2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价十一磁场安培力与洛伦兹力

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价十一磁场安培力与洛伦兹力，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，四边形的通电闭合线框abcd处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )
A．竖直向上
B．方向垂直于ad斜向上
C．方向垂直于bc斜向上
D．为零
2．某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示．有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.5m，处在同一水平面上，轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T．棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100N/m的相同弹簧．闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5cm处．下列判断正确的是( )
A．电源N端为正极
B．闭合开关S后，电路中电流为1.5A
C．闭合开关S后，电路中电流为3A
D．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动
3．[2023·浙江省柯桥中学高三月考]在实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出．流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，并测出M、N间的电压U，则下列说法正确的是( )
A．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B．容器内液体的流速为v＝eq \f(U,Bd)
C．河水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．污水流量为Q＝eq \f(πUd,2B)
4.
[2023·广东省高三月考]如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒中通有由M到N的恒定电流，现在空间中加一匀强磁场，要使金属棒静止且绝缘细线与竖直方向成30°角，则下列几种情况中磁感应强度最小的是( )
5.如图所示电路中，ABCD是由同种金属材料制成的离电源足够远的正方形导线框，O为其对角线交点，已知AB、BC、CD三根导线粗细相同且其半径是导线AD半径的3倍，通电直导线周围某点的磁感应强度B＝eq \f(kI,r)，I是导线中的电流，r是某点到导线的直线距离，k是常数，则下列说法正确的是( )
A．导线AD与导线AB的电阻相等
B．导线AD中的电流是导线AB中的电流大小的3倍
C．O点处的磁感应强度大小为0
D．O点处的磁感应强度方向垂直纸面向里
6.[2023·河南省高三月考]如图所示，MNPQ为一正方形边界的匀强磁场区域，两个质量相同的粒子以相同的速度从M点沿MP方向射入，粒子1从N点射出，粒子2从PQ边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )
A．粒子1带负电
B．粒子1和粒子2的带电荷量之比为1∶2
C．粒子1和粒子2在磁场中运动时间之比是1∶2
D．粒子1和粒子2的速度方向改变的角度之比为2∶1
7.如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O为圆心、以R为半径的圆，内部由以O1和O2为圆心等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”，“阳鱼”中有垂直纸面向外的匀强磁场．Q为太极图边缘上一点，且O1、O2、O、Q四点共线．一电荷量为＋q，质量为m的带电粒子，在Q点以大小为v的速度指向圆心O射入“阳鱼”区域，若带电粒子在“太极图”运动过程中没有进入“阴鱼”区域，带电粒子重力不计．则磁感应强度的最小值为( )
A．eq \f(mv,Rq) B．eq \f(mv,2Rq)C．eq \f(mv,3Rq) D．eq \f(mv,4Rq)
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．研究某种射线装置的示意图如图所示．射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点．在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点．若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子( )
A．带正电B．初速度为v＝eq \f(B,E)C．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(B2r,E)D．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E,B2r)
9．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的圆心处的质子源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( )
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会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(n－1)∶eq \r(n)
10．[2023·北京市高三模拟]如图甲所示的平面直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B，垂直纸面向外的匀强磁场，在O点处有一粒子源，沿纸面不断地放出同种粒子，粒子的速率均为v，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围为60°～120°.粒子的重力及粒子间的相互作用均不计．图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为E，外边界与x轴的交点为F，与y轴的交点为D(a，0).下列判断正确的是( )
A．粒子带正电
B．OF的长度为eq \f(\r(3),2)a
C．粒子源放出的粒子的比荷为eq \f(v,aB)
D．从点E离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为eq \f(2πa,3v)
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(8分)“电磁炮”的模型如图，光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.1m，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝1T，“弹体”总质量m＝0.01kg，弹体在轨道间的电阻R＝1Ω，可控电源的内阻r＝4Ω，提供的电流是I＝0.2A，以保证“电磁炮”匀加速发射，不计空气阻力．求：
(1)弹体所受安培力大小；
(2)弹体从静止加速到10m/s过程中系统产生的总热量．
12．(8分)如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面的夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5A时，导体棒恰好静止，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
(1)磁场的磁感应强度；
(2)若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度为多少？
13.(10分)[2022·江苏卷]利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa.
