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 （鲁科版2019）

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2023·广州市从化中学高二期末)下列说法正确的是(　　) A．安培力和电场力的方向均可用左手定则判断 B．电荷所受电场力一定与该处电场方向在同一直线上，电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直 C．电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 D．安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷也做功 答案　B 解析　安培力的方向用左手定则判断，电场力的方向不能用左手定则判断，A错误；电荷所受电场力一定与该处电场方向在同一直线上，电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，B正确；电荷在电场中一定受电场力作用，电荷静止在磁场中或者运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力，C错误；洛伦兹力对运动电荷不做功，D错误。 2.(2023·陕西榆林高二期末)如图所示，边长为L的等边三角形导线框用轻质绝缘细线悬挂于天花板，图中虚线过ab和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中通一大小为I的逆时针方向电流时，线框处于静止状态，此时细线的拉力恰好为零。已知导线框的质量为m，重力加速度为g，则磁场的磁感应强度为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根据导线框受力平衡可得F安＝mg，又F安＝BIL有效，由题意可知，导线在磁场中的有效长度为L有效＝L，解得B＝，A、B、D错误，C正确。 3.(2023·邢台市南和区第一中学高二期末)如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度大小为g，则(　　) A．棒中电流的方向为b→a B．棒中电流的大小为 C．棒中电流的大小为 D．若只增大轻导线的长度，则θ变小 答案　C 解析　根据导体棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，故A错误；对刚通电后到铜棒偏转到最大角度的过程中，根据动能定理可得BIL2sin θ－mgL(1－cos θ)＝0－0，解得I＝，故B错误，C正确；由上式可知，BIL·Lsin θ＝mgL(1－cos θ)，轻导线的长度L可消去，即θ与导线长度无关，故D错误。 4．(2023·成都市高二统考期末)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，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。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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。 5．(2023·福建福州高二期末)关于图中的四种仪器的说法正确的是(　　) A．甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关 B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同 C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时N侧带负电荷 D．丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b、c均无关 答案　ABC 解析　回旋加速器中，由牛顿第二定律可得qvB＝，带电粒子射出时的动能为Ek＝mv2，联立解得Ek＝，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A正确；带电粒子在加速电场中，由动能定理可得qU1＝mv2，带电粒子在复合场中，由共点力平衡条件可得qvB1＝Eq，带电粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律可得qvB2＝，则＝，题图乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子，速度相同，半径R相同，因此粒子比荷相同，故B正确；题图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力方向指向N侧，因此N侧带负电荷，故C正确；题图丁中，最终正、负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即qvB＝Eq，同时E＝，而流量为Q＝vbc，联立可得U＝，前后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，故D错误。 6.(2023·重庆市南坪中学高二期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是(　　) A．小球带正电荷 B.＝v0 C．若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将一直增大 D．若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大 答案　AB 解析　经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，故A正确；由题意得，小球受重力、静电力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0Bsin 30°，所以＝v0，故B正确；撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mgsin 30°＝ma，即a＝g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力合力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。 7.如图所示，一个边界为PQ、MN(两边界上有磁场)的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速度为4v0时(　　) A．电子的运动半径为4d B．从MN边界射出的电子数占总电子数的 C．MN边界上有电子射出的总长度为2d D．电子在磁场中运动的最长时间为 答案　BCD 解析　向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，可知r0＝d，则当电子发射速率为4v0时，根据qvB＝得r＝，可知半径变为原来的4倍，即2d，故A错误；如图所示，从发射装置水平向右射出的电子到达MN右端的距离最远，又r1＝2d，根据几何关系知偏转角为60°，AB＝r1sin 60°＝d，运动轨迹与MN相切的电子到达MN最左端，根据几何关系知其发射速度与PQ的夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的，BC＝r1sin 60°＝d，MN边界上有电子射出的总长度为AB＋BC＝2d，故B、C正确；根据分析知，电子在磁场中转过的圆心角最大为120°，最长运动时间为T＝×＝，故D正确。 8.(2023·哈尔滨三中高二期末)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(　　) 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　ABC 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qv0B0＝m，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。