章末综合检测(1) 磁场对电流的作用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（教科版2019）

章末综合检测(一)　磁场对电流的作用 (满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，第1～5题只有一个符合题目要求，第6～8题有多个选项符合要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是(　　) A．只要速度大小相同，所受的洛伦兹力就相同 B．两种力的方向均可以用左手定则判断 C．通电导线在磁场中受到的安培力为零，则该处磁场的磁感应强度为零 D．洛伦兹力对运动电荷一定不做功，安培力是所有运动电荷所受洛伦兹力的总和，因此安培力也不做功 B　解析：由公式F＝qvB可知，洛伦兹力不仅与速度大小有关，还与q、B有关，而且速度方向不同，洛伦兹力方向可能不同，A错误；安培力和洛伦兹力的方向均可以用左手定则判断，B正确；当通电导线与磁场平行时，导线受到的安培力为零，但磁场的磁感应强度不为零，C错误；洛伦兹力始终垂直于速度方向，对运动电荷一定不做功，安培力虽是所有运动电荷所受洛伦兹力的总和，但安培力对通电导线可以做正功，也可以做负功，D错误。 2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向里的电流时(　　) A．导线框将向左摆动 B．导线框将向右摆动 C．从上往下看，导线框将顺时针转动 D．从上往下看，导线框将逆时针转动 C　解析：ab边受到垂直纸面向里的安培力，cd边受到垂直纸面向外的安培力，从上往下看，导线框将顺时针转动，选项C正确。 3.(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 C　解析：带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左、磁场垂直纸面向里时，α粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力，均不能满足受力平衡打到a点，A错误；电场方向向左，磁场方向向外，此时如果α粒子打在a点，则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力而平衡，qE＝qvB，则电子向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力，向左偏转，均不会打在b点，B错误；电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，电子向右的洛伦兹力大于向左的电场力，向右偏转，同理如果电子打在a，则α粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力，向右偏转，均会打在b点；同理电场向右，磁场垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力，均不能受力平衡打到a点，C正确，D错误。 4.在等边三角形的三个顶点A、B、C处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。过C点的导线所受安培力的方向(　　) A．与AB边平行，竖直向上 B．与AB边平行，竖直向下 C．与AB边垂直，指向左边 D．与AB边垂直，指向右边 C　解析：如图所示，根据安培定则，过A、B点的导线在C点所激发的磁场分别为B′、B″，应用平行四边形定则可知过C点的导线所在处的合磁场方向与AB边平行，竖直向下。根据左手定则可知过C点的导线所受安培力FC的方向与AB边垂直，指向左边，故选项C正确。 5.如图所示，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从A孔沿AD方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a和b，则两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是(　　) A．va＝vb，ta<tb B．va>vb，ta>tb C．va>vb，ta<tb D．va<vb，ta＝tb C　解析：由题图可知，半径Ra＝2Rb，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝，又两个带电粒子相同，所以va＝2vb。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则两带电粒子运动的周期相同，从C孔射出的粒子运动的时间ta＝，从B孔射出的粒子运动的时间tb＝，所以tb＝2ta。故选项C正确。 6．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。如果发现电子束的偏转幅度比正常的小，则可能的原因是(　　) A．电子枪发射能力减弱，电子数减少 B．加速电场的电压过高，电子速率偏大 C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱 BCD　解析：电子数的减少仅能引起电视画面的清晰度改变，不会引起偏转幅度的减小，A错误；电子沿如图所示方向进入偏转磁场，显然偏转幅度的大小取决于α角，tan ＝，又r＝，则速度偏大时α偏小，即偏转幅度偏小，B正确；线圈匝数减小或线圈电流过小导致B变小，α减小，即偏转幅度减小，C、D正确。 7．如图所示是磁流体发电机示意图。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量的等量正、负离子)垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列判断正确的是(　　) A．图中b板是电源的正极 B．电源的电动势为Bvq C．用电器中电流为 D．用电器两端的电压为Bvd AD　解析：由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A正确；由平衡条件得qvB＝q，电源电动势E＝U＝Bdv，电流I＝＝，用电器两端的电压UR＝IR＝Bvd，B、C错误，D正确。 8．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各个领域，如在某款手机中，常用霍尔元件来控制开启或关闭运行程序。如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d(M、N间距离)，厚为h(图中上下面间距离)，当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压UMN，则(　　) A．MN两端电压UMN仅与磁感应强度B有关 B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN两端电压UMN<0 C．若增大h，则MN两端电压UMN一定减小 D．通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN CD　解析：电流流过霍尔元件，磁场方向向下，若载流子是自由电子，根据左手定则可知，洛伦兹力指向N端，电子向N端聚集，M端带正电，两板间的电势差UMN>0，电子受力平衡时，静电力等于洛伦兹力，有e＝evB，电流的微观表达式I＝neSv＝nedhv，联立解得UMN＝，则MN两端电压UMN与磁感应强度B、电流I均有关，A、B错误；根据MN两端电压表达式UMN＝可知，增大h，MN两端电压减小，C正确；通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN，D正确。 二、非选择题(本题共6小题，共52分) 9．(6分)目前世界上正在研究一种新型发电机——磁流体发电机，它的原理图如图所示：设想在相距d的两平行金属板间加磁感应强度为B的匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连。将气体加热电离后，由于正、负离子一样多，且带电荷量均为q，因而称为等离子体，将其以速度v喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会聚集电荷，产生电压。