2022秋新教材高中物理阶段验收评价一磁场粤教版选择性必修第二册 试卷

阶段验收评价（一）  磁 场

(本试卷满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是(　　)

A．通电直导线受到安培力的大小为ILB

B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力

C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面

D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功

解析：选C　只有当通电直导线与磁场方向垂直时，通电直导线受到安培力的大小才等于ILB，选项A错误；当通电导线与磁场方向平行时，它不受安培力，选项B错误；通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，选项C正确；安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电直导线能做功，选项D错误。

2．(2021·浙江6月选考改编)如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法错误的是(　　)

A．两导线受到的安培力Fb＝125Fa

B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算

C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变

D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置

解析：选A　两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；导线所受的安培力可以用F＝ILB计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与导线b产生磁场方向同向，方向垂直纸面向里，移走导线b后，p点磁场方向与导线a产生磁场方向相同，方向垂直纸面向外，故C正确；在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确。

3.如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为(　　)

A．ILB，垂直于AC向左　　 B．2ILB，垂直于AC向右

C.，垂直于AC向左   D.，垂直于AC向左

解析：选D　弧长为L，圆心角为，则弦长：AC＝，即计算金属线框所受安培力时的有效长度。所以线框所受到的安培力：F＝BI·AC＝，由左手定则可知，线框受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，A、B、C错误。

4.(2021·杭州高二检测)如图为一台直流电动机的简化示意图。已知转子为n匝、长L、宽d的矩形线圈，匀强磁场的磁感应强度为B。当线圈中通有恒定电流I，转子绕线圈平面内垂直于磁场的轴，由图示位置顺时针(从a看向b)转过θ角时，转动过程中线圈平面与磁场方向始终平行，转子的ab边受到的安培力大小为(　　)

A．nBILsin θ   B．nBILcos θ

C．nBId   D．nBIL

解析：选D　转动过程中线圈平面与磁场方向始终平行，根据安培力公式可得转子的ab边所受的安培力大小F＝nBIL，选项D正确。

5.在城市建设施工中，经常需要确定地下水平金属直管的位置，某实验小组设计了一种粗测装置，如图所示。图中ab为金属导体细直棒，用两根等长绝缘细软丝线悬挂在铝质水平框形支架上方点O的力传感器上，传感器在丝线的拉动下可绕竖直转轴自由旋转，支架底座为木质。某次测量时，将该装置放在金属直管附近的水平地面上，先在金属直管中通入恒定电流，再在ab中通入由a到b方向的恒定电流I，发现ab棒的a端从图示位置向纸面外的方向缓慢旋转，最后稳定在垂直纸面的位置，丝线恰好处于竖直平面内，忽略风力和地磁场的影响，下列说法正确的是(　　)

A．地下金属直管与图中ab方向平行，且处于点O正下方，管中电流方向水平向右

B．地下金属直管与图中ab方向垂直，且处于点O正下方，管中电流方向垂直纸面向外

C．ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变小

D．ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变大

解析：选D　根据同向电流相互吸引可知，方向不同的电流有转动到方向相同位置的趋势。所以金属直管必在ab稳定时的正下方，即在点O正下方，并且电流方向与ab稳定时电流方向相同，垂直纸面向里，故A、B错误；由以上分析可知，ab棒转动后，与通电金属直管平行，因它们的电流同向，所以它们相互吸引，故力传感器的示数逐渐变大，故C错误，D正确。

6.如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　)

A．若v＝，粒子做匀加速直线运动

B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功

C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加

D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动

解析：选D　若v＝，即Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满足Eq＝qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确。

7．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg 的带正电荷粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为(　　)

A．12 cm　　　　　　　　　 B．16 cm

C．20 cm   D．24 cm

解析：选C　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确。

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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

8．(2021·东营高二检测)某同学对某种抽水的电磁泵模型进行了研究。如图，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为ρ，泵体所在处有方向垂直纸面向外的匀强磁场B。工作时，泵体的上下两表面接在电压为U的电源(内阻不计)上。理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。则(　　)

A．泵体上表面应接电源正极

B．电源提供的电功率为

C．电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水

D．若在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt－mgh－I2t

解析：选AD　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R＝ρ＝ρ×＝，因电路不是纯电阻电路，则流过泵体的电流I≠＝，那么电源提供的电功率为P＝IU≠，故B错误；电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故C错误；若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律得，这部分水离开电磁泵时的动能Ek＝UIt－mgh－I2t，故D正确。

9.如图所示的空间有水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一质量为m，带电荷量为q的小环沿不光滑的竖直绝缘杆自静止开始下滑，则(　　)

