第1章 安培力与洛伦兹力 单元过关检测(一)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用课件(人教版)

单元过关检测(一) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 √ 单元过关检测 解析：在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，根据F＝BIL，可知F－I图像的斜率k＝BL，由图像可知，a图线的斜率大于b图线的斜率，则A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，故A、C错误，B正确； 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 单元过关检测 2.地球的高纬度地区常会出现美丽的极光，极光本质上是来自宇宙的高速带电粒子流在地磁场的作用下偏转进入地球两极附近时，撞击空气分子引起的。高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，假如我们在地球北极仰视，发现正上方的极光如图所示，呈现从M沿逆时针方向射向N的弧状形式，则下列说法正确的是(　　) A．北极上空的地磁场方向竖直向上 B．高速带电粒子带正电 C．弧MN的半径不断增大 D．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向西偏转 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 √ 单元过关检测 解析：地理北极附近是地磁南极，所以北极上空的地磁场方向竖直向下，故A错误； 根据A分析可知磁场方向竖直向下，结合左手定则可以判断，高速带电粒子带负电，故B错误； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，赤道位置磁场由南向北，根据左手定则可以判断，粒子会向西偏转，故D正确。 单元过关检测 3．一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近。当导线mn中通以方向向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是(　　) A．向左运动 B．向右运动 C．以mn为轴转动 D．静止不动 解析：根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，则知mn对ad的安培力向右，对bc的安培力向右，因此线圈所受的安培力合力方向向右，则线圈将向右运动。 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 3 √ 单元过关检测 4．图中的d为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向外，则开关S接通后，导线d所受安培力的方向(　　)   A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析：在开关S接通后，电流由左侧流入电磁铁，则由安培定则可知，电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场向左，由左手定则可知，导线所受安培力方向向下。 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 4 √ 单元过关检测 5．如图，回旋加速器所接的电源保持不变，将其先后置于两个不同的匀强磁场中，磁感应强度B1>B2，方向均垂直于盒面向下。同一带电粒子均从加速器的中心由静止开始运动，设粒子两次在加速器中获得的最大速度分别为v1和v2，在电场中加速的次数分别为n1和n2，不计粒子所受重力，则(　　)   A．v1<v2，n1>n2 B．v1>v2，n1>n2 C．v1＝v2，n1<n2 D．v1>v2，n1＝n2 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 5 √ 单元过关检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 5 单元过关检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 6 √ 单元过关检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 6 单元过关检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 7 √ 单元过关检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 7 M向右运动过程中，由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，M所受的洛伦兹力逐渐减小，则M、N间弹力F＝mg－qBv0逐渐增大，M、N间摩擦力逐渐增大，故C、D错误。 单元过关检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 11 8 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是(　　) 单元过关检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 11 8 √ A．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φb B．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb C．超导体中磁场越强，a、b两点的电势差越小 D．超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大 √ 单元过关检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 11 8 解析：载流子为电子，超导体表面上a带负电，则φa<φb，故A正确，B错误； 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 11 9 √ √ 单元过关检测 解析：在磁场B2中，粒子做匀速圆周运动，根据左手定则可知，正离子受力向右，向右偏转，负离子向左偏转；故1、2是反粒子径迹，故A正确，B错误； 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 11 9 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 11 10 √ √ √ 单元过关检测 解析：根据几何关系可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R，故A正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 11 10 若粒子从C点以相同的速度入射，根据几何关系可知粒子一定从N点射出，故C正确。 