第1章 安培力与洛伦兹力-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修 第二册（人教版2019）

第一章综合测评 答案精解P (时间：75分钟满分：100分) 题型 选择题 非选择题 总分 得分 巖 、选择题（共10道题，每题4分，共40分.第1~7小 $ 题为单选题，第8~10题为多选题，全部选对的得 A.竖直向上 B.竖直向下 0 4分，选对但不全的得2分，有错选或不透的得 C.水平向里 D.水平向外 0分) 4.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放 1.下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确 置一根长为1、质量为m的直导体棒，导体棒中电流 的是 为L.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场 的磁感应强度B的最小值为 () 长 B.mg D A器 210 2.如图所示，导线中的电流方向由左向右，在导线以 c贤 D.3mg 其中点O为轴转过90的过程中，导线受到的磁场 5.薄铝板将同一匀强磁场分成I、Ⅱ两个区域，高速 力的大小将 器 带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹 0 如图所示，半径R,>R2.假定穿过铝板前后粒子电 荷量保持不变，则该粒子 () 霜 A.不变 铝橱 B.由零增至最大 C.由最大减为零 A.带正电 D.始终不受磁场力 B.在I、Ⅱ区域的运动时间相同 3.如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均 C.在I、Ⅱ区域的运动加速度相同 匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直 D.从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域I 导线，电流方向如图.当圆盘高速绕中心轴)顺 6.如图所示的虚线框为一长方形区城，该区域内有一 时针转动时，通电直导线所受磁场力的方向是 垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速 ( 率从O点垂直于磁场、沿图中方向射入磁场后，分 ·201· 别从a,b、c,d四点射出磁场，比较它们在磁场中的 A.带电粒子的比荷 运动时间t。,,t,ta,其大小关系是 B.带电粒子在磁场中运动的周期 C,带电粒子的初速度 D.带电粒子在磁场中运动所对应的圆心角 9.如图所示，在x>0,y>0的空间有恒定的匀强磁 场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小 为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子， A.l。<to<L<u B.ta=to=t=tu 由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射人 C.t=h<t<t D.t.=t>t>t 此磁场，运动轨迹如图所示，不计重力的影响，则 7.如图所示，铜棒ab长0.1m,质量为6×102kg,两 () 端与长为1m的轻铜线相连，静止于竖直平面内. 在×××× 整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 ×X×× B=0.5T,现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流 X父、名× 动1 通过，铜棒发生摆动，平衡时的偏转角为37°（不计 :×父X1× 01④ 空气阻力，sin37°=0.6，c0s37=0.8,g取10ms), A.初速度最大的粒子是沿①射出的粒子 则通电电流的大小为 B.初速度最大的粒子是沿②射出的粒子 C.在磁场中运动时间最长的是沿③射出的粒子 D.在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子 10.直角坐标系xOy内，有一无界匀强磁场垂直纸面， A.7A B.8A 一质量为m、电荷量为g的正电荷从原点沿着y C.9A D.10A 轴正方向以初速度。出发，不计重力.要使该电 8.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力 荷通过第四象限的P点，P点坐标为(a,一b),则 的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此 () 区域的时间为若加上磁感应强度为B、水平向外 的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度人射，粒 子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下 ，-) 列物理量中的 A磁场方向垂直纸面向外 B.磁场方向垂直纸面向内 C.B=- 2amu q(a2+b) D.B= 2bmvs q(a+6) 选择题 题号 2 3 6 7 8 9 10 答题卡 答案 ·202· 二、非选择题（本题共5小题，共60分） (1)A板、B板的电势高低： 11.(7分)如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆 (2)地磁场的水平分量。 形匀强磁场区域，磁感应强度为B.今有一电子沿 x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出.如 果电子的比荷为，后，则电子射人时的速度为 ,电子通过磁场的时间为 ,动能的增 量为 12.(10分)如图所示的天平可用米测定磁感应强度. 天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，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.当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天 平左、右两边加上质量各为1,2的砝码，天平平 衡.当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为 m的砝码后，天平重新平衡.由此可知磁感应强度 的方向垂直纸面 ,大小为 AI A 13.