界AB射入场区,粒子仍能从C点飞出。不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　)A.若区域内是电场,则电场强度的大小为B.若区域内是电场,则粒子从A点到C点的过程中电势能增加了2mC.若区域内是磁场,则磁感应强度的大小为D.若区域内是磁场,则粒子在区域内运动的时间为答案A解析区域内是电场,则粒子做类平抛运动,在水平方向有l=v0t,竖直方向有l=·t2,联立解得E=,选项A正确;区域内是电场,则粒子从A点到C点的过程中静电力做正功,电势能减小,减小的电势能为ΔEp=-Eql=-2m,选项B错误;区域内是磁场,则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m,根据几何关系有r=l,则B=,选项C错误;区域内是磁场,则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=mr,根据几何关系可知,粒子转过的圆心角θ=90°,则粒子在区域内运动的时间为t=T=,选项D错误。5.如图所示,在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,∠a=60°,∠b=90°,边长lac=l,一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是              (　　)A. B. C. D.答案B解析粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大,粒子在磁场中的运动时间最长,粒子速度最大时运动轨迹与bc相切,粒子运动轨迹如图所示,由题意可知∠a=60°,∠b=90°,边长lac=l,则lab=l,四边形abdO是正方形,粒子轨迹半径r=l,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvmB=2m,解得粒子的最大速度为vm=,故选项A、C、D错误,B正确。6.如图所示,在边长为l的正三角形ABC内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出磁场),O为三角形的中心。一个带负电的粒子以速度v0从A点沿AO方向射入该磁场,从B点沿OB方向射出,下列说法正确的是(　　)A.粒子做圆周运动的半径为B.粒子做圆周运动的半径为2lC.粒子在磁场中运行的时间是D.粒子在磁场中运行的时间是答案C解析粒子运动轨迹如图所示,粒子在磁场中转过的圆心角θ=60°,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=l,选项A、B错误。粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,粒子在磁场中做圆周运动的时间t=T=,选项C正确,D错误。7.如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,且电场方向和磁场方向相互垂直,在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆,与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内,一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上,当小球沿杆向下的初速度为v0时,小球恰好做匀速直线运动,已知重力加速度大小为g,磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=,小球电荷量保持不变,则以下说法正确的是(　　)A.小球的初速度v0=B.若小球沿杆向下的初速度为,则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动,最后停止C.若小球沿杆向下的初速度为,则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动,最后停止D.若小球沿杆向下的初速度为,则小球从开始运动到稳定过程中,克服摩擦力做功为答案A解析带电小球受重力mg、电场力F电=qE=mg、磁场力及可能存在的支持力和摩擦力作用。重力与电场力的合力刚好与杆垂直,合力的大小为2mg。小球做匀速直线运动,磁场力的方向垂直于杆,则摩擦力、支持力均为0,磁场力与电场力、重力的合力相平衡,即qv0B=2mg,解得小球的初速度v0=,故选项A正确。若小球的初速度v=,小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力,据牛顿第二定律可得qvB=2mg+FN,μFN=ma,解得小球的加速度a=,方向与小球的运动方向相反,所以小球做加速度减小的减速运动,最终匀速,故选项B错误。若小球的初速度v=,小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力,据牛顿第二定律可得qvB+FN=2mg,μFN=ma,解得小球的加速度a=,方向与小球的运动方向相反,所以小球做加速度增大的减速运动,最终静止;小球从开始运动到稳定过程中,重力、电场力、磁场力、支持力四个力的合力与杆垂直,它们对小球做的功为0,摩擦力对小球做负功,据动能定理得Wf=0-,所以小球从开始运动到稳定过程中,克服摩擦力做功为,故选项C、D错误。8.如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管,固定于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多),在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为m、电荷量为q,重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)、方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻,给小球一方向水平向右、大小为v0=的初速度,则以下判断正确的是(　　)A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球到达最高点的速度大小都相同D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,水平方向分速度的大小一直减小答案BC解析小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上,若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用,选项A错误。