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置 的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场 方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为 6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数 变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为________N，磁场的磁感应强度的大小为________T。 解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝BIL，代入数据解得B＝10 T。 2　 10 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 11 12 12．(10分)如图所示，宽L＝0.2 m的光滑导轨与水平面成α＝37°角，处于磁感应强度大小B＝0.6 T、方向垂直于导轨面斜向上的匀强磁场中，导轨上端与电源和电阻箱连接，电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω。在导轨上水平放置一根金属棒ab，金属棒与导轨接触良好，当电阻箱的电阻调到R＝5.5 Ω时，金属棒恰好能静止。忽略金属棒和导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 11 12 (1)回路中电流的大小； 答案：0.5 A　 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 11 12 (2)金属棒受到的安培力； 解析：金属棒受到的安培力F＝BIL＝0.06 N 由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上。 答案：0.06 N，方向沿斜面向上　 (3)金属杆ab的质量。 解析：由于金属棒刚好静止，则有mg sin α＝F 解得m＝0.01 kg。 答案：0.01 kg 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 11 13 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 11 13 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 11 13 (2)粒子在y轴正方向上射出的范围(计算结果保留根号形式)。 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 11 14 14.(14分)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为＋q的粒子从y轴上的P1(0，1.5L)点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，在电场中偏转后从P2(4L，0)点射出电场进入磁场，经磁场偏转后从P3 (0，－4L)点射出磁场，粒子所受重力不计。求： 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 11 14 (1)匀强电场的电场强度； 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 11 14 (2)粒子在磁场中运动的速率； 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 11 14 (3)匀强磁场的磁感应强度大小。 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 11 14 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 11 15 15.(14分)如图所示，在xOy平面内，第Ⅱ象限内的射线OM是电场与磁场的分界线，OM与x轴的负方向成45°角。在x<0且OM的左侧空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.2 T，在y>0且OM的右侧空间存在着沿y轴正方向的匀强电场E，场强大小为0.04 N/C。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿x轴负方向以v0＝2×103 m/s的初速度进入磁场，最终离开磁、电场区域。已知微粒所带的电荷量q＝5×10－18 C，质量m＝1×10－24 kg，π取3.14，求： 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 11 15 (1)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径； 答案：2×10－3 m　 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 11 15 (2)带电微粒第一次进入电场前运动的时间； 答案：1.57×10－6 s 单元过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 11 15 (3)带电微粒第二次进入电场后在电场中运动的水平位移。 答案：0.4 m 单元过关检测 (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直。图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系，下列说法正确的是(　　) A．A、B两点磁感应强度相等 B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度 C．a、b图线的斜率等于磁感应强度大小 D．因为B＝ eq \f(F,IL) ，所以某处的磁感应强度的大小与放在该处的通电短直导线IL的乘积成反比 B＝ eq \f(F,IL) 为磁感应强度的定义式，某处的磁感应强度由磁场自身决定，与放在该处的通电短直导线IL的乘积无关，故D错误。 高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，速度变小，根据qvB＝m eq \f(v2,R) 可知，弧MN的半径变小，故C错误； 解析：设粒子在加速器中获得的最大速度为v，根据牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \f(qBr,m) ，设粒子在电场中加速的次数为n，根据动能定理有nqU＝ eq \f(1,2) mv2，解得n＝ eq \f(qB2r2,2mU) ，根据题意B1>B2，可知v1>v2，n1>n2，故B正确。 6.如图所示，三根相互平行的长为l的固定直导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I。a中电流方向与c中的相同，与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则(　　) A.b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度为0 B．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度大小为2B0 C．a导线受到的安培力大小为B0Il D．