2024-2025學年新教材高中物理第一章安培力與洛倫茲力單元素養(yǎng)檢測一含解析新人教版選擇性2

PAGE13-單元素養(yǎng)檢測(一)安培力與洛倫茲力時間：90分鐘滿分：100分一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)1．如圖所示，一帶負電的粒子(不計重力)進入磁場中，圖中的磁場方向、速度方向及帶電粒子所受的洛倫茲力方向標示正確的是()2．如圖所示，一根導線位于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝l，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.現(xiàn)給這根導線通入由A至E的恒定電流I，則導線受到磁場作用的合力大小為()A．2eq\r(3)BIlB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(3),2)))BIlC．(2＋eq\r(3))BIlD．4BIl3．在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內，電子(重力不計)可能沿水平方向向右做直線運動的是()4.電視顯像管原理的示意圖如圖所示，當沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉線圈可以產生磁場，使電子束發(fā)生偏轉．設垂直紙面對里的磁場方向為正方向，若使電子打在熒光屏上的位置由a點漸漸移動到b點，下列改變的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉的是()5.固定導線c垂直紙面，可動導線ab通以如圖所示方向的電流，用測力計懸掛在導線c的上方，導線c中通以如圖所示的電流時，以下推斷正確的是()A．導線a端轉向紙外，同時測力計讀數(shù)減小B．導線a端轉向紙外，同時測力計讀數(shù)增大C．導線a端轉向紙里，同時測力計讀數(shù)減小D．導線a端轉向紙里，同時測力計讀數(shù)增大6.始終導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，假如直導線可以自由地運動且通以方向為由a到b的電流，則導線ab受到安培力的作用后的運動狀況為()A．從上向下看順時針轉動并靠近螺線管B．從上向下看順時針轉動并遠離螺線管C．從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管D．從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管7．1932年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A．離子從磁場中獲得能量B．電場的周期隨離子速度增大而增大C．離子由加速器的中心旁邊射入加速器D．當磁場和電場確定時，這臺加速器僅能加速電荷量q相同的離子8．如圖所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的離子，從整體上來說呈電中性)噴射入磁感應強度為B的勻強磁場，磁場中有兩塊正對面積為S，相距為d的平行金屬板，與外電阻R相連構成電路．設氣流的速度為v，氣體的電導率(電阻率的倒數(shù))為g，則流過外電阻R的電流I及電流方向為()A.eq\f(Bdv,R)，A→R→BB.eq\f(Bdv,R)，B→R→AC.eq\f(BdvSg,gSR＋d)，A→R→BD.eq\f(BdvS,SR＋gd)，B→R→A二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分)9．如圖所示，虛線左側的勻強磁場磁感應強度為B1，虛線右側的勻強磁場磁感應強度為B2，且B1＝2B2，當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的()A．速率將加倍B．軌跡半徑將加倍C．周期將加倍D．做圓周運動的角速度將加倍10．如圖所示，質量為m的帶電絕緣小球(可視為質點)用長為l的絕緣細線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場．現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，則下列說法中正確的是()A．小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等B．小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力相等C．小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度相同D．小球從A至C和從D至C過程中，運動快慢一樣11．一個用于加速質子的回旋加速器，其核心部分如圖所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，兩盒分別與溝通電源相連．設質子的質量為m、電荷量為q，則下列說法正確的是()A．D形盒之間交變電場的周期為eq\f(2πm,qB)B．質子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大C．質子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大D．質子離開加速器時的最大動能與R成正比12.如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對里，一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，欲使粒子不能從邊QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(Bqd,m)B.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)qBd,2m)三、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(8分)如圖所示，虛線框內存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強磁場．現(xiàn)通過測量通電導線在磁場所受的安培力，來測量磁場磁感應強度的大小并判定其方向．所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關．此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線．(1)在圖中畫線連接成試驗電路圖．(2)完成下列主要試驗步驟中的填空：①按圖接線．②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細沙質量m1.