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 9．(4分)(2022·宁德高二阶段练习)如图所示，水平放置的两平行导轨P、Q间的距离d＝0.5 m，垂直于导轨平面有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平轻绳跨过光滑的定滑轮与物块G相连，已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器接入电路的阻值R＝0.9 Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，则物块的质量M＝________ kg；当ab棒将要由静止开始向右滑动时滑动变阻器接入电路的阻值R′＝________ Ω。(g取10 m/s2) 答案　1　1.15(每空2分) 解析　当滑动变阻器接入电路的阻值R＝0.9 Ω时，通过ab的电流为I＝＝10 A 此时ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，即ab棒此时受到重力、支持力、绳的拉力和安培力，不受摩擦力，则绳的拉力和安培力平衡，设物块的质量为M，则BId＝Mg 解得M＝1 kg 当ab棒将要由静止开始向右滑动时，ab棒所受最大静摩擦力方向向左，根据平衡条件有μmg＋BI′d＝Mg 解得此时通过ab的电流为I′＝8 A 根据闭合电路欧姆定律有I′＝ 解得R′＝1.15 Ω。 10．(4分)一个电荷量为＋q(q>0)、质量为m的圆环，套在水平的粗细均匀的绝缘细杆上，它们之间的动摩擦因数为μ，细杆处于垂直纸面向里大小为B的匀强磁场以及水平向右大小为E的匀强电场中，如图所示。重力加速度为g，且qE>μmg。静止释放带电圆环，则圆环运动过程中加速度的变化情况：_________________；此过程中，圆环最大速度为_______________。 答案　加速度先变大后变小　＋(每空2分) 解析　初始时刻，对圆环进行受力分析，可知受到重力、支持力、电场力和摩擦力，因为qE>μmg，根据牛顿第二定律可知，圆环向右做加速运动，又因为圆环带正电，根据左手定则可知，圆环受到竖直向上的洛伦兹力 根据牛顿第二定律，有qE－μ(mg－Bqv)＝ma，随着速度增大，洛伦兹力变大，所以支持力变小，摩擦力变小，合力变大，加速度变大； 当洛伦兹力大于重力之后，支持力向下，如图所示，根据牛顿第二定律有qE－μ(Bqv－mg)＝ma，这时，随着速度继续增大，支持力变大，摩擦力增大，合力减小，加速度减小；当qE＝μ(Bqv－mg)时，加速度为零，速度最大，vmax＝＋，之后做匀速运动。 11．(8分)如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的部分实验装置，通电导线与磁场方向垂直。请根据下面的实验操作按要求填空。 (1)在探究安培力F与电流I的对应关系时，保持磁场及通电导线长度不变，只改变电流的大小，记录电流表的读数I1，I2，I3，…，测出对应的安培力F1，F2，F3，…，通过实验可发现，磁场对通电导线作用力的大小与电流大小成正比，实验中所采用的实验方法是________(选填“等效替代法”“控制变量法”或“理想模型法”)。 (2)如图所示分别接通“1、4”和“2、3”，发现轻绳偏转的角度不同，说明通电导线受到的力的大小与________有关。 (3)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向__________(选填“改变”或“不改变”)。 (4)只改变导线中电流的方向，导线受力的方向________(选填“改变”或“不改变”)。 答案　(1)控制变量法　(2)导线在磁场中的长度　(3)改变　(4)改变(每空2分) 解析　(1)控制其他物理量不变，只改变电流，观察安培力随电流的变化情况，故这个实验所采用的实验方法是控制变量法。 (2)分别接通“1、4”和“2、3”，发现轻绳的摆动角度不同，这说明安培力的大小与通电导线在磁场中的长度有关。 (3)安培力的方向是由磁感应强度B的方向和电流方向共同决定的，故只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向改变。 (4)据(3)中的分析知，只改变导线中的电流的方向，导线受力的方向改变。 12．(14分)(2023·四川凉山高二期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.4 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0＝2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)导体棒受到的安培力大小； (2)导体棒与轨道间的动摩擦因数。 答案　(1)4 N　(2) 解析　(1)根据闭合电路欧姆定律得 I＝＝2 A(3分) 导体棒受到的安培力为F安＝BIL＝4 N(3分) (2)对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿导轨所在平面向下的分力小于F安，故摩擦力沿导轨所在平面向下，沿导轨所在平面方向有mgsin 30°＋f＝F安(2分) 垂直于导轨所在平面方向有N＝mgcos 30°(2分) 又f＝μN(2分) 联立解得μ＝。(2分) 13.(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＝5.0×10－8kg、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时速度方向与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)0.9 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＝0.5 m(3分) 而＝0.5 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＝0.9 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°， 由qvB′＝得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) 14．(16分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限在x轴与y＝－d之间的区域内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0，h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q(h,0)进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子在Q点速度的大小vQ和与x轴正方向的夹角θ； (2)匀强磁场磁感应强度大小B； (3)粒子在电场、磁场中运动总时间。 答案　(1)2v0　60°　(2)　(3)＋ 解析　(1)设粒子从P到Q的过程中，沿y轴方向，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度vQ沿y轴方向的分速度大小为vy，且在Q点速度方向与x轴正方向夹角为θ，则 h＝v0t(1分) h＝at2(1分) vy＝at vQ＝(1分) tan θ＝(1分) 联立解得vQ＝2v0，θ＝60°(1分) (2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则qvQB＝m(2分) 得R＝(1分) 粒子运动轨迹如图所示： 又由几何关系可得d＝R＋R， 联立解得B＝(2分) (3)由(1)可知粒子在电场中运动的时间t＝(1分) 根据几何关系，粒子在磁场中转过的圆心角为 α＝120° 在磁场中运动的周期：T＝＝(1分) 在磁场中运动的时间：t′＝T＝(2分) 粒子运动的总时间：t总＝t＋t′＝＋。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$