第1章 安培力与洛伦兹力 章末检测试卷(1)-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，苏京）

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1.(2023·南京市第一中学高二期末)如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是(　　) A．地磁场是一种物质，客观上存在 B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行 C．通电导线在地磁场中一定受安培力作用 D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功 答案　A 解析　地磁场虽然看不见、摸不着，但它是客观存在的，是一种物质，故A正确；地球磁场从地球的南极附近发出，从地球的北极附近进入地球，磁感线组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力作用，故C错误；由于运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力始终与速度方向垂直，故运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误。 2．如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是(　　) A．丁图最大 B．乙图最大 C．一样大 D．无法判断 答案　C 解析　根据安培力公式F＝BIL，其中L为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。 3．(2023·镇江市高二期中)如图所示，在探究洛伦兹力方向实验中，阴极射线管电子枪发出的电子打在荧光屏正中央形成一个亮斑。通过匀强磁场改变荧光屏上亮斑的位置，来判断洛伦兹力的方向，从荧光屏正前方观察，下列磁场方向和对应亮斑的位置正确的是(　　) 答案　A 解析　根据左手定则，可知施加沿X′X方向的磁场，电子受到沿Y′方向的洛伦兹力，A正确；施加沿Y′Y方向的磁场，电子受到沿X方向的洛伦兹力，B错误；施加沿XX′方向的磁场，电子受到沿Y方向的洛伦兹力，C错误；施加沿YY′方向的磁场，电子受到沿X′方向的洛伦兹力，D错误。 4.(2023·南京外国语学校高二期末)如图所示，长方体的ABCO面为正方形，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，现在AB、BC、CD、DA上分别放置四根导体棒，且构成一闭合回路，当回路中通有沿ABCDA方向的电流时，下列说法正确的是(　　) A．CD棒所受的安培力方向垂直纸面向外 B．四根导体棒均受安培力的作用 C．CD棒与DA棒所受的安培力大小相等 D．DA棒所受的安培力最大 答案　D 解析　根据左手定则，可知CD棒所受的安培力方向垂直纸面向里，A错误；导体棒AB中电流方向与磁场方向平行，导体棒AB不受安培力的作用，B错误；导体棒CD的有效长度与OD边长度相等，而LOD<LDA，根据F＝BIL可知CD棒所受的安培力小于DA棒所受的安培力大小，C错误；由于LDA>LBC，LOD<LDA，结合上述，可知，DA棒所受的安培力最大，D正确。 5．(2023·江苏高二期中)甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的结构示意图，下列说法中正确的是(　　) A．图甲中增大交变电场的电压可增大粒子的最大动能 B．图乙中可以判断出通过R的电流方向为从a到b C．图丙中粒子沿PQ向右或沿QP向左直线运动的条件都是v＝ D．图丁中在分析同位素时，磁场中半径最小的粒子对应质量也一定最小 答案　D 解析　根据洛伦兹力充当向心力，可知qvB＝m，故v＝，可知Ekmax＝，故最大动能与电压无关，A错误。根据左手定则可知，等离子体中的正电荷向下偏，负电荷向上偏，故电流的方向为从b到a，B错误。根据洛伦兹力和静电力相互平衡，可知qE＝qvB，故v＝，当粒子速度方向改变的时候，静电力方向不变，但是洛伦兹力方向反向，无法与静电力平衡，则无法做匀速直线运动，C错误。在加速电场中，有qU＝mv2，在磁场中，有qvB＝m，可得R＝，同位素电荷量相同，质量越小，半径越小，D正确。 6.(2023·常州市第一中学高二期末)如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是(　　) 答案　C 解析　离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示 粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。 7.如图所示，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使带电粒子约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　带电粒子的速度越大，在磁场中做圆周运动的半径就越大，要使带电粒子约束在半径为R2的区域内，带电粒子圆周运动半径最大时，如图 可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax＝，根据qvmaxB＝m可得vmax＝，故选B。 8.(2023·无锡市第一中学高二期中)如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O以与x轴正方向成30°角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则(　　) A．粒子经偏转过程一定能回到原点O B．粒子完成一次周期性运动的时间为 C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3 答案　C 解析　带负电的粒子进入x轴上方磁场后受洛伦兹力发生偏转，到达x轴以后进入x轴下方的磁场，在x轴下方的磁场中受洛伦兹力发生偏转，如图所示 粒子按照这样的规律循环运动，不能回到原点O，A错误；粒子在x轴上方运动的轨迹半径为R，根据qvB＝m，解得r＝，由两磁场磁感应强度的大小关系可知粒子在x轴下方运动的轨迹半径为2R，由几何关系可知，粒子在x轴上方和下方运动时轨迹圆弧所对的圆心角均为60°，则粒子完成一次周期性运动的时间为t＝T上＋T下＝(＋)＝，B、D错误；由几何关系可知，粒子射入x轴上方的磁场后，第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴的点距离为2R，则粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C正确。 9.(2022·南通市高二期中)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像不可能是(　　) 答案　B 解析　设初速度为v0，若满足mg＝Ff＝μFN，因FN＝Bqv0，则mg＝μBqv0，则滑块向下做匀速运动，故A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，加速度大小为a＝，可知随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故B错误，D正确，若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度，做减速运动，加速度大小为a＝，可知随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C正确。 10.如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。(场区足够大，不计粒子重力)则下列说法错误的是(　　) A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45° B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为 C．电场强度大小为B0v0 D．粒子回到P点所用的总时间为 答案　D 解析　根据题意可知，粒子的运动轨迹如图 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确；由A选项分析可知，粒子第一次进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，然后在磁场中做圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律qv0B＝m，代入数据解得R＝，根据几何关系解得PS＝2R＝，故B正确；设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场时的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2R＝v0t3，竖直方向2R＝at32，根据牛顿第二定律Eq＝ma，联立并代入数据解得E＝B0v0，故C正确；粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1＝T＝，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2＝＝，第二次在电场中偏转的时间t3＝＝，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。 