A．小环的加速度不断减小直至为零

B．小环的加速度先增大后减小直至为零

C．小环的速度先增大后减小直至为零

D．小环的动能不断增大直至某一最大值

解析：选BD　可假设小环带正电荷来进行分析，小环水平方向上所受合力为零，竖直方向从静止开始向下运动，故得：水平方向：qE＝qvB＋N；竖直方向：mg－μN＝ma，随速度v的增大，N先减小到零后又反向增大，a先增大到g后又减小到零再保持不变；当a＝0时速度达到最大值，以后速度保持不变，故B、D选项正确。

10.某圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有两个不同的粒子a、b，以不同的速度同时由A点沿AO(O为圆心)方向射入圆形磁场区域，又同时由C点及B点分别射出磁场，其运动轨迹如图所示

虚线AB弧长等于磁场圆周长的，虚线AC弧长等

于磁场圆周长的，粒子始终在纸面内运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是(　　)

A．a、b粒子在磁场中运动半径之比Ra∶Rb＝∶3

B．a、b粒子在磁场中运动的周期之比Ta∶Tb＝3∶4

C．a、b粒子的比荷之比∶＝3∶2

D．a、b粒子的速率之比va∶vb＝∶4

解析：选AC　设磁场半径为R0，粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系，可以得出Ra＝R0，Rb＝＝R0，所以Ra∶Rb＝∶3，故A正确；因为两粒子同时进入，同时射出，所以Tb＝Ta，即：＝，故B错误；根据T＝，所以比荷之比∶＝3∶2，故C正确；根据半径关系Ra∶Rb＝∶3，比荷关系∶＝3∶2，且R＝，联立解得va∶vb＝∶2，故D错误。

三、非选择题(本题共4小题，共54分)

11．(11分)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。

(1)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系。

(2)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？

解析：(1)秤盘和线圈向上恢复到未放置重物时的位置静止，说明安培力的方向向上，由左手定则即可判断出电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，电流由C端流出，由D端流入。两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为n，左右两侧受力相等，由F安＝mg和F安＝2nBIL，得m＝I。

(2)设称量的最大质量为m0，由m＝I和P＝I2R，得m0＝。

答案：(1)D端　m＝I　(2)

12．(12分)(2021·济南高二检测)如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重为3 N的金属棒ab，棒上通过3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小。

(2)ab棒对导轨的压力大小。

(3)若要使B取值最小，其方向应如何调整？并求出最小值。

解析：(1)金属棒静止时，其受力如图所示

则有：F＝Gtan 60°，

即BIl＝Gtan 60°，

解得B＝＝ T。

(2)由牛顿第三定律可知，金属棒ab对导轨的压力与金属棒受到的支持力N大小相等，N＝＝6 N。

(3)若要使B取值最小，即安培力F最小。显然当F平行于斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直斜面向上，且有：F＝Gsin 60°，所以BminIl＝Gsin 60°，解得Bmin＝＝ T。

答案：(1) T　(2)6 N　(3)B应垂直斜面向上　 T

13．(15分) 如图所示，静止于A处的带正电荷粒子，经加速电场加速后沿图中圆周虚线通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁感应强度大小变化，方向如图所示，CNQD为匀强磁场的边界，边界处无磁场)。静电分析器通道内有均匀辐射状分布的电场，粒子途经圆弧各处场强大小均为E，方向如图所示。已知圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m，电荷量为q，QN＝2R，PN＝3R，粒子重力不计。

(1)求加速电场中的电压U的大小；

(2)若粒子最终能打在QN上，求磁感应强度B的取值范围。

解析：(1)粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qE＝m，解得v＝，

粒子在加速电场中加速，由动能定理得qU＝mv2，

解得U＝ER。

(2)粒子的运动轨迹如图所示，当粒子恰好过N点时，

由几何关系得r1＝R，

当粒子的轨迹刚好与QD相切时，由几何关系可得r2＝2R，若粒子最终能打在QN上，且由边界处无磁场可知粒子的轨迹半径取值范围为R≤r<2R。

粒子在磁场中做匀速圆周运动。

由牛顿第二定律得qvB＝m，

解得<B≤。

答案：(1)ER　(2)<B≤

14．(16分)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；

(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；

(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。

解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，各力满足如图甲所示关系，且小球只能做匀速直线运动。

由图甲知tan 37°＝，解得E1＝

cos 37°＝，解得B1＝。

(2)在区域Ⅰ中小球做加速直线运动。电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)。小球做匀加速直线运动。由图乙知

cos 37°＝，解得E2＝

方向与x轴正方向成53°角斜向上。

(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝

因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示

由几何关系可知r＋r·cos 53°＝d，解得r＝d

由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m

联立解得B2＝。

答案：(1)　　(2)　方向与x轴正方向成53°角斜向上　(3)