小球运动的过程中,洛伦兹力不做功,小球的机械能守恒,运动至最高点时小球的速度v=,由于是双层轨道约束,小球运动过程中不会脱离轨道,所以小球一定能到达轨道最高点,选项C正确。在最高点时,小球做圆周运动的向心力F=m=mg,小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力,选项B正确。小球在从最低点到最高点的运动过程中,在下半圆内上升时,水平分速度向右一定递减,到达圆心的等高点时,水平速度为零,而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零,所以水平分速度一定有增大的过程,选项D错误。9.如图所示,在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场,其边界过原点O和y轴上的点a(0,l)。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场,并从x轴上的b点射出磁场。此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法正确的是(　　)A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.磁场区域的圆心坐标为D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,-l)答案BCD解析电子在磁场中做匀速圆周运动,电子运动轨迹如图所示。电子的轨迹半径为R,由几何知识,电子转过的圆心角θ=60°,Rsin30°=R-l,解得R=2l,电子在磁场中做圆周运动的周期T=,电子在磁场中运动的时间t=T=,故选项A错误,B正确。设磁场区域的圆心坐标为(x,y),其中x=Rcos30°=l,y=,所以磁场圆心坐标为,故选项C正确。电子的轨迹半径R=2l,所以电子的圆周运动的圆心坐标为(0,-l),故选项D正确。10.在xOy坐标系中,存在以O为圆心、R为半径、垂直xOy平面向外的匀强磁场。现从O点沿x轴正方向发射一初速度为v的电子,通过y轴时电子的速度方向与y轴的夹角为30°。已知电子的质量为m、电荷量为e,则              (　　)A.电子将从(0,R)点通过y轴B.电子将从(0,2R)点通过y轴C.电子在磁场中运动的时间为D.匀强磁场的磁感应强度的大小为答案AD解析粒子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动,则有evB=m;据此并根据题意可得,粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上,且P点在磁场区之外。过P沿速度方向作延长线,它与x轴相交于Q点。作圆弧过O点与x轴相切,并且与PQ相切,切点A即粒子离开磁场区的位置,这样也求得圆弧轨迹的圆心C,如图所示,由图中几何关系得r=R,联立r=,解得B=,故选项D正确。图中OA的长度即圆形磁场区的半径R,由图中几何关系可得lOP=r+2r=R,故通过y轴的坐标为(0,R),故选项A正确,B错误。粒子对应的圆弧是整个圆的,因此粒子在磁场中运动的时间t=,故选项C错误。二、填空题(共2小题,共18分)11.(6分)电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图所示,利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s。若这种装置的轨道宽2 m、长为100 m,通过的电流为10 A,则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小为　　　 T,磁场力的最大功率为　　　 W。(轨道摩擦不计) 答案18　2.16×106解析电磁炮在安培力的作用下,沿轨道做匀加速运动。因为通过100m的位移加速至6km/s,利用动能定理可得F安s=ΔEk,即BIls=-0,代入数据可得B=18T。运动过程中,磁场力的最大功率为P=Fvm=BIlvm=2.16×106W。12.(12分)如图所示,图中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、刻度尺和若干轻质导线。(1)在图中画线连接成实验电路图。(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,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态,然后用天平称量细沙质量m1;③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内加入或减去适量细沙,使D　　　　　　　　,然后读出　　　　　　　　,并用天平称出　　　　　　　　; ④用刻度尺测量　　　　　　　　。 (3)用测得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=　　　　。 (4)判定磁感应强度的方向的方法:若m2　　　　(选填“>”“=”或“<”)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。 答案(1)如图所示(2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度l(3)g(4)>解析(1)用变阻器的限流式接法即可。(2)③金属框平衡时测量才有意义,读出电流表的示数I,并用天平称量细沙质量。④安培力与磁场中通电导线的长度有关,安培力合力等于金属框架底边受到的安培力。(3)根据平衡条件,有|m2-m1|g=BIl,解得B=g。