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综合训练题

这是一份高中物理人教版 (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综合训练题，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
安培力与洛伦兹力(时间：90分钟　满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图所示，AC是一个用导线弯成的半径为R、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以方向由A到C、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是(　　)A．，垂直AC的连线指向右上方B．，垂直AC的连线指向左下方C．BIR，垂直AC的连线指向右上方D．BIR，垂直AC的连线指向左下方解析：选C　A到C四分之一圆弧通过电流I可以等效为长度为R的通电导线，根据左手定则判断安培力的方向为垂直AC的连线指向右上方，且安培力的大小F＝BIl＝BIR，故C项正确。2．如图所示，一束电子沿某坐标轴运动，在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，则该束电子的运动方向是(　　)A．z轴正方向　　　 B．z轴负方向C．y轴正方向 D．y轴负方向解析：选C　根据右手螺旋定则，可知电流沿y轴负方向，则电子沿y轴正方向运动，C正确。3．一根无限长的通电直导线旁放一通电正方形线框，电流方向如图所示。直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会(　　)A．静止不动 B．向右平移C．向左平移 D．向下平移解析：选B　直导线中的电流方向由上向下，根据安培定则可知，导线右侧区域磁感应强度向外。根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力。离通电导线越远的位置，磁感应强度越小。故根据安培力公式F＝BIl，左边受到的安培力大于右边受到的安培力，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，线框将向右运动，B正确。4．如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选B　根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左。带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。5．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为l，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形变均在弹性限度内，则磁感应强度B的大小为(　　)A．(x2－x1) B．(x2－x1)C．(x2＋x1) D．(x2＋x1)解析：选A　设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为x1时，直导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsin α＝kx1＋BIl；电流反向后，当弹簧伸长量为x2时，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsin α＋BIl＝kx2，联立两式得B＝(x2－x1)，A正确。6．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)A．1∶1　　　　　　　　 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A　由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝BS＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。7．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)A．kBl，kBl B．kBl，kBlC．kBl，kBl D．kBl，kBl  解析：选B　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝m，Rd2＝2＋l2，解得vd＝＝＝。选项B正确。8．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为(　　)A．2∶3 B．2∶1C．3∶2 D．3∶1解析：选D　两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子2的运动轨迹，如图所示，电子1垂直MN射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心。电子2以相同速率射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r＝可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，电子2在磁场中转过的圆心角为60°，所以电子1在磁场中运动的时间t1＝＝，电子2在磁场中运动的时间t2＝＝，所以t1∶t2＝3∶1，故D正确。9．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD　装置平面示意图如图所示。磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，导线受到垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流方向向右，导线受到的安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受到的安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故A、D正确。10．如图所示，沿直线通过速度选择器的正粒子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是(　　)A．粒子的速度之比为1∶1B．粒子的电荷量之比为1∶2C．粒子的质量之比为1∶2D．粒子比荷之比为2∶1解析：选AD　正粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，解得v＝，可知粒子的速度之比为1∶1，故A正确。正粒子进入偏转磁场，根据qvB＝m得r＝，则比荷＝，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1∶2，则比荷之比为2∶1，由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故B、C错误，D正确。11．按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L，直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q(数值上等于单位时间内排出的污水体积)。则下列说法正确的是(　　)A．a侧电势比c侧电势高B．若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低C．污水中离子浓度越高，a、c两端的电压U将越大D．污水流量Q与U成正比，与L无关解析：选AD　污水中的正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，负离子向c侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，电势的高低与哪种离子多少无关，选项A正确，选项B错误；最终稳定时，离子所受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝q，可得U＝BDv，可知a、c两端电压U与v成正比，与离子浓度无关，选项C错误；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，可知污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D正确。