a导线受到的安培力大小为 eq \r(3) B0Il 解析：导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示，根据几何关系其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于 B0, 则a导线受到的安培力大小F＝B0Il。 7．如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m、电荷量为＋q的木块M以速度v0(v0< eq \f(mg,qB) )冲上木板N，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场B中，已知M、N间动摩擦因数μ，下列说法正确的是(　　) A．M向右运动过程中，N静止 B．M向右运动过程中，N也向右运动 C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小 D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐减小 解析：M向右运动过程中，由于v0< eq \f(mg,qB) 则qBv0<mg，即M所受的洛伦兹力小于其所受重力，M、N之间存在摩擦力，N受到的摩擦力向右，则N也向右运动，故A错误，B正确； 根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝ eq \f(I,neS) ，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝ eq \f(eU,d) ，整理得U＝ eq \f(BdI,neS) ，所以电流越大、磁场越强，电势差越大、磁场越强，故C错误，D正确。 9.由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪的原理如图所示，其主要使命是探索宇宙中的反物质，所谓反物质，即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但符号相反。假如使一束质子(氢原子核 eq \o\al(1,1) H)、反质子、α粒子(氦原子核 eq \o\al(4,2) He)、反α粒子组成的射线，以相同速度大小通过OO′进入匀强磁场B2中形成四条径迹，则(　　) A.1和2是反粒子径迹 B．3和4是反粒子径迹 C．2为反质子径迹 D．4为α粒子径迹 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝ eq \f(mv2,R) ，解得R＝ eq \f(mv,qB) ∝ eq \f(m,q) ，故质子与α粒子的半径之比为1∶2，即α粒子做圆周运动的半径大，故1是反质子，2是反α粒子，3是质子，4是α粒子，故D正确，C错误。 10.如图所示，圆O的半径为R，圆内有垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，MN为竖直方向的直径，CD为水平方向的直径。一比荷为 eq \f(q,m) 的带正电的粒子，从圆形磁场边界上的A点以一定的速度沿水平方向射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为R B．粒子的速度大小为 eq \f(qBR,m) C．若粒子从C点以相同的速度入射，则粒子从N点射出 D．粒子在磁场中运动的时间为 eq \f(πm,3qB) 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝2,0) eq \f(mv,R) ，则粒子的速度大小v0＝ eq \f(qBR,m) ，粒子在磁场中运动的时间t＝ eq \f(\f(2,3)πR,v) ＝ eq \f(2πm,3qB) ，故B正确，D错误； 解析：由闭合电路的欧姆定律可得 I＝ eq \f(E,R＋r) ＝0.5 A。 13.(10分)如图所示，xOy坐标系的第一象限分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，在x轴上的P( eq \r(3) a，0)点向各个方向均匀发射速率为v、质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计所受重力)。其中，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子恰好垂直于y轴射出。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； 答案： eq \f(mv,2qa) 　 解析：沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子运动轨迹如图甲所示 由几何关系知，圆周运动的半径r＝ eq \f(\r(3)a,sin 60°) ＝2a 根据qvB＝m eq \f(v2,r) 解得B＝ eq \f(mv,2qa) 。 解析：粒子在y轴正方向上射出范围在O与M之间，如图乙所示 由几何关系得yM＝ eq \r(（2r）2－（\r(3)a）2) ＝ eq \r(13) a 粒子在y轴正方向上射出的范围为0～ eq \r(13) a。 答案：0～ eq \r(13) a 答案：2,0) eq \f(3mv,16qL) 　 解析：粒子在电场中做类平抛运动，可得4L＝v0t eq \f(3,2) L＝ eq \f(1,2) at2 其中a＝ eq \f(qE,m) 解得E＝2,0) eq \f(3mv,16qL) 。 答案： eq \f(5,4) v0　 解析：据类平抛运动的规律可得vx＝v0。 vy＝at v＝2,x) eq \r(v＋v eq \o\al(2,y) ) 解得v＝ eq \f(5,4) v0。 解析：作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。设粒子进入磁场时速度与x轴正向成α角，则tan α＝ eq \f(vy,vx) 设粒子射出磁场时速度与y轴正方向成β角，据几何关系可得 r sin α＋r cos β＝4L r cos α＋r sin β＝4L 解得r＝ eq \f(20,7) L 根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力有qvB＝m eq \f(v2,r) 解得B＝ eq \f(7mv0,16qL) 。 答案： eq \f(7mv0,16qL) 解析：微粒在磁场中，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供微粒做圆周运动的向心力有 qv0B＝m2,0) eq \f(v,R) 解得R＝2×10－3 m。 解析：由轨迹图可知，微粒先做一圆周运动，然后在电场中的电场力作用下先向上做匀减速运动然后向下做匀加速运动，离开电场时微粒速度大小与进入时相等，然后在磁场中做一圆周运动，以垂直于电场方向的速度再次进入电场做类平抛运动。所以微粒第一次在磁场中运动的时间t＝ eq \f(T,4) 又T＝ eq \f(2πR,v0) 解得t＝1.57×10－6 s。 解析：微粒在电场中的加速度a＝ eq \f(qE,m) ＝0.2×106 m/s2 微粒第二次离开磁场在电场中做类平抛运动时抛出点高度h＝2R 所以微粒在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，故有h＝ eq \f(1,2) at′2 可得微粒在电场中运动时间t′＝2×10－4 s 所以微粒在水平方向的位移x＝v0t′＝0.4 m。 $