(10分)为了测量某地地磁场的磁感应强度的水 平分量，课外兴趣小组进行了如图所示的实验： 在横截面为长方形且只有上、下表面A,B为金属 板的导管中通以带正电的液体，将导管按东西方 向放置时，A、B两面出现电势差，测出相应的值 就可以求出地磁场的水平分量.若在某次实验中 测得液体的流动速度为v,导管横截面的宽为， 导管横截面的高为b,A、B两面的电势差为 U,求： ·203· 14.(15分)如图所示，两平行金属导轨间的距离1=15.(18分)如图所示，在直角三角形OPN区域内存 0.4m,金属导轨所在的平面与水平面夹角0 在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸 37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B一 面向外，一带正电的粒子从静止开始经电压U加 0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金 速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间 属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r= 后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向 0.5Ω的直流电源.现把一个质量m=0.04kg的 射出.已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP 导体棒b放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导 与x轴的夹角为30°，粒子进人磁场的入射点与离 体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属 开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力，求： 导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电 (1)带电粒子的比荷： 阻不计，g取10ms.已知sin37°=0.6，cos37°= (2)带电粒子从射人磁场到运动至x轴的时间. 0.8,求： (1)通过导体棒的电流： 30 (2)导体棒受到的安培力大小： (3)导体棒受到的摩擦力大小和方向. ·204综合测评答案 第一章综合测评 B‘sin60一sin60,选项B正确：由于半径未知，所以初逵度 2π.B 2πt 1,B解析由左手定则可知，图A中安培力应斜向左上方，图B 无法求出，选项C错误」 中的安培力应水平向左，图C中的洛伦滋力应垂直纸面向外， 9.AD解析分析图中四条圆孤，①对应的半径最大，由半径公式 选项B正确，A,C错误；图D中磁场与速度方向同向，不受洛 一需可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一磁场中微匀 伦兹力作用，选项D错误. 2.B解析由F=BL·sin0得，0=0°时，F=0,0逐渐增加到 速圆周运动的速度越大，其半径就越大，选项A正确，B错误； 90°，则sin0变大，F由零增加到最大，选项B正确. 根据周期公式T=知，当国孤对应的国心角为0时，带电拉 4B 3.C解析由于带负电的圈环顺时针方向旋转，形成的等效电流 为递时针方向，所产生的磁场方向竖直向上，由左手定则可判 子在磁场中运动的时间为1一船圆心角越大，则节电粒子在磁 定通电导线所受安培力的方向水平向里。 场中运动时问越长，圆心均在x轴上，由题图可知①的圆心角 4.A解析导体棒受三个力平衢，重力为恒力，支持力的方向不 为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子， 变，安培力的大小和方向不确定：由平衡条件知当安培力F平 选项C错误，D正确， 行于斜面向上时安培力最小，则B最小，即BI=mgsin30°.解 10.AC解粉粒子向右偏转，根据左手定 得B=器，B的方向垂直于斜面向下 则，磁场方向垂直纸面向外，选项A正 确，B错误.根据洛伦弦力提供向心力 5.B解析设粒子在磁场中微圆周运动的轨道半径为r,线速度 大小为根据洛伦藏力提供向心力有B”可，可得一册c B-m景振据元何关系心-a Pit.-bj ,可见，轨道半径越大，表示粒子的线速度越大，考虑到轨道半 十，联立解得B,2)选项C正确，D错民 径R1>R,可知粒子从I区城穿过铝板进入Ⅱ区域，选项D错 11.解析如图所示，电子运动的圆心为， 误：知道粒子的运动方向、磁场方向和磁场力的方向，结合左手 由几何知识可知，电子做圆周运动的轨 定剥可以判断出粒子带负电，选项A错误：根据粒子在匀强磁 迹半径为R. 场中低匀建国网运动的周期的计算公式T一贸可如，：子在 哭，解得0=，由T 由eb= I,Ⅱ区域的运动周期相同，运动时间也相同，选项B正确：根 据mm=Bg可得a=B,粒子在I、Ⅱ区城的运动速率不同， 智可得电子在磁场中的运动时同1 加速度也不同，选项C错误 -器 6.D解析电子的运动轨迹如图所「 由于洛伦兹力不做功，故动能不变，动能增量△E,=0. 示，由图可知，从a、b、c、d四，点飞 答案B那m 出的电子对应的园心角0。=队 m20 a>,而电子的周期T=2相 12.解析因为右边再加上质量为m的砝码后，天平才能重新平 gB 衡，由此可知，开始时天平的右臂下面挂的矩形线圈受到的安 T. 网，其在磁场中运动的时间一2 培力F方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，电流反向时矩 故ta=t6>t>ta,选项D正确. 形线图受到的安培力F方向竖直向上，安培力的变化量△F= 7,C解析以导体棒为研究对象，受力如图所示， mg,则有2NLB=mg,解得B=器 系向里汽 13解析(1)地磁场的水平分量垂直于竖直面向里，带正电的粒子 受向上的洛伦滋力打到A板，带负电的粒子受向下的洛伦滋 力打到B板，故产生向下的电场，A板的电势高于B板的 电势. 受重力mg、悬线拉力T及安培力F,处于平衡状态，则有 mgtan0=FF=BLa,解得I=man0=9A,选项C正境. (2)达到稳定时，有如B=名， BL? 8.ABD解析由带电粒子在磁场中运动的偏向角，可知带电粒子 因此，地磁场的水平分量为B= 运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得I=Rsin60°， 又由B=m爱得R=需，故-霜血60，又因来加磁场 图（见解析(2号 时有所以可求得比荷品一的，选项A.D正确：旅帮 E 14.