这就是磁流体发电机的原理，它可以直接把内能转化为电能。 图中________板是发电机的正极，发电机的电动势是________。 答案：甲　Bdv 解析：等离子体从左侧射入磁场，正离子受到向上的洛伦兹力的作用而偏向甲板，使甲板上积累正电荷，乙板上积累相应的负电荷，甲、乙两板成为电源的正、负两极，甲板是发电机的正极。当开关断开时，甲、乙两板间的电压即为电源的电动势，稳定时，甲、乙两板积累的电荷不再增加，此时等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有＝qvB，得电源的电动势为U＝Bdv。 10．(6分)如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点，则： (1)打在P1点的粒子是________，打在P2点的粒子是________； (2)O2P2的长度是O2P1长度的________倍。 答案：(1) H　H和He　(2)2 解析：带电粒子沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度。带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝，所以r＝＝·，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨迹半径是H和He的轨迹半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍。 11．(8分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。如图所示是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。 (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向； (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。 答案：(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv 解析：(1)由安培力的计算公式F＝BIL及左手定则可知，线圈前后两边受到的安培力等大反向，合力为零，左边不受安培力，右边所受安培力大小为F＝nBIL，方向水平向右。故线圈所受安培力F＝nBIL，方向水平向右。 (2)由P＝Fv得安培力的功率P＝nBILv。 12.(10分)如图所示，质量为m、电荷量为q的负离子，以速度v垂直于荧光屏S经过小孔O射入匀强磁场中，磁场方向与离子的运动方向垂直，磁感应强度的大小为B，处于真空中。 (1)离子打在荧光屏上的位置离O点的距离是多少？ (2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P点，已知OP连线与入射方向的夹角为θ，求离子从O到P所经历的时间。 答案：(1)　(2) 解析：(1)离子的初速度方向与匀强磁场的方向垂直，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。设轨迹半径为r，作出其运动轨迹，如图所示 由牛顿第二定律可得Bqv＝m 解得r＝ 则离子打在荧光屏S上的位置与O点的距离为 d＝2r＝。 (2)当离子到达位置P时，运动轨迹所对圆心角α＝2θ 离子运动的时间为t＝T，而周期T＝ 联立以上三式得，离子从O到P运动的时间t＝。 13.(10分)如图所示为回旋加速器的示意图。它由两个铝制D形金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有一粒子源，它产生并发出的α粒子经狭缝电压加速后，进入D2盒中，在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速。为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，以最大速度被导出。已知α粒子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且α粒子从粒子源发出时的初速度为零。(不计α粒子重力)求： (1)α粒子第1次由D1盒进入D2盒中时的速度大小； (2)α粒子被加速后获得的最大动能Ek； (3)符合条件的交变电压的周期T； (4)粒子仍在盒中活动过程中，α粒子在第n次由D2盒进入D1盒的位置与紧接着第n＋1次由D2盒进入D1盒位置之间的距离Δx。 答案：(1) 　(2)　(3) (4) (－) 解析：(1)设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1，根据动能定理有 qU＝mv 解得v1＝。 (2)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被导出，具有最大动能。设此时的速度为v，有 qvB＝ 解得v＝ 设α粒子的最大动能为Ek，则Ek＝mv2 解得Ek＝。 (3)为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝运动的时间极短，忽略不计)，则交变电压的周期T＝＝。 (4)α粒子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨迹半径为r1，则r1＝＝ α粒子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨迹半径为r2，则 r2＝＝ α粒子第n次由D1盒进入D2盒，α粒子已经过(2n－1)次电场加速，以速度v2n－1进入D2盒，由动能定理得(2n－1)Uq＝mv2n 轨迹半径rn＝＝ α粒子第n＋1次由D1盒进入D2盒，α粒子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理得 2nUq＝mv2 轨道半径rn＋1＝＝ 则Δx＝2(rn＋1－rn)(如图所示) 解得Δx＝ (－)。 14.(12分)(2023·山东卷)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。 (1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小； (2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。 (i)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0； (ii)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。 答案：(1)6　(2)(i)36E　9　(ii)不会 解析：(1)由题意，粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝mv2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图甲所示 根据几何关系可知R＝ 联立可得B＝6。 (2)(i)由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图乙所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 R＝(2d)2＋(R1－d)2 解得R1＝d 所以有θ＝53°，α＝37° 洛伦兹力提供向心力qv1B＝m 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝mv－mv 粒子再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x方向有2d＝v1t cos α 沿y方向有2d＝v1t sin α＋at2 根据牛顿第二定律有qE′＝ma 联立以上各式解得 v1＝15，v0＝9，E′＝36E。 (ii)粒子从P到Q根据动能定理有 qE′·2d＝mv－mv 可得从Q射出时的速度为v2＝3 此时粒子在磁场中的半径R2＝＝d 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x＝d，y＝4d 而圆心与P的距离为 l＝＝d≠R2 故不会再从P点进入电场。 学科网（北京）股份有限公司 $$