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测试卷（Word版附解析）

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第一章　安培力与洛伦兹力满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.教学中常用如图1所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的蹄形磁铁改用图2所示的电磁铁代替,则合上开关时,以下判断正确的是 (　　)　A.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向右运动B.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向左运动C.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向右运动D.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向左运动2.在某匀强磁场中,有一条长0.2 m的直导线,通以3 A的恒定电流,与磁场垂直放置时,导线受到的安培力是6×10-2 N,则 (　　)A.匀强磁场的磁感应强度大小为1×10-3 TB.安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向相同C.如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为1.5×10-2 ND.如果将该导线与磁场平行放置,安培力为零,此时磁场的磁感应强度也是零3.如图为磁流体发电机的原理图,等离子体束(含有正、负离子)以某一速度垂直喷射入由一对磁极C、D产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板。稳定后电流表中的电流从“+”接线柱流向“-”接线柱,由此可知 (　　)A.D磁极为N极B.正离子向B板偏转C.负离子向D磁极偏转D.离子在磁场中偏转过程洛伦兹力对其做正功4.如图所示,弯折导线ABC中通有图示方向的电流,∠C=30°,∠B=90°,置于与导线ABC所在平面平行的匀强磁场中,此时导线ABC所受安培力最大,大小为2 N,现将整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角,此时导线受到的安培力大小为 (　　)A.3 N　　　　B.32 N　　　　C.1 N　　　　D.12 N5.如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一带电荷量为q(q>0)的滑块(可视为质点)自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力。不计空气阻力,关于滑块自a点运动到b点的过程,下列说法正确的是(重力加速度大小为g) (　　)A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB2ghC.洛伦兹力做正功D.滑块的机械能增大6.如图,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面向里(未画出)。一群比荷为qm的负离子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,则下列说法正确的是 (　　)A.各离子飞出磁场的速度一定相同B.沿PQ方向射入的离子运动的轨迹半径最长C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D.在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长7.应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法,先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子,离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打到照相底片D上,形成a、b两条质谱线,则 (　　)A.打到a处的离子的比荷小B.两种离子进入磁场时的速度相同C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里D.两种离子在磁场中的运动时间相等8.如图所示,虚线两侧的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ均垂直纸面向里,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁场Ⅰ,从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ;一段时间后粒子再次经过Q点,P点和Q点的距离为L,不计粒子的重力,则磁场Ⅰ的磁感应强度大小和粒子两次经过Q点的时间间隔分别为 (　　)A.mv0qL,14πLv0　　　　　　　　B.mv0qL,2πLv0C.3mv0qL,143πLv0　　　　　　　　D.73mv0qL,7πLv0二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.回旋加速器的工作原理如图所示。D形盒半径为R,盒内匀强磁场的磁感应强度为B。设氘核的电荷量为q,质量为m,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (　　)A.氘核从磁场中获得能量B.交变电源的周期为2πmqBC.氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关D.氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关10.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则 (　　)A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r=1B2UEgC.小球做匀速圆周运动的周期为T=2πEBgD.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大11.