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单元测试课时练习

这是一份人教版 (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单元测试课时练习，共15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。
第一章 安培力与洛伦兹力(75分钟　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．(2022·石家庄高二检测)如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)。在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ。原PQ中无电流，现通以水平向左的电流，在短时间内(　　)A.从上往下观察导线框向右平移B．从上往下观察导线框顺时针转动C．细绳受力会变得比导线框重力大D．导线框中心的磁感应强度变小【解析】选C。由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，可知外侧电流受安培力向右，内侧电流受安培力向左，从上往下看，导线框将逆时针转动，故A、B错误；线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，则细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以线框中心的磁感应强度变大，故D错误。【总结提升】“结论法”在通电导体动态分析中的应用(1)安培力作用下通电导体运动的两个重要结论①同向电流互相吸引，反向电流互相排斥②不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势(2)灵活运用两个重要结论以及安培力近大远小的特点，可以解决通电导线动态分析的绝大多数问题，并使过程极大简化。2．(2021·重庆适应性测试)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧，上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒。部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止，此时弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)A．0.25 T    B．0.5 TC．0.75 T    D．0.83 T【解析】选B。未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx；通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，联立解得B＝0.5 T，A、C、D错误，B正确。故选B。3．如图所示，空间的匀强电场和匀强磁场相互垂直，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒a处于静止状态，下列操作能使微粒做匀速圆周运动的是(　　)A.只撤去电场B．只撤去磁场C．给a一个竖直向下的初速度D．给a一个垂直纸面向里的初速度【解析】选C。微粒处于静止状态时有mg＝qE，电场力与场强方向相同，微粒带正电，若只撤去电场，粒子在重力作用向下加速后在洛伦兹力作用下向右偏转，不是匀速圆周运动，A错误；若只撤去磁场，则微粒仍处于静止状态，B错误；若给a一个竖直向下的初速度，则微粒会受到始终垂直速度的洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，C正确；若给a一个垂直纸面向里的初速度，由于速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力作用，会向纸面内做匀速直线运动，D错误。4．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为(　　)A.1∶      B．1∶2C．1∶1　      D．2∶1【解析】选B。电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示电子在磁场中做圆周运动的周期为：T＝＝，由几何知识可知：α＝120°，β＝60°，电子在磁场中的运动时间t＝T，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比：＝＝＝，故B正确。【补偿训练】(多选)(2021·宜昌高二检测)如图，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场，若初速度大小为v0，射入磁场后从ac边界距a点处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)A.若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则出射位置距a点B．若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半C．若粒子射入磁场的速度不大于3v0，粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直D．若粒子射入磁场的速度不同，但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等【解析】选A、C、D。根据几何关系可知从ac边界距a点处射出磁场的粒子运动的轨迹半径R1＝，由洛伦兹力提供向心力可知，R1＝。若粒子射入磁场的速度增大为2v0，由洛伦兹力提供向心力可知，R2＝，根据几何关系可知出射位置距a点，故A正确；若粒子从c点射出，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R3＝L，由洛伦兹力提供向心力解得，粒子射入磁场的速度为3v0，若粒子射入磁场的速度不大于3v0，则所有的粒子都从ac边射出磁场，射出方向与ac边夹角为30°，与ab边垂直，在磁场中运动的轨迹所对应的角度都为60°，粒子在磁场中运动的时间都相等，故B错误，C、D正确。5.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷均为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用，已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则(　　)A．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为C．编号为①②③的三个粒子进入磁场的速度依次增大D．编号为①②③的三个粒子在磁场内运动的时间依次增加【解析】选C。由qvB＝m，T＝，得v＝，T＝，由于、B均相同，可知三粒子的速度与轨迹半径成正比，在磁场中做圆周运动的周期相同，可知三粒子在磁场中运动的时间与轨迹圆弧所对应的圆心角成正比。设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系可得r1＝＝a，轨迹圆弧对应的圆心角为120°。设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系可得r2＝a，轨迹圆弧对应的圆心角为60°。设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，如图所示，由几何关系可得AE＝2a cos 30°＝a，r3＝＝2a，轨迹圆弧对应的圆心角为30°。编号为①②③的三个粒子在磁场中的运动半径依次增大，故速度依次增大，对应的圆心角依次减小，故时间依次减小，故C正确。【补偿训练】如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为(　　)A.　　　　B．C．    D．【解析】选B。以速度v正对着圆心射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图，由几何关系知轨迹圆半径r＝，由半径r＝解得B＝，故B正确。6．如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中的运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则(　　)A.t1<t2，Ek1>Ek2　　  B．t1＝t2，Ek1<Ek2C．t1<t2，Ek1＝Ek2　　 D．t1>t2，Ek1＝Ek2【解析】选C。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝可知，Ek＝mv2＝，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1＝Ek2，设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek＝2nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1>U2，则n1<n2，而t＝nT，T不变，所以t1<t2，故C正确。7．在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体内的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差也被叫作霍尔电压。同时在导体内形成霍尔电场EH，利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，在匀强磁场B(磁场方向垂直于前后表面)中有一载流导体，已知上表面宽为d，侧面高为h(已在图中标出)，若通过导体的电流为I，电压表示数为U，电子的电荷量为e，导体单位体积内的自由电子数为n，下列说法中正确的是(　　)A.洛伦兹力对电子做正功B．磁感应强度大小为B＝C．导体内形成的霍尔电场EH＝D．若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则上表面比下表面电势高【解析】选B。洛伦兹力在任何情况下都不做功，故A错误；当电压表示数稳定为U时，根据受力平衡有：evB＝eEH根据匀强电场电场强度与电势差的关系有：EH＝，根据电流微观表达式有：I＝nevS＝nevhd，联立可得：B＝，故B正确，C错误；电流I是电子的定向运动产生的，电子定向移动方向与电流方向相反，故由左手定则可以判断电子向上表面偏转，所以上表面电势低于下表面电势，故D错误。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．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力【解析】选A、C。当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，A正确；当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，B错误；线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，C正确；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，D错误。