第一章 本章达标检测2

第1~2节综合拔高练

五年高考练

考点1　安培力大小的计算

1.(2019课标Ⅰ,17,6分,)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为              (　　)

A.2F　　　B.1.5F　　　C.0.5F　　　D.0

考点2　安培力作用下的平衡

2.(2019江苏单科,7,4分,)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是              (　　)

A.均向左　　　B.均向右

C.a的向左,b的向右　　　D.a的向右,b的向左

3.()如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。

考点3　安培力作用下导体的运动分析

4.(2018海南单科,3,4分,)如图,一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,电流和磁场的方向均不变,则金属细杆将              (　　)

A.沿斜面加速上滑　　　B.沿斜面加速下滑

C.沿斜面匀速上滑　　　D.仍静止在斜面上

考点4　安培力的叠加

5.(2021广东,5,4分,)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是              (　　)

　　　A.　　　B.　　　C.　　　D.

考点5　洛伦兹力作用下物体的运动分析

6.(2021全国乙,16,6分,)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为              (深度解析)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

三年模拟练

1.(2021湖南娄底高三上模拟,)直导线P右侧放一个矩形线框Q,二者分别通以电流I1、I2,电流方向如图(a)所示,图(b)为俯视图,直导线P与线框不在同一平面内,但P与线框竖直中心轴共面,O1O2为过线框中心O和直导线P的水平直线。不考虑线框上下两段导线对直导线的影响,下列说法正确的是              (　　)

(a)

(b)

A.若P固定,Q可以绕竖直中心轴转动,则图(b)中Q会先逆时针转动

B.若P固定,Q可以绕竖直中心轴转动,则图(b)中Q会先顺时针转动

C.若Q固定,P可以自由运动,则图(b)中P将沿O1O2向O靠近

D.若Q固定,P可以自由运动,则图(a)中P将顺时针转动

2.(2021河北石家庄二中高二下月考,)如图所示,一质量为m、长度为L的通有恒定电流I的导体棒处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度与时间的关系式为B=kt(k为大于零的常数,取竖直向上为正方向),导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。当t=0时,导体棒由静止释放,向下运动的过程中始终保持水平,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且磁场空间足够大,竖直导轨足够长,则导体棒的最大速度vm为              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

3.(2020江苏常州高三期中,)在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出,小球着地时的速度为v1,在空中飞行的时间为t1。若将磁场撤去,其他条件均不变,那么小球着地时的速度为v2,在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计,则关于v1和v2、t1和t2的大小比较,以下判断正确的是              (深度解析)

A.v1>v2,t1>t2　　　B.v1<v2,t1<t2

C.v1=v2,t1>t2　　　D.v1=v2,t1<t2

4.(2020江苏南通高三上月考,)如图甲所示,一个质量为m、电荷量为q的圆环套在水平放置的足够长的粗糙细杆上,细杆处于匀强磁场中(不计空气阻力),现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环的速度图像如图乙所示。则关于圆环所带电荷的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W,下列说法正确的是              (　　)

A.圆环带负电,B=　　　B.圆环带正电,B=

C.圆环带负电,W=m　　　D.圆环带正电,W=m

5.(原创题,)法国拥有目前世界上最先进的高危病毒实验室——让·梅里厄P4实验室,该P4实验室中进行的实验全程都在高度无接触物理防护性条件下操作,一方面防止实验人员和其他物品携带上病毒,同时也防止病毒释放到环境中。为了无损测量生物实验废弃液体的流量,常用到一种电磁流量计,如图甲所示。其原理可以简化为如图乙所示模型:液体内含有大量正、负离子,从容器右侧流入,左侧流出,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,流量Q在数值上等于单位时间内通过容器横截面的液体的体积。

(1)该电磁流量计能用于测量不带电液体的流速吗?

(2)液体中离子受到的洛伦兹力方向如何?

