第1章 安培力与洛伦兹力 水平测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（人教版2019）

物理　选择性必修·第二册[RJ] 第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．如图所示，空间有沿x轴正方向的匀强磁场，与x轴重合的通电导线ab中电流方向从a到b，ab绕O点在xOy平面内旋转180°的过程中，通电导线ab受到的安培力(　　) A．方向不变 B．方向不断改变 C．逐渐增大 D．逐渐减小 答案　A 解析　通电直导线所受的安培力F＝IlBsinθ，θ是磁感应强度B的方向与电流方向的夹角，由题知，B、I、l不变，θ由0逐渐增大到180°，sinθ先增大后减小，则F先增大后减小；根据左手定则判断可知，通电导线ab受到的安培力方向始终沿z轴正方向，保持不变。故A正确，B、C、D错误。 2．如图所示为地球周围磁场的分布情况，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直地球表面进入地磁场，那么以下说法正确的是(　　) A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同 B．由于南、北极磁场最强，因此阻挡作用最强 C．垂直地球赤道地面射来的正粒子向东偏转 D．垂直地球赤道地面射来的负粒子向南偏转 答案　C 解析　高能带电粒子到达地球周围时，受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。相同粒子在地磁场的不同位置，所受到的洛伦兹力不同，在南、北两极地磁场方向几乎与地面垂直，在赤道附近地磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，地磁场对垂直地球表面进入地磁场的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，在赤道附近较强，故A、B错误；根据左手定则，垂直地球赤道地面射来的正粒子受到地磁场向东的洛伦兹力，向东偏转，垂直地球赤道地面射来的负粒子受到地磁场向西的洛伦兹力，向西偏转，故C正确，D错误。 3．在粒子物理学的研究中，经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低，在它的周围有气泡形成，显示出它的径迹。如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是(　　) A．甲粒子从b向a运动 B．乙粒子从c向d运动 C．甲粒子带正电 D．乙粒子带负电 答案　A 解析　带电粒子沿垂直于磁场方向运动，通过气泡室中的液体时能量降低，速度减小，由粒子轨道半径公式r＝可知，粒子的轨道半径逐渐减小，则由图看出，甲粒子从b向a运动，乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，甲粒子带负电，乙粒子带正电。故A正确，B、C、D错误。 4．螺线管正中间的上方悬挂一个通有顺时针方向电流的小线圈，线圈的平面与螺线管的轴线在同一竖直面内，如图所示。当闭合开关S时(一小段时间内)，从上方俯视，线圈应该(　　) A．顺时针方向转动，同时向左移动 B．逆时针方向转动，同时向右移动 C．顺时针方向转动，同时悬线的拉力减小 D．逆时针方向转动，同时悬线的拉力增大 答案　D 解析　根据安培定则可知，闭合开关时，螺线管右端为N极，左端为S极，对通有顺时针方向电流的小线圈，由右手螺旋定则可知，线圈的外面为S极，里面为N极，因为异名磁极相互吸引，所以从上往下看，线圈逆时针方向转动。线圈处在螺线管正中间的上方，根据对称性可知，线圈不会向左或向右移动。因线圈下半部分的磁场强于上半部分，故线圈下半部分所受安培力大于上半部分所受安培力，又根据左手定则可知，下半部分所受安培力向下，上半部分所受安培力向上，则悬线的拉力增大。综上所述，D正确，A、B、C错误。 5．如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为(　　) A．2∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶15 答案　A 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。由带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式T＝，可知正、负电子的周期相等。正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，速度的偏转角为120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为t1＝T＝T。同理，负电子从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为t2＝T＝T。所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1∶t2＝2∶1；故A正确。 6．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ 答案　B 解析　等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可知金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则金属棒ab中电流方向由a端流向b端；金属棒ab在光滑平行导轨上静止，且B2垂直于导轨平面，则金属棒ab所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。等离子体喷入金属板P、Q间时产生的电动势E满足q＝qB1v，由闭合电路欧姆定律有I＝，则金属棒ab所受安培力大小F＝ILB2＝，对金属棒ab由平衡条件可得F＝mgsinθ，联立解得v＝。B正确。 7．如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　) A．极板M比极板N电势低 B．