(4)根据左手定则可判断,若m2>m1,安培力方向向下,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。三、计算题(共4小题,共42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)如图所示,一个质量为m、电荷量为q的正离子,从D点以某一初速度垂直磁感线进入匀强磁场。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。离子的初速度方向在纸面内,与直线AB的夹角为60°。结果离子正好穿过AB的垂线上距离A点l的小孔C,以垂直AC的方向进入AC右边的匀强电场中。电场的方向与AC平行。离子最后打在AB直线上的B点,B到A的距离为2l。不计离子重力,离子运动轨迹始终在纸面内,求:(1)离子从D点入射的速度v0的大小;(2)匀强电场的电场强度E的大小。答案(1)(2)解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。由几何关系可知,离子做匀速圆周运动的半径r满足l=r+rcos60°①离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=m ②由①②解得入射速度v0=。 ③(2)离子进入电场后做类平抛运动,轨迹如图所示。水平方向2l=v0t ④竖直方向l=·t2 ⑤由③④⑤解得匀强电场的电场强度E=。14.(12分)如图所示,一个质量m=2.0×10-11 kg、电荷量q=+1.0×10-5 C的带电微粒,从静止开始经U1=100 V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场的电压U2=100 V,金属板长l=20 cm,两板间距d=10 cm,经偏转后进入右侧匀强磁场,微粒的重力忽略不计。(1)求微粒进入偏转电场时的速度v0的大小。(2)求微粒射出偏转电场时的偏转角θ。(3)若该匀强磁场的宽度D=10 cm,为使微粒不会由磁场右边界射出,则该匀强磁场的磁感应强度应满足什么条件?答案(1)1×104 m/s(2)30°(3)B≥ T解析(1)微粒在加速电场中,由动能定理有qU1=解得v0=1×104m/s。(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动,如图所示a=,vy=at,l=v0ttanθ=偏转角 θ=30°。(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动进入磁场的速度v=qBv=m,R=微粒恰好不从右边界射出时,D=R+Rsinθ解得B=T为使微粒不会由磁场右边界射出,磁感应强度应满足B≥T。15.(10分)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中,有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨,滑轨上放置一个可自由移动的金属杆。已知接在滑轨中的电源电动势E=16 V,内阻r=1 Ω。ab杆长l=0.5 m、质量m=0.2 kg,杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.5,滑轨与ab杆的电阻忽略不计。要使杆在滑轨上保持静止,滑动变阻器R的阻值应在什么范围内变化?(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案1 Ω≤R≤21 Ω解析分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图。当ab杆恰好不下滑时,如图甲所示。由平衡条件得沿斜面方向mgsinθ=μFN1+F安1cosθ垂直斜面方向FN1=mgcosθ+F安1sinθ而F安1=Bl,解得R1=21Ω当ab杆恰好不上滑时,如图乙所示。由平衡条件得沿斜面方向mgsinθ+μFN2=F安2cosθ垂直斜面方向FN2=mgcosθ+F安2sinθ而F安2=Bl,解得R2=1Ω所以,要使ab杆保持静止,R的取值范围是1Ω≤R≤21Ω。16.(12分)如图所示,平行板之间存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度B1=0.20 T,方向垂直纸面向里,电场强度E1=1.0×105 V/m,PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘的xOy坐标系的第一象限内有一边界线OA,与y轴正方向间的夹角为45°,边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B2=0.25 T,边界线的下方有水平向右的匀强电场E2。一束电荷量q=8.0×10-19 C、质量m=8.0×10-26 kg的带正电粒子从P点射入平行板间,沿中线PQ做直线运动,穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区,最后打到x轴上的C点。已知C的横坐标为xC=0.6 m。(1)求粒子在平行板间运动的速度v的大小。(2)求粒子进入电场时速度的方向和电场强度E2的大小。(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小,使粒子都不能打到x轴上,则磁感应强度的大小B2'应满足什么条件?答案(1)5.0×105 m/s(2)垂直电场线向下　5.0×105 V/m(3)B2'≥0.3 T解析(1)设粒子的速度大小为v,粒子沿中线PQ做直线运动,则qE1=qvB1解得v=5.0×105m/s。(2)粒子在磁场中运动时,根据qvB2=m,可得运动半径r=0.2m作出粒子的运动轨迹,交OA边界于N,如图甲所示,粒子垂直电场线进入电场,粒子在电场中做类平抛运动,y=vt,s=at2,a=解得E2=5.0×105V/m。(3)如图乙所示,由几何关系可知,粒子不能打到x轴上时最大轨迹半径为r'=m根据洛伦兹力提供向心力有qvB0=m,解得B0=T=0.3T若粒子都不能打到x轴上,则磁感应强度大小B2'≥0.3T。