二、非选择题：共5题，共60分。第11题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11．(10分)(2023·江苏连云港高二期中)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R的单匝矩形线圈，线圈cd边长度为L1，bc边长度为L2，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。 (1)当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热Q； (2)当线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。请用m、g、L1、L2、I计算出磁感应强度B的表达式。 答案　(1)I2Rt　(2)B＝ 解析　(1)根据焦耳定律，当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热Q＝I2Rt(2分) (2)第一次，线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，cd边受到向上的安培力。设左边砝码质量为m1，右边砝码及线圈总质量为m2，根据平衡条件m1g＝m2g－BIL1(2分) 调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变，则安培力变为向下，大小为BIL2；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡，根据平衡条件 (m1＋m)g＝m2g＋BIL2(3分) 两式联立解得B＝。(3分) 12．(10分)(2023·盐城市东台创新高级中学高二月考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从x轴上的P点垂直x轴射入磁场，OP长度为L，并垂直于y轴离开磁场，不计粒子重力，求： (1)粒子在磁场中运动的半径R； (2)粒子在磁场中运动的速率v； (3)粒子在磁场中运动的时间t。 答案　(1)L　(2)　(3) 解析　(1)据题意和几何关系可得粒子在磁场中运动的半径R＝L(3分) (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力有qvB＝m(2分) 解得v＝(2分) (3)粒子在磁场中运动四个之一个周期，运动时间为 t＝＝×＝。(3分) 13.(12分)如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上固定一间距L＝0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.10 T，垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。 (1)若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小； (2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻器R接入电路中的阻值； (3)若导轨光滑，当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小。 答案　(1)0.1 N　(2)3～11 Ω　(3)3.75 m/s2 解析　(1)对金属棒受力分析可得： F安＝mgsin θ＝20×10－3×10× N＝0.1 N(2分) (2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝， 受到的最大静摩擦力Ff＝μmgcos θ，(1分) ①当最大静摩擦力沿斜面向上时，有mgsin θ＝F1＋Ff，(1分) 此时I1＝＝，(1分) 解得：R1＝11 Ω；(1分) ②当最大静摩擦力沿斜面向下时，有mgsin θ＋Ff＝F2(1分) 此时I2＝＝，(1分) 解得：R2＝3 Ω；(1分) 故滑动变阻器R接入电路中的阻值在3 Ω和11 Ω之间。 (3)当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时， 即R＝23 Ω，I＝＝0.5 A，(1分) a＝＝3.75 m/s2，方向沿斜面向下。(2分) 14.(14分)如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带正电粒子，从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场，速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP＝30 cm，粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？ (2)若磁感应强度的大小B＝2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？ (3)若粒子不能从x轴上方射出，那么，磁感应强度B的最小值是多少？ 答案　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3) T 解析　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0＝mv2，代入数据得v＝20 m/s。(3分) (2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m，得R＝，代入数据得R＝0.50 m(3分) 而＝0.50 m(2分) 故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ＝R＋Rsin 53°，故OQ＝0.90 m。(2分) (3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得OP≥R′＋R′sin 37°，R′＝，(2分) 由以上两式并代入数据得B′≥ T，磁感应强度B的最小值是 T。(2分) 15．(14分)如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第Ⅲ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内有一圆形匀强磁场区域，与x轴、y轴分别相切于A(L,0)、C(0，－L)两点。在第Ⅱ象限内有一未知的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，此未知矩形区域和第Ⅳ象限内的圆形区域有完全相同的匀强磁场，一速度大小为v0的带负电粒子从A点沿y轴负方向射入圆形磁场，经C点射入电场，最后从x轴上离O点的距离为2L的P点射出。另一速度大小为v0的带正电粒子从y轴上的Q点沿与y轴负方向成45°角的方向射入第Ⅱ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的负电粒子正碰，相碰时两粒子速度方向相反。已知正、负粒子电荷量大小均为q、质量均为m，正、负粒子的重力不计。求： (1)磁感应强度B的大小和电场强度E的大小； (2)从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间； (3)未知矩形磁场区域的最小面积S。 答案　(1)　　(2) (3)2(－1)L2 解析　(1)负粒子从A点沿y轴负方向入射，经过C点，由题意可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝L(1分) 根据牛顿第二定律可得qv0B＝(1分) 可得磁感应强度大小为B＝(1分) 负粒子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1， L＝at12，a＝(2分) 联立解得E＝(1分) (2)在磁场中运动的周期为T＝＝(1分) 负粒子在磁场中运动了四分之一圆周， 则t2＝T＝(1分) 由(1)可得负粒子在电场中运动时间为t1＝(1分) 故从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间t＝t1＋t2＝L(1分) (3)速度大小为v0的带正电粒子在磁场中运动的半径r＝＝L(1分) 如图所示 设带负电粒子从P点穿过x轴时与x轴负方向夹角为θ，则有L＝vxt，vx＝v0，tan θ＝1，θ＝45°(2分) 未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积S＝2L(－1)L＝2(－1)L2。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$