加速电场的电压U＝ER C．直径PQ＝ D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷 答案　D 解析　粒子经加速电场加速后进入静电分析器，在静电力的作用下做匀速圆周运动，由静电力指向圆心可知粒子带正电，因此加速电场的场强方向由M指向N，即极板M的电势高，故A错误；在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2，粒子在静电分析器内做匀速圆周运动，因此qE＝m，联立可得U＝，故B错误；粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则PQ＝2r＝2，联立可得PQ＝，当B、E、R确定时，粒子在磁场中的轨迹直径只和粒子的比荷有关，因此落在胶片上同一点的粒子比荷相同，故C错误，D正确。 8．在竖直平面内存在水平方向的匀强磁场，一质量为m的带电小球由O点静止释放，小球在此后一段时间内的运动轨迹如图中曲线所示，P为曲线的最低点，小球运动到B点时速度为零。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球带负电 B．小球在P点所受洛伦兹力最大 C．B点与O点在同一高度 D．小球到达B点后将沿原路径返回A点 答案　BC 解析　小球由静止释放后在重力作用下将向下加速，由运动轨迹，小球在洛伦兹力作用下向右偏转，根据左手定则可知小球带正电，A错误；洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，只有重力做功，则小球机械能守恒，P为曲线最低点，则小球在P点重力势能最小，动能最大，则小球在P点速度最大，由F＝qvB可知，此时小球所受洛伦兹力最大，B正确；小球在O点和B点动能均为零，根据小球机械能守恒可知，小球在O点和B点重力势能相等，则B点与O点在同一高度，C正确；小球到达B点后，在重力作用下向下运动，由左手定则可知，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿原路径返回A点，D错误。 9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°角后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A．离开电场区域时的动能之比为1∶3 B．在磁场中运动的半径之比为∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．在磁场中的加速度之比为1∶ 答案　ABC 解析　离子在电场中运动时有qU＝mv2＝Ek，则离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，故A正确；离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得运动半径r＝＝，则运动半径之比为1∶＝∶1，故B正确；设磁场宽度为d，由几何关系有d＝rsinα(α为离子在磁场中转过的角度)，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于运动半径倒数之比，即1∶，因P＋在磁场中转过的角度θ＝30°，则P3＋转过的角度θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在磁场中的加速度a＝，联立可得a＝，则离子在磁场中的加速度之比为1∶3，故D错误。 10．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是(　　) A．粒子有可能打到A点 B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出 答案　AD 解析　根据Bqv0＝，可知粒子的运动半径R＝a，因此当θ＝60°时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；以θ＝0°飞入的粒子，在磁场中恰好从AC中点B飞出，所对弦长为a，以入射点O为定点，从θ＝0°开始旋转轨迹圆，可知轨迹圆对应的弦长从a开始减小，直到弦垂直于AC、粒子从D点飞出时达到最小，接着又开始增大，θ＝60°从A点飞出时弦长为a，然后逐渐减小到零，如图所示，根据劣弧对应弦长越长弧长越长，而弧长正比于粒子在磁场中的运动时间，可知θ从0°到60°粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，故B、C错误；由以上分析可知，在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小，实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄形磁体的N、S极间磁场中的待测位置。 (1)在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0； (2)接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F(F＞F0)。 由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于__________；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为__________。若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线框匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达式为B＝________。 答案　F0　F－F0　 解析　在接通电路前，导线框静止时，处于平衡状态，重力等于弹簧测力计的拉力，即G＝F0；接通电路，导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：F－G－F安＝0，则F安＝F－G＝F－F0，又F安＝NBIL，则B＝。 12．