(3)当废液稳定流动后,你能计算出M、N两端的电压U吗?废液的流量Q是多少?(用图乙中的字母表示)

第1~2节综合拔高练

五年高考练

1.B　设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则ML和LN受到的安培力的合力F1=,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。

2.CD　由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。

3.答案　见解析

解析　依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长Δl1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得

2kΔl1=mg ①

式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。

开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ②

式中,I是回路电流, L是金属棒的长度,两弹簧各自再伸长Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得

2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③

由欧姆定律有E=IR ④

式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。

联立①②③④式,并代入题给数据得 m=0.01 kg

4.A　设斜面倾角为θ,当磁场的磁感应强度大小为B,通过金属细杆的电流为I时,金属细杆处于静止状态。其受力分析如图所示,根据平衡条件和安培力公式可得F=BIL=mg sin θ

当磁场的磁感应强度大小变为3B,电流变为0.5I时,此时的安培力大小变为F'=3B×0.5I×L=1.5BIL,金属细杆将沿斜面向上加速运动,加速度大小为a===,故A正确,B、C、D错误。

5.C　左右两侧电流与中心电流为同向电流,上下两侧电流与中心电流为反向电流,由同向电流相互吸引、异向电流相互排斥这一结论,可知弹性长管左右两侧受到向里的压力,上下两侧受到向外的斥力,则只有C项正确。故选C项。

6.B　根据题意,带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,该粒子的运动轨迹如图,设圆形匀强磁场区域的半径为R,则

由图中几何关系可知,粒子以速度v1射入时的轨迹半径r1=R,粒子以速度v2射入时的轨迹半径r2满足=tan 30°,则r2=R;又有Bvq=m,得r=,所以=;联立上式可得=,选项B正确。

规律总结

带电粒子在有界匀强磁场中运动,一般要先根据磁场边界画出粒子运动的轨迹,然后利用几何知识计算轨迹半径。本题在已知入射方向和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作连线的中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心。

三年模拟练

1.B　题图(b)中,由安培定则可知电流I1产生的磁场的磁感线是以P为圆心的顺时针方向的同心圆,由左手定则可判断线框左侧导线受到的安培力指向导线P,线框右侧导线受到的安培力背离导线P,若P固定,Q可以绕竖直中心轴转动,则题图(b)中Q会先顺时针转动,A错误,B正确;若Q固定,线框左侧导线对P的安培力指向左侧导线,线框右侧导线对P的安培力背离右侧导线,根据力的合成法则知图(b)中直导线P所受合外力方向偏向右下方,故直导线P在刚开始一段时间内向右下方运动,C、D错误。故选B。

2.D　导体棒受竖直向下的重力mg、竖直向上的摩擦力f=μN、垂直纸面向里的安培力F=ktIL、垂直纸面向外的支持力N,当加速度为零时,导体棒的速度最大,有mg=f=μLIkt1,解得t1=。设导体棒向下做加速运动时的加速度为a,根据牛顿第二定律有mg-μktIL=ma,可得a=g-t,当t=0时,加速度为g;当t=t1时,加速度为0。由于加速度均匀变化,所以0~t1时间内的平均加速度为a=,因此导体棒的最大速度vm=t1=,故选D。

3.C　因为洛伦兹力对小球不做功,不论磁场存在与否,重力和电场力对小球做功相同,则根据动能定理可知撤去磁场后小球着地的速率与原来相比不发生变化,即v1=v2。存在磁场时,小球飞行过程中要受到斜向右上方的洛伦兹力,有竖直向上的分力,使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度,则小球在空中飞行的时间要更长些,即t1>t2。选项C正确,A、B、D错误。

导师点睛

未撤去磁场时,小球受到重力、电场力和洛伦兹力,但洛伦兹力不做功,根据动能定理分析撤去磁场前后小球落地时的速度大小关系;分析洛伦兹力对小球运动的影响,进而分析时间大小关系。

4.B　因圆环最后做匀速直线运动,在竖直方向上重力与洛伦兹力平衡,则其所受洛伦兹力方向向上,由左手定则知圆环带正电;由平衡条件得=mg,所以B=,选项A错误,B正确。根据动能定理,圆环克服摩擦力所做的功W=m-m()2,解得W=m,选项C、D错误。

5.答案　(1)不能　(2)见解析　(3)Bvd　

解析　(1)电磁流量计是通过磁场对带电粒子的洛伦兹力使正、负离子往上、下管壁移动,从而形成电势差,通过测量电势差的大小来计算流速的,故不能用于测量不带电液体的流速。

(2)由左手定则可知,正离子受到的洛伦兹力向下,负离子受到的洛伦兹力向上。

(3)废液稳定流动后,离子受力平衡,有qvB=q,解得U=Bvd;废液流量Q=Sv,S=,解得Q=。