14．(12分)[2022·浙江6月]离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用．
(1)①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小．
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小．
(3)若转筒P的角速度小于eq \f(6v0,R)，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角).
15．(16分)
如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4m)的A点出发，与y轴成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2.求：
(1)微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．
单元素养评价（十一）
1．解析：导线abcd的有效长度L＝0，故它受到的磁场力的合力为零，即任何闭合通电线圈在匀强磁场中受到的磁场力的合力一定为零．选项D正确．
答案：D
2．解析：闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流方向为从P到Q，电源的M端为正极，选项A错误；静止时，则2k·Δx＝BIL，解得I＝eq \f(2kΔx,BL)＝3A，选项B错误，C正确；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，则电路中电阻增大，电流减小，金属棒PQ所受安培力减小，将向左移动，故选项D错误．
答案：C
3．解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，A错误；当达到平衡时有eq \f(U,d)q＝qvB，解得v＝eq \f(U,Bd)，B正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，C错误；污水流量为Q＝vS＝eq \f(1,4)πd2·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πUd,4B)，D错误．
答案：B
4．解析：A图中，根据平衡条件可得B1IL＝mgsin30°，解得磁感应强度大小应为B1＝eq \f(mg,2IL)；B图中，根据左手定则判断，安培力竖直向上，根据平衡条件可知必须满足mg＝B2IL，可得B2＝eq \f(mg,IL)；C图中，根据平衡条件和几何关系可得，B3IL＝mgtan30°，解得磁感应强度大小B3＝eq \f(\r(3)mg,3IL)；D图中，金属棒所受安培力竖直向下，无法使金属棒保持平衡．由以上分析可知磁感应强度最小的是A图．
答案：A
5．解析：由电阻公式，即R＝eq \f(ρL,S)，因为导线AD与导线AB是同种材料，即电阻率相同，且长度相同，但其半径不相同，故电阻不相等，A错误；由欧姆定律可得I＝eq \f(U,R)，又由电阻公式，即R＝eq \f(ρL,S)，已知AB、BC、CD三根导线粗细相同且其半径是导线AD半径的3倍，所以有RAB＝RBC＝RCD＝eq \f(1,9)RAD，故可得导线AD中的电流是导线AB中的电流大小的eq \f(1,3)，B错误；由题意可得，通电直导线周围某点的磁感应强度为B＝eq \f(kI,r)，由安培定则可知，导线AB、BC、CD在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，导线AD在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，又导线AD中的电流是导线AB、BC、CD中的电流大小的eq \f(1,3)倍，所以O点处的磁感应强度大小不为0.O点处的磁感应强度方向垂直纸面向里，C错误，D正确．
答案：D
6．解析：
根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2带负电，故A错误；设磁场边界边长为L，作出粒子运动的轨迹如图，则粒子1、粒子2运动的半径r1＝eq \f(L,\r(2))，r2＝eq \r(2)L，粒子在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,r)，得q＝eq \f(mv,Br)，由于粒子1和2质量相同，初速度相同，得eq \f(q1,q2)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(2,1)，故B错误；粒子的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，得eq \f(T1,T2)＝eq \f(q2,q1)＝eq \f(1,2)，由几何关系可知，粒子1在磁场中偏转90°，粒子2在磁场中偏转45°，即速度偏转角度之比为2∶1，所以可得t1＝eq \f(1,4)T1，t2＝eq \f(1,8)T2，解得eq \f(t1,t2)＝eq \f(1,1)，故C错误，D正确．
答案：D
7．解析：
若使带电粒子没进入“阴鱼”区域，则带电粒子在磁场中运动轨迹如图，轨迹与圆O1相切于A点，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可得（r＋eq \f(R,2)）2＝r2＋（eq \f(3,2)R）2，解得r＝2R，由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(mv,2Rq)，故选B.