③閉合開關S，調整R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D________________，然后讀出________________，并用天平稱出________________．④用米尺側量________．(3)用測得的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B＝________________.(4)判定磁感應強度方向的方法：若________，磁感應強度方向垂直紙面對外；反之，磁感應強度方向垂直紙面對里．14．(8分)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5V、內阻r＝0.5Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質量m＝0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力大小；(3)導體棒受到的摩擦力大小．15．(8分)在真空中，半徑r＝3×10－2m的圓形區(qū)域內有勻強磁場，方向如圖所示，磁感應強度B＝0.2T．一個帶正電的粒子，以初速度v0＝106m/s，從直徑ab的一端a射入磁場，已知該粒子的比荷eq\f(q,m)＝108(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少？(2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時v0方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉角β.16．(10分)如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中心各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的改變如圖乙所示，設垂直紙面對里的磁場方向為正方向．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度改變的周期都為T0，不考慮由于磁場改變而產生的電場的影響，不計離子所受重力．求：(1)磁感應強度B0的大??；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．17.(12分)如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁感應強度的大小B＝0.60T，磁場內有一塊足夠長的平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝16cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向放射α粒子，α粒子的速率均為v＝3.0×106m/s，已知α粒子的比荷eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg，現(xiàn)只考慮在紙面內運動的α粒子，不計α粒子重力，求ab上被α18．(14分)如圖所示，平面直角坐標系xOy中，在其次象限內有一半徑R＝5cm的圓，與y軸相切于點Q(0，5eq\r(3)cm)，圓內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面對外．在x＝－10cm處有一個比荷為eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg的帶正電的粒子，正對該圓圓心方向放射，粒子的放射速率v0＝4.0×106m/s，粒子在Q點進入第一象限．在第一象限某處存在一個矩形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy平面對外，磁感應強度B0＝2T．粒子經(jīng)該磁場偏轉后，在x軸M點(6cm,0)沿y軸負方向進入第四象限(不考慮粒子的重力)．求：(1)其次象限圓內磁場的磁感應強度B的大?。?2)第一象限內矩形磁場區(qū)域的最小面積．單元素養(yǎng)檢測(一)安培力與洛倫茲力1．解析：A圖中帶負電的粒子向右運動，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，選項A錯誤；B圖中帶負電粒子的運動方向與磁感線平行，此時不受洛倫茲力的作用，選項B錯誤；C圖中帶負電的粒子向右運動，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，選項C正確；D圖中帶負電的粒子向上運動，掌心向里，四指應向下，大拇指的方向向左，選項D錯誤．答案：C2．解析：據(jù)題圖和幾何關系求得A、E兩點間的距離為：L等＝(2＋eq\r(3))l.據(jù)安培力公式得F＝BIL等＝(2＋eq\r(3))BIl，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C3．解析：在A圖中，電子向右運動，受力如圖電子做曲線運動，A錯誤；在B圖中，電子只受向左的電場力，不受洛倫茲力，只要電子v足夠大，可以向右做勻減速直線運動，通過電磁場，B正確；在C圖中，向右運動電子所受電場力，洛倫茲力均豎直向下，與v不共線，做曲線運動，C錯誤；在D圖中，向右運動電子所受電場力，洛倫茲力均豎直向上，與v不共線，做曲線運動，D錯誤．答案：B4．解析：電子偏轉到a點時，依據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面對外，對應的B-t圖的圖線應在t軸下方，C、D錯誤；電子偏轉到b點時，依據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面對里，對應的B-t圖的圖線應在t軸上方，A正確、B錯誤．答案：A5．解析：導線c中電流產生的磁場在右邊平行紙面斜向左上，在左邊平行紙面斜向左下，在ab左右兩邊各取一小電流元，依據(jù)左手定則，左邊的電流元所受的安培力方向向外，右邊的電流元所受安培力方向向里，知ab導線逆時針方向(從上向下看)轉動．當ab導線轉過90°后，兩導線電流為同向電流，相互吸引，導致測力計的讀數(shù)變大，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B6．解析：先由安培定則推斷通電螺線管的南、北兩極，找出導線左、右兩端磁感應強度的方向，并用左手定則推斷這兩端受到的安培力的方向，如圖甲所示．可以推斷導線受到磁場力作用后從上向下看按逆時針方向轉動，再分析導線轉過90°時導線位置的磁場方向，再次用左手定則推斷導線所受磁場力的方向，如圖乙所示，可知導線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤．答案：D7．