(6分)电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面固定两块竖直正对的金属电极板a、b(未画出，电阻不计)，匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。 (1)若用电压表监测a、b电极板间的电势差，则与电压表“＋”接线柱相连的是图中________电极板(选填“a”或“b”)。 (2)某次监测中，用电压表测出a、b电极间的电势差U，已知a、b电极板间的距离D，血管内径为d，磁感应强度B，则用上述物理量表示血流量(单位时间流过的血液体积)的表达式为________。 (3)若U＝150 μV，D＝3.0 mm，B＝0.12 T，根据数据可估测出血流速度为________m/s(结果保留两位有效数字)。 答案　(1)a　(2)　(3)0.42 解析　(1)在洛伦兹力的作用下，血液中的正离子向a电极板偏转，负离子向b电极板偏转，故a电极板的电势比b电极板高，故与电压表“＋”接线柱相连的是图中a电极板。 (2)当a、b电极间的电势差稳定为U时，正、负离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有q＝qvB，解得v＝，血流量Q＝vS，S＝，联立解得Q＝。 (3)将数据代入v＝，解得v＝0.42m/s。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(8分)如图所示，ab、cd为两根足够长的相距1 m的平行金属导轨，导轨与水平面之间的夹角θ＝37°，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。质量为0.15 kg的金属棒MN垂直放置在导轨上，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.2。当通以方向从M到N、大小为2 A的电流时，金属棒MN恰能沿导轨向下做匀速运动。已知g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)当棒中电流增大到4 A的瞬间，棒获得的加速度a。 答案　(1)0.33 T (2)4.4 m/s2，方向沿导轨向上 解析　(1)当通以方向从M到N、大小为2 A的电流时，金属棒所受安培力沿导轨向上，金属棒MN沿导轨向下匀速运动，沿导轨方向受力平衡，则 mgsinθ＝F安＋μmgcosθ F安＝IlB 代入数据解得B＝0.33 T。 (2)当棒中电流增大到I′＝4 A时，设棒的加速度为a，以沿导轨向下为正方向，由牛顿第二定律有mgsinθ－I′lB－μmgcosθ＝ma 代入数据解得a＝－4.4 m/s2 负号表示方向沿导轨向上。 14．(14分)如图甲所示，极板M1N1、PQ间存在加速电场，环形磁场区域由两圆心都在O点、半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，该匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为＋q的粒子不断从粒子源S飘入(初速度为0)加速电场，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔S′射入磁场后打到荧光屏N2M2上。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到荧光屏N2M2上的粒子均被吸收。 (1)为使粒子能够打到荧光屏N2M2上，求加速电压的最大值Um； (2)已知加速电压为某一恒定值时，粒子刚好打在荧光屏N2M2的中央，保持加速电压不变，由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内向左偏离SS′方向一定角度α，且cosα＝，粒子打到了荧光屏N2M2上的D点，如图乙所示，求粒子从S′运动到D的时间及N2、D两点间的距离。 答案　(1) (2)　0.9a 解析　(1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的轨迹半径最大，此时加速电压为最大值，设轨迹半径为r1，如图1所示 由几何关系可知r1＝ 根据牛顿第二定律有qv1B＝m 根据动能定理有qUm＝mv 联立解得Um＝。 (2)由题意可知，粒子打在荧光屏N2M2的中点时，该粒子的运动半径为r2＝3a 加速电压不变，则粒子进入磁场的速度大小v2不变，运动半径仍为r2，粒子打在荧光屏上的D点时，轨迹圆心为O′，如图2所示 粒子在磁场中运动时，有 qv2B＝m T＝ 由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹所对圆心角θ＝π＋2α 且cosα＝ 粒子从S′运动到D的时间t＝T 联立可得t＝ 该粒子运动半径仍为r2，设N2、D两点间距离为d，根据几何关系有2r2cosα＝5a＋d 解得d＝0.9a。 15．(16分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点射入时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。 答案　(1)轨迹见解析　(2)　(3)　 解析　(1)该粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，上下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(如图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE＝ma① 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝⑤ 由几何关系得l＝2Rcosθ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1tan＝v0⑧ 联立①②③⑦⑧式得＝⑨ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′， 则t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。 13 学科网（北京）股份有限公司 $$