照团(1)根据闭合电路欧姆定律得IR,十，=L5A 周期公式T了一贸可得带电粒子在酷场中运动的周潮T一留 (2)导体棒受到的安培力Fe=BIl=0.3N. (3)导体棒受力如图所示， ·225· 6.C解析设正方形线框的边长为L,则线框拉出磁场时产生的 感应电动势为E=BL;线框按甲方向运动时，Cd相当于电源， ab间电势差是外电压的子，即U,=十E,线框按乙方向运动 将重力正交分解，得gsin37”=0.24N<F安， 时ad相当于电源，ab间电势差是外电压的子，即U2=子E 根搭平衡条件得ngsin37°+F=Fe, 线框按丙方向运动时，b相当于电源，ab间电势差是外电压 解得F=0.06N,方向平行于导轨向下 答室(1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N方向平行于导轨向下 即U,=是：线框接丁方向运动时，c相当于电源，b间电势 15.解折(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度 差是外电压的子即U:=}B,通过对比可知，选项C正确， 大小为u由动能定理有gU=号m,① 7,A解析设斜面倾角为α，由平衡条件可得 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力公式 mgsin a=k.x+BIL, ① 和牛领第二定律有mB=m号，② 调转题图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得 ngsin a十BIL=kxn, ② 由几何关系知d=2r,③ 联立①@式解得B=2一西)，选项A正确。 联立①②③式解得4=U BE· 8.ABD解析由法拉第电磁感应定律知由O至D时间内线图中 的平均感应电动势E=2X10V=0.4V,由感应电动势 △10.01 2 的物理意义可知，感应电动势的大小E与磁通量的大小更和磁 01 (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到轴所经过的 通量的孜变量△0均无必然联系，仅由磁通量的变化率决 △ 路程为s=矿+tan30°，⑤ 定，而任何时刻磁通量的变化率就是中-1图像上该时刻切 △ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为1一亡，圆 线的斜率，不难看出由O到D过程中，O点处切线斜率最大，D 点处切线斜率最小且为零，选项A、B、D正确，C错误. 联立@000式解得1=需（号+得）. 9.CD解析只要导体棒做加速运动，通过国环的磁通量就增多， 感应电流要阻碍磁通量的增多，圆环受到远离线图的作用力， 图品 哥（+） 对来面的压力增大：反之导体棒做减速运动时，通过圆环的磁 道量就减小，感应电流要阻碍磁通量的减小，团环受到靠近线 第二章综合测评 图的作用力，对桌面的压力减小，远项C,D正确. 10.BD解析当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管 1.B解析电路没有闭合，无感应电流，选项A错误：面积增大， 藏止L一直不亮：通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电 通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流，选项B正确；穿过园 流增加，故使得L逐渐变亮，选项B正确，A错误：当S断开 环的感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流，选项C错 时，由于线图自感电动势阻碍电流的减小，故通过L的电流 误：穿过闭合电路的磁通量不变，设有感应电流，选项D错误. 要在L一L一D一L之中形成新的回路，故L突然变亮，然 2C解析选项A中条形磁铁向下插入线周中时，向下穿过线圈 后逐渐变暗至熄灭，远项C错误，D正确， 的磁通量逐渐增大，所以感应电流产生的磁场方向向上，根据 11.解析当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，不切割磁感 安培定则可知，选项A错误：同理可知，选项B、D错误，C 线，无感应电流产生，则电流计指针不偏转：当导体棒AB垂 正确. 直磁感线方向左右运动时，切制磁感线，有感应电流产生，则 3.C解扬在线柜进入和穿出磁场的过程中，穿过线柜的磁通量 电流计指针偏转：若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针 分别增大和减小，闭合线框中有感应电流产生：整个线框在磁 就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，电流应从左端 场中运动时，线框中无感应电流产生，所以线柜中有感应电流 流入，则根据右手定则可知，导体棒AB应往右运动. 的时间为斗，选项C正确 答系不偏转偏转右 4.B解析感应电动势E=B成立的条件是BLI,B⊥V,l⊥， 12解析(2)依照楞次定律和安培定则及灵敏电流计的指针偏转 即B、l、口三者两两垂直，式中的L应该取与B、口均垂直的有效 方向与通过它的电流方向的关系来判定：①向右偏转一下： 长度（即导体的有效切割长度），设金属棒的长度为【，那么折线 ②向左偏转一下， (3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象，如电 的有数切割长度为号.则：=BE=B,号，所以-号. e2· 路不闭合，则无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定 选项B正确。 律和安培定则判断出感应电动势方向，要产生感应电流，电路 5.B解析根据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正 必须闭合，选项B、D正确 电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线园 答累(1)如图所示 感应电动势的方向从上极板经线图流向下极板，根据安培定则 知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得 线圈中磁场正在增强：对小球受力分新得)号-受，共中感应 电动势E=n忠代入得岁别选项B正亮 (2)①向右编转一下②向左偏转一下(3)BD ·226