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。大量质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从四分之一圆弧边界射出,且四分之一圆弧边界上均有粒子射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,M点在N点右侧,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是 (　　)A.粒子带正电B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间D.所有粒子所用最短时间为2πm3qB12.如图所示,在直角坐标系的第一象限中有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子间的相互作用和重力,则 (　　)A.磁场方向垂直纸面向里B.粒子速度大小为qBRmC.粒子运动到Q点的最短时间为3πm2qBD.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为2R三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)某学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。天平的左臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。实验步骤如下:①未通电流时,在天平右盘内放入质量为m1的砝码,使天平平衡;②当给线圈通以大小为I的顺时针方向电流(如图所示)时,需在天平右盘更换质量为m2的砝码后,天平才能重新平衡。(1)若m1>m2,此时矩形线圈的底边所受的安培力方向为　　　　(选填“竖直向上”或“竖直向下”),磁场方向垂直于纸面　　　　(选填“向里”或“向外”)。 (2)若m1m2,说明通电后天平平衡时天平左臂的拉力小于矩形线圈的重力,矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上,根据左手定则,磁场方向为垂直纸面向外。 (2)对矩形线圈,根据平衡条件有m1g+NBIL=m2g,解得B=(m2-m1)gNIL。 14.答案　(1)黑(2分)　(2)145(2分)　(3)1.8(2分)　(4)540(2分) 解析　(1)根据左手定则,N端聚集正电荷,电势较高;M端聚集负电荷,电势较低,与M相连的应是多用电表的黑表笔。 (2)250 mV挡,每小格为5 mV,表盘读数为145 mV。 (3)M、N间电压稳定时,根据qUb=qvB, 得U=Bbv,解得v≈1.8 m/s (4)根据I=UR+r,R=ρLS=ρbac, 解得ρ=540 Ω·m。 15.答案　(1)2.88×105 m/s2　(2)3.84×106 A 解析　(1)设加速度大小为a 由v2=2ax (2分) 得a=2.88×105 m/s2 (1分) (2)根据牛顿第二定律得IlB=ma (2分) 得I=3.84×106 A(1分) 16.答案　(1)6eUm　(2)30°　(2-3)d 解析　(1)离子经过加速电场,由动能定理有3eU=12mv2 (2分) 解得离子离开电场进入磁场时的速度v=6eUm (1分) (2)离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有3evB=mv2R (2分) 将B=mU6ed2代入,联立解得R=2d (1分) 由几何关系有R sin θ=d,解得 sin θ=12,即偏转的角度θ=30° (1分) 偏转距离s=R(1- cos θ) (2分) 解得s=(2-3)d (1分) 17.答案　(1)2 T　(2)[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M 解析　(1)设没有电流通过时,弹簧弹力为FN1,电流I=2.5 A时弹簧弹力为FN2。没有电流通过时弹簧伸长量为x1,电流I=2.5 A时弹簧伸长量为x2=x1+0.005 m(1分) FN1=mg=kx1 (1分) FN2=mg+F安=kx2 (1分) F安=BILab (1分) 解得B=2 T(1分) (2)当金属棒到达ab位置时,mg+BIMLab=k(x1+ΔxM) (1分) 解得IM=5 A,由左手定则,电流方向由M指向N,设为电流正方向 (2分) 当金属棒到达ef位置时,mg-BIM'Lab=k(x1-ΔxM) (2分) 解得IM'=5 A,由左手定则,电流方向由N指向M (2分) 则该电流表可以测量的电流范围为[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M (2分) 18.答案　(1)mv02ql　(2)2mv0ql　(3)πnl(2+nπ)2(n=1,2,3,…) 解析　(1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示: 粒子在电场中运动时,有l=v0t1 (1分) 12l=12at12 (1分) 由牛顿第二定律得Eq=ma (1分) 解得E=mv02ql (1分) (2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy, 有 tan θ=vyv0,vy=at1,v=v0cosθ (2分) 解得vy=v0,v=2v0,θ=45° 由对称性,粒子在O点时速度方向与x轴间的夹角也为θ (1分) 根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为R=ON2sinθ=l2sinθ=2l2 (1分) 由牛顿第二定律得qvB=mv2R (1分) 解得B=mvqR=2mv0ql (1分) (3)将粒子在O点的速度分解,沿x轴方向的分速度大小为vx=v cos θ=v0,沿y轴方向的分速度大小为vy=v sin θ=v0 (2分) 因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT,T=2πmqB=πlv0 (2分) 到达x轴时距O点的距离s=v0t+12at2 (1分) 解得s=πnl(2+nπ)2(n=1,2,3,…) (1分)1.A2.C3.A4.A5.B6.D7.A8.B9.BCD10.BC11.AD12.BCD