解析：離子在電場力作用下，從電場中獲得能量，而洛倫茲力始終與速度的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，離子不能從磁場中獲得能量，A錯誤；離子最終的速度與回旋半徑成正比，要使半徑最大，應使離子從中心旁邊射入加速器，C正確；加速離子時，交變電場的周期與離子在磁場中運動的周期相等，離子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與離子速度無關，與離子的比荷有關，當磁場和電場確定時，這臺加速器僅能加速比荷相同的離子，B、D錯誤．答案：C8．解析：由左手定則知，正離子向上偏，負離子向下偏，故電流方向為A→R→B，設帶電離子電荷量為q，由qeq\f(E,d)＝qvB，I＝eq\f(E,R＋r)，r＝ρeq\f(d,S)，ρ＝eq\f(1,g)，聯(lián)立解得I＝eq\f(BdvSg,gSR＋d)，故選C.答案：C9．解析：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(qB,m)，洛倫茲力不做功，B1＝2B2，故由B1進入B2后v不變，R加倍，T加倍，ω減半，B、C正確．答案：BC10．解析：由題意可知，當進入磁場后，才受到洛倫茲力作用，且力的方向與速度垂直，所以只有重力做功，則小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，加速度相同，從A至C和從D至C過程中，運動快慢也一樣，A、C、D正確；由于進出磁場的方向不同，由左手定則可知，洛倫茲力方向不同，所以細線的拉力的大小不同，故B錯誤．答案：ACD11．解析：D形盒之間交變電場的周期等于質子在磁場中運動的周期，A項正確；由r＝eq\f(mv,qB)得：當r＝R時，質子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關，B正確，C錯誤；質子離開加速器時的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，故D錯誤．答案：AB12．解析：粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大．當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大．若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，簡單看出R1－R1sin(90°－45°)＝d，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，選項B正確；若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，簡單看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，選項C正確．答案：BC13.解析：(1)依據(jù)試驗目的和電磁天平的原理，將電源、開關、電阻箱、電流表及U形金屬框串聯(lián)起來，連接成如答圖所示的電路圖．(2)設金屬框質量為M，托盤質量為m0，第一次操作中未接通電源時由平衡條件得Mg＝(m0＋m1)g；其次次接通電源后，重新加入適量細沙，使D重新處于平衡狀態(tài)，然后讀出電流表的示數(shù)I，用天平稱出此時細沙的質量m2，并測量出金屬框底部的長度l.(3)若金屬框受到的安培力豎直向下，由平衡條件得BIl＋Mg＝(m0＋m2)g，兩式聯(lián)立解得B＝eq\f(m2－m1g,Il).若金屬框受到的安培力豎直向上，則B＝eq\f(m1－m2g,Il).綜上可得B＝eq\f(|m2－m1|,Il)g.(4)若m2>m1，則由左手定則可知磁感應強度方向垂直紙面對外，反之，磁感應強度方向垂直紙面對里．答案：(1)如解析圖所示(1分)(2)③重新處于平衡狀態(tài)(1分)電流表的示數(shù)I(1分)此時細沙的質量m2(1分)④D的底邊長度l(1分)(3)eq\f(|m2－m1|,Il)g(2分)(4)m2>m1(1分)14．解析：(1)依據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A．(2分)(2)導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.3N．(2分)(3)導體棒受力分析如圖，將重力正交分解F1＝mgsin37°＝0.24N，(1分)F1<F安，依據(jù)平衡條件，mgsin37°＋Ff＝F安，(1分)解得Ff＝0.06N．(2分)答案：(1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N15．解析：(1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以洛倫茲力充當其做圓周運動須要的向心力，依據(jù)牛頓其次定律有：qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)(2分)得R＝eq\f(mv0,qB)＝5×10－2m．(2分)(2)粒子在圓形磁場區(qū)域的運動軌跡為一段半徑R＝5cm的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段圓弧對應的弦最長，即為場區(qū)的直徑，粒子運動軌跡的圓心O′在ab弦的中垂線上，如圖所示，由幾何關系知sinθ＝eq\f(r,R)＝0.6，所以θ＝37°，(2分)而最大偏轉角β＝2θ＝74°.(2分)答案：(1)5×10－2m(2)θ＝37°β16．解析：(1)正離子射入磁場，洛倫茲力供應向心力，qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，(2分)正離子做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πr,v0)，(1分)聯(lián)立兩式解得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0).(2分)(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，當正離子在兩板之間只運動一個周期，即t＝T0時，有r＝eq\f(d,4)，(1分)當正離子在兩板之間運動n個周期，即t＝nT0時，有r＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)，(2分)聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qr,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)．(2分)答案：(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2