答案：B
8．解析：粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在磁场中：Bqv＝meq \f(v2,r)；粒子在电磁正交场中：qE＝qvB，v＝eq \f(E,B)，选项B错误；联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(E,B2r)，选项C错误，D正确．
答案：AD
9．解析：由r＝eq \f(mv,qB)可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 以及rn＝eq \f(mvn,qB)可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(n－1)∶eq \r(n)，D正确．
答案：BD
10．解析：由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；由几何关系可知，OD＝a＝R，OF＝2R＝2a，选项B错误；根据qvB＝meq \f(v2,R)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)＝eq \f(v,Ba)，选项C正确；从点E离开磁场的粒子在磁场中转过的角度可能为120°，也可能是240°，则在磁场中运动的时间可能为t＝eq \f(T,3)＝eq \f(2πa,3v)，也可能是t′＝eq \f(2T,3)＝eq \f(4πa,3v)，选项D正确．
答案：CD
11．解析：（1）炮弹受到的安培力大小F＝BIL＝0.02N.
（2）由牛顿第二定律可知a＝eq \f(F,m)＝2m/s2
炮弹匀加速运动时间t＝eq \f(v,a)＝5s
系统产生的总热量Q＝I2（R＋r）t＝1J.
答案：（1）0.02N （2）1J
12．解析：（1）导体棒受力分析，建立直角坐标系如图1所示．根据平衡条件得：
F安－mgsin37°＝0，而F安＝BIL，
解得B＝0.4T.
（2）导体棒受力如图，建立直角坐标系如图2所示．根据牛顿第二定律得：
mgsin37°－F安cs37°＝ma，F安＝BIL，
解得：a＝1.2m/s2
即导体棒的加速度大小为1.2m/s2，方向沿斜面向下．
答案：（1）0.4T （2）1.2m/s2
13．解析：（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度为va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1.
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
mv＝mava＋mbvb
因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv.
答案：（1）2∶1 （2）eq \f(6,7)mv
14．解析：（1）①离子在磁场中运动
qv0B＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
B＝eq \f(mv0,qR)
②离子在磁场中的运动时间t＝eq \f(πR,2v0)
转筒的转动角度ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)
ω＝（4k＋1）eq \f(v0,R)，k＝0，1，2，…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′
R′＝Rtaneq \f(θ,2)，v＝v0taneq \f(θ,2)
离子在磁场中的运动时间t′＝（π－θ）eq \f(R,v0)
转筒的转动角度ω′t′＝2nπ＋θ
转筒的转动角速度为
ω′＝eq \f(（2nπ＋θ）,（π－θ）)·eq \f(v0,R)，n＝0，1，2，…
动量定理Feq \f(2π,ω′)＝Nmv
F＝eq \f(（2nπ＋θ）N,2（π－θ）π)·eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)taneq \f(θ,2)，n＝0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度eq \f(（4k＋1）v0,R)＝eq \f(（2nπ＋θ′）v0,（π－θ′）R)k＝1，θ′＝eq \f(5－2n,6)π，n＝0，2
可得θ′＝eq \f(5,6)π，eq \f(1,6)π.
答案：（1）①eq \f(mv0,qR) ②ω＝（4k＋1）eq \f(v0,R)，k＝0，1，2，…
（2）F＝eq \f(（2nπ＋θ）N,2（π－θ）π)·eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)taneq \f(θ,2)，n＝0，1，2，…
（3）eq \f(5,6)π，eq \f(1,6)π
15．解析：（1）微粒受力及运动过程分析如图所示：
微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝eq \r(2)mg
微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝eq \f(mv2,r)
联立解得r＝eq \f(\r(2),5)m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标为0.4m.
（2）由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝eq \f(2\r(2),5)m
时间t1＝eq \f(x1,v)
解得t1＝eq \f(\r(2),5)s
由B到C微粒做匀速圆周运动：
t2＝eq \f(πr,v)
解得t2＝eq \f(\r(2)π,10)s
由C到D微粒做匀速直线运动：
位移为x2＝eq \f(2\r(2),5)m
时间t3＝eq \f(x2,v)
解得t3＝eq \f(\r(2),5)s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点
加速度方向沿D指向A，
大小为a＝eq \r(2)g
沿DA方向位移大小为x3＝eq \f(2\r(2),5)m
由x3＝eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ，解得t4＝eq \f(\r(2),5)s
故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq \f(\r(2),10)（6＋π）s.
（3）只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．
从D到G，合外力做的功
W＝eq \r(2)mg·x3
由动能定理知，W＝ΔEk，
解得动能的增加量为ΔEk＝0.16J.
答案：（1）见解析 （2）eq \f(\r(2),10)（6＋π）s （3）0.16J