9．如图所示，MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R，直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为－q，质量为m的小球自M点无初速度下滑，下列说法中正确的是(　　) A．小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关B．小球滑到D点时，对轨道的压力一定大于mgC．小球滑到D点时，速度大小v＝D．小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点N【解析】选A、C、D。小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力，因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向，故不影响速度大小，所以下滑时间与磁场无关，A正确；整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，下滑至最低点过程中，由机械能守恒定律知，mgR＝mv2，所以向左或向右经过D点速度都为，C正确；根据机械能守恒定律知小球能滑至与M等高的N点，D正确；由D点受力分析及牛顿第二定律知，当向右经过D点时qvB＋FN－mg＝m，得FN＝3mg－qvB，由于不知道洛伦兹力qvB大小，故支持力FN大小不确定，B错误。10．(2022·汕头高二检测)如图所示，带电平行板中匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的b点自由滑下，经过轨道端点c进入板间后恰能沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的a点开始下滑，经c点进入板间的运动过程中(　　)A.其动能将会增大B．其所受的洛伦兹力将会增大C．其电势能将会增大D．其受到的电场力将会增大【解析】选A、B、C。小球从b点下滑到c点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平方向做直线运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，由左手定则和电场力的方向的特点可知，洛伦兹力和电场力同向，故都向上，可推出小球带正电。如果小球从稍低的a点下滑到c点进入平行板间，则进入磁场的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，合力变为竖直向下，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力F＝qE不变，故A、B、C正确，D错误。三、非选择题：本题共4小题，共54分。11．(12分)如图所示为等臂电流天平。左臂所挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为L。下边处在磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面(纸面)向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I、方向如图中所示的电流时，天平水平平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。(1)请写出用n、m、L、I、g计算B的表达式；(2)已知挂盘和砝码的总质量为m＝0.5 kg，B＝1.0 T，L＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，天平平衡时线圈中的电流I为2.0 A，求线圈的匝数。【解析】(1)由题可知，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向向下，根据平衡条件有mg＝nBIL                                                                                    (3分)解得B＝                (3分)(2)由(1)可得n＝             (3分)代入数据，解得线圈匝数为n＝25          (3分)答案：(1)B＝　(2)2512．(12分)(2021·广东适应性测试)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U，边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动，粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力，求：(1)粒子进入磁场区域时的速率。(2)磁感应强度的大小。【解析】(1)粒子在直线加速器中加速，根据动能定理qU＝mv2－mv              (3分)可以解出粒子进入磁场的速率v＝      (3分)(2)由几何关系可得，带电粒子在磁场中偏转的轨迹圆的半径R＝L在磁场中洛伦兹力提供向心力，qvB＝       (3分)可以解得B＝           (3分)答案：(1)　(2)13.(14分)如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知OP之间的距离为d，不计粒子的重力。求：(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。【解析】(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1                                                                                                                                                                                      (1分)水平方向匀加速直线运动的平均速度＝，则d＝                 (2分)根据速度的矢量合成tan45°＝           (1分)解得h＝2d。                              (1分)(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d                 (1分)由牛顿第二定律得qvB＝m，          (1分)由(1)可知v＝＝v0           (1分)联立解得B＝              (1分)(3)在电场中的运动时间为t1＝          (1分)在磁场中的运动周期为T＝＝        (1分)在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T      (1分)在第四象限内的运动时间为t3＝          (1分)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝。           (1分)答案：(1)2d　(2)　(3)14．(16分)(2021·天津等级考)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿－z方向。(1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；(2)若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz；(3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。【解析】(1)自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向                    (2分)(2)设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In＝                                                                                                                                                                                                    ①(1分)设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为In＝neabvnx                                                                                                                                                                                                                                ②(2分)单个自由电子所受洛伦兹力大小为F洛＝evnxB      ③(2分)霍尔电场力大小为F电＝eE            ④(1分)自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立②③④式，其合力大小为Fnz＝F洛＋F电＝e(＋E)                                                                                                  ⑤(2分)(3)设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np， 则Nn＝nacvnzΔt                                                                                                                                                                                                    ⑥(2分)Np＝pacvpzΔt                ⑦(2分)霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn＝Np，即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。                                                        (2分)答案：(1)沿＋z方向　(2)e(＋E)　(3)见解析关闭Word文档返回原板块