教科版高中物理选择性必修第二册章末综合测评1磁场对电流的作用含答案

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章末综合测评(一)1．C　[力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2 N＝0.3 N。故C正确，A、B、D错误。]2．D　[如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外，故A错误；要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，则磁场方向应该先垂直纸面向外后垂直纸面向里，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则由电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝mvBq分析得知，偏转磁场强弱应该先减弱，再增强，故B、C错误，D正确。]3．D　[根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力，同理b点也不受力；取线圈上下位置微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动，故D正确。]4．A　[洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设圆管运动速度为v1，小球垂直于圆管向右的分运动是匀速直线运动；小球沿圆管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿圆管做匀加速直线运动；与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确。]5．C　[由粒子的运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据r＝mvqB，可得qm＝vBr，所以q1m1∶q2m2＝r2∶r1＝2∶1，C正确。]6．D　[粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T1＝2πmqB、T2＝πmqB，结合ω＝2πT得ω1∶ω2＝1∶2，A、B错误；t1＝2×60°360°T1，t2＝2×60°360°T2，得t1∶t2＝2∶1，D正确，C错误。]7．D　[本题考查通电螺线管周围磁场的特点和安培力知识。闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，A错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，C错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl＝12G，可得B＝G2Il，D正确。]8．D　[根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与正负离子的多少无关，A、B错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qUb，解得U＝vBb，电压表的示数与离子浓度无关，C错误；v＝UBb，则流量Q＝vbc＝cUB，与U成正比，与a、b无关，D正确。]9．BC　[线圈内不通电流时，由平衡条件有mg＝2FT，设ab和cd所在位置处的磁感应强度分别为B1和B2，由题意及平衡条件知，当线圈中通过的电流为I时，mg＝(B1－B2)IL＋2FT′，由于细线上的张力减小，则ab所受安培力向上，由左手定则可知，电流的方向为a→b→c→d→a，B正确，A错误；当两根细线内的张力为零时，mg＝(B1－B2)I′L，联立可得I′＝FTFT-FT'I，C正确，D错误。]10．BC　[由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。故选BC。]11．CD　[加速电场的频率f＝qB2πm，加速质子和加速氦核需要的交流电的频率是不同的，所以若f不变，不能先后对质子和氦核进行加速，A错误；当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝mvm2R，得vm＝qBRm，Ekm＝12mvm2＝q2B2R22m，与电压U0无关，B错误；根据质子(11H)和氦核(24He)的比荷关系，得质子与氦核所能达到的最大速度之比为2∶1，C正确；不考虑电场加速的时间，粒子在磁场中的时间为t＝Ekm2U0q·T＝q2B2R24mU0q·2πmqB＝BR2π2U0，与粒子的质量和电荷量均无关，D正确。]12．ABD　[小球在磁场中到达轨道最低点时只有重力做功，vM＝2gR，在电场中到达轨道最低点时，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有mgR－qER＝12mvN2，vN＝2gR-2qERm，所以vM>vN；因为aM＝bN，所以该过程所用时间tMFN′，由牛顿第三定律可知FM＝FM′，FN＝FN′，B正确。]13．解析　(1)根据左手定则，载流子如果是正电荷，M板将带正电，是高电势，因此材料中的载流子带负电。(2)(3)电流的微观解释是I＝neSv，横截面积S＝bd，电压达到稳定以后有qvB＝qE，电场强度与电势差的关系是U＝bE，联立以上各式得n＝BIUed，所以还需测量I和U。答案　(1)负　(2)电路中的电流强度(电流表的读数)I，M、N间的电压(电压表的读数或霍耳电压)U　(3)BIUed14．解析　(1)如图所示(2)③在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；并用天平称出此时细沙的质量m2；④D的底边长度L；(3)(4)开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg＝m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有m2g＝m1g＋BIL则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m2＜m1，有m2g＝m1g－BIL则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则B＝m2-m1gIL。答案　(1)见解析图(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)m2-m1gIL　(4)m2>m115．解析　(1)画出截面图，如图所示。只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L＝mg sin α，B＝mgsinαI1L。(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，由沿导轨方向合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝I1cosα。答案　(1)mgsinαI1L　方向垂直导轨平面向上　(2)I1cosα16．解析　(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B0，则有ev0B0＝mv02r，过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝r，已知OA＝L由几何知识得r＝2L联立解得B0＝mv02eL。(2)由于ABO在有界磁场圆上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由几何关系知△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为32L，L2。(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝2πrv0＝4πLv0电子在磁场中运动的时间t＝60°360°T＝T6＝2πL3v0。答案　(1)mv02eL　(2)32L，L2　(3)2πL3v017．解析　(1)运动的水平位移L＝v0t1，分解电场中类平抛运动的末速度可得tan 30°＝at1v0，由牛顿第二定律得qU3L＝ma，解得U＝mv02q。(2)粒子运动的轨迹如图所示，磁场中，qvB＝mv2R，即R＝mvqB。由几何关系可确定半径AD长度为R＝L＋L2＝32L，进入磁场的速度v满足v0＝v cos 30°，解得B＝43mv09qL。(3)粒子在电场中的偏转时间t1＝Lv0，粒子飞出电场到刚要进磁场的过程中做匀速直线运动，这个过程位移的水平分量为14L，所用时间t2＝L4v0，粒子在磁场中的运动时间t3＝16T。而运动周期T＝2πmqB，解得t3＝3πL4v0，所以总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝5+3πL4v0。答案　1 mv02q　(2)43mv09qL　(3)5+3πL4v018．解析　(1)质点从O点进入左侧空间后，qE2＝2×10-6 N＝mg电场力与重力平衡，质点在第二象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2RR＝mvqB＝ 25 m质点第一次通过y轴的位置y1＝2R＝0.4 m即质点从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标为(0，0.4 m)。(2)质点的14个匀速圆周运动的时间t1＝14·2πmqB＝π10 s质点到达y轴右侧空间时，F合＝qE12+mg2＝2mg，a＝2g且质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2＝2·va＝0.2 s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t＝t1＋t2＝2+π10 s。(3)质点从第一次通过y轴到第二次通过y轴的过程中，在x方向上：0＝vcos45°·t3-12·qE1'mt3 2在y方向上：y1＝－vcos45°·t3＋12gt32解得：E1′＝1 N/C。答案　(1)(0，0.4 m)　(2)2+π10 s　(3)1 N/C123456789101112CDDACDDDBCBCCDABD