12．如图所示，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场。t＝0时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场。A点坐标为，其中R为电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径。不计重力影响，则以下结论正确的是(　　)A．电子经过y轴时，速度大小仍为v0B．电子在t＝时，第一次经过y轴C．电子第一次经过y轴的坐标为D．电子第一次经过y轴的坐标为解析：选ABD　根据左手定则作出电子的运动轨迹如图所示，电子只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力对电子不做功，速度大小不变仍为v0，故A正确；因A点坐标为，则圆周运动轨迹圆心在 ，由几何关系可知∠AO′B＝30°，周期T＝，因此电子第一次经过y轴时间t＝＝，故B正确；由几何关系可知，OB长度为R－R，因此电子第一次经过y轴的坐标为，故C错误，D正确。二、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。某音圈电机的原理示意图如图所示，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为l，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表达式F＝BIl可知，线圈所受的安培力大小F＝nBIl，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBIlv。答案：(1)nBIl　水平向右　(2)nBIlv14．(8分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0，5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1．0×108 C/kg 的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4．0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力)。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积。解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60°设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系有tan 60°＝由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m解得B＝ T。(2)粒子在第一象限内转过圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m如图所示的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Smin＝r2联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin＝4(－1)cm2。答案：(1) T　(2)4(－1)cm215．(7分)如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10  N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。一带电荷量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g＝10 m/s2)，求：(1)小球运动到O点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)O、N间的距离。解析：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mgl－qEl＝mv02解得小球在O点时的速度v0＝2 m/s。(2)小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律得T－mg－F洛＝m洛伦兹力F洛＝Bv0q解得T＝8．2 N。(3)悬线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向加速度ax＝＝＝5 m/s2小球从O点运动至N点所用时间t＝＝ s＝0.8 sO、N间距离h＝gt2＝×10×0.82 m＝3．2 m。答案：(1)2 m/s　(2)8．2 N　(3)3．2 m16．(9分)如图所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧(虚线右侧)，极板的中间平分线OO′上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，OO′下方存在竖直向上的匀强电场E2。一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量荷为q(q＞0)，从O点沿着OO′的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直OO′向下进入电场。(不计微粒重力，E2＝E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板电容器内电场的电场强度E1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若在离A点右侧的距离为d的O′处，有一块垂直于OO′的挡板PQ，从微粒第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ，需要多长时间？解析：(1)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有d＝v0t1，在竖直方向，有d＝at12＝ t12，解得E1＝。(2)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有d＝v0t1，竖直方向，有d＝t1，则vy＝v0。微粒进入磁场时的速度v＝v0，方向与竖直方向夹角为45°，微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动，由数学知识可知，轨道半径R＝d，由牛顿第二定律得m＝qvB，解得B＝。(3)微粒在OO′下方运动时，先减速至零，再反向加速为v；再在磁场中做半个周期的圆周运动，有d＝d，即微粒在电场E2中做三次往复运动和1个周期的圆周运动。微粒在匀强电场E2中，由牛顿第二定律得a＝，则在匀强电场E2中的运动时间t2＝3×2×＝，在匀强磁场中的运动时间t3＝T＋T＝，微粒总的运动时间t＝t2＋t3＝。答案：(1)　(2)　(3)17．(14分)如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)电子从A运动到D经历的时间t。解析：电子的运动轨迹如图所示。(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，有2d＝v0t1，d＝at12，a＝，联立解得E ＝。(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则tan θ＝＝1，可得θ＝45°解得v＝v0电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝m由图可知r＝d联立解得B＝。(3)电子由O点到D点过程中，先做匀减速曲线运动，再做匀加速曲线运动，由抛物线的对称关系，可知电子在电场中运动的时间为3t1＝电子在磁场中运动的时间t2＝T＝·＝电子从A运动到D的时间t＝3t1＋ t2＝。答案：(1)　(2)　(3)18．(16分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为x，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式，有v2＝2ax解得v＝。(2)金属棒所受安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安根据牛顿第二定律，有F＝ma解得I＝。(3)金属棒的运动时间t＝通过的电荷量Q＝It解得Q＝。答案：(1)　(2)(3)