2024-2025學(xué)年新教材高中物理第一章安培力與洛倫茲力單元素養(yǎng)評價一含解析新人教版選擇性必修2

PAGE8-單元素養(yǎng)評價（一）（第一章）(90分鐘100分)一、單項選擇題:本題共10小題,每小題3分,共30分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示,一條形磁鐵放在水平桌面上,在條形磁鐵的左上方固定一根與磁鐵垂直的長直導(dǎo)線,當(dāng)導(dǎo)線中通以圖示方向的電流時(磁鐵始終未動) ()A.磁鐵對桌面的壓力減小,且受到向左的摩擦力作用B.磁鐵對桌面的壓力減小,且受到向右的摩擦力作用C.磁鐵對桌面的壓力增大,且受到向左的摩擦力作用D.磁鐵對桌面的壓力增大,且受到向右的摩擦力作用【解析】選C。依據(jù)左手定則知導(dǎo)線受磁鐵的作用力斜向左上方,故由牛頓第三定律知,導(dǎo)線對磁鐵的反作用力應(yīng)斜向右下方,則一方面使磁鐵對桌面的壓力增大,一方面使磁鐵產(chǎn)生向右的運動趨勢,從而受到向左的摩擦力作用。2.如圖所示,在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點為a;給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是 ()A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長C.若小球帶負電荷,小球會落在更遠的b點D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠的b點【解析】選D。地磁場在赤道上空水平由南向北,從南向北視察,假如小球帶正電荷,則洛倫茲力斜向右上方,該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大;同理,若小球帶負電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確。3.一帶電粒子沿垂直磁場方向射入一勻強磁場,經(jīng)過一鉛板P后,半徑減小,軌跡如圖所示。則下列說法正確的是 ()A.粒子帶正電,速度漸漸減小B.粒子帶負電,速度漸漸減小C.粒子帶正電,速度漸漸增大D.粒子帶負電,速度漸漸增大【解析】選A。依據(jù)左手定則可得粒子帶正電,因為粒子的運動半徑減小,依據(jù)公式r=可得粒子的運動速度漸漸減小,故A正確。4.磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。假如把上、下板和電阻R連接,上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間勻稱分布,電阻率為ρ。忽視邊緣效應(yīng),下列推斷正確的是 ()A.上板為正極,電流I=B.上板為負極,電流I=C.下板為正極,電流I=D.下板為負極,電流I=【解析】選C。依據(jù)左手定則,正電荷受到的洛倫茲力方向向下,負電荷受到的洛倫茲力向上,因此下極板為電源的正極,依據(jù)平衡有qvB=q,解得穩(wěn)定時電源的電動勢E=Bdv,則流過R的電流為I=,而r=ρ,S=ab,則得電流大小為I=,C正確。5.如圖是自動跳閘的閘刀開關(guān),閘刀處于垂直紙面對里的勻強磁場中,當(dāng)CO間的閘刀刀片通過的直流電流超過額定值時,閘刀A端會向左彈開斷開電路。以下說法正確的是 ()A.閘刀刀片中的電流方向為O至CB.閘刀刀片中的電流方向為C至OC.跳閘時閘刀所受安培力沒有做功D.增大勻強磁場的磁感應(yīng)強度,可使自動跳閘的電流額定值增大【解析】選A。當(dāng)MN通電后,閘刀開關(guān)會自動跳開,可知安培力應(yīng)當(dāng)向左,由左手定則推斷,電流方向O→C,故A正確,B錯誤;跳閘時閘刀受到安培力而運動斷開,故跳閘時閘刀所受安培力做正功,故C錯誤;跳閘的作用力是肯定的,依據(jù)安培力F=BIL可知,電流I變小,故D錯誤。6.電磁炮是目前很多國家熱衷發(fā)展的一種新式武器,其工作原理如圖所示。當(dāng)兩平行導(dǎo)軌接入電源時,強電流從一導(dǎo)軌流入,經(jīng)滑塊(炮彈)從另一導(dǎo)軌流回時,在兩導(dǎo)軌平面間產(chǎn)生強磁場,磁感應(yīng)強度大小與電流成正比。通有電流的滑塊在安培力的作用下(不計阻力)加速一段距離后,炮彈會以很大的動能射出。關(guān)于電磁炮,下列說法正確的是 ()A.當(dāng)水平放置的平行導(dǎo)軌通有如圖所示的電流時,導(dǎo)軌間的磁場方向豎直向下B.當(dāng)回路中電流肯定時,炮彈將做勻加速直線運動C.若只將電流增大為原來的2倍,炮彈射出的動能也會增大為原來的2倍D.若只將導(dǎo)軌長度增大為原來的2倍,炮彈射出的動能會增大為原來的4倍【解析】選B。依據(jù)安培定則可知,導(dǎo)軌上的電流在導(dǎo)軌平面產(chǎn)生的磁場方向向上,A錯誤;炮彈在安培力的作用下運動,回路中電流肯定,磁感應(yīng)強度肯定,依據(jù)牛頓其次定律BIL=ma,可知加速度恒定,所以炮彈做勻加速直線運動,B正確;若只將電流增大為原來的2倍,則磁感應(yīng)強度也增大為原來的2倍,依據(jù)動能定理BIL·x=ΔEk,可知動能變?yōu)樵瓉淼?倍,C錯誤;若只將導(dǎo)軌長度增大為原來的2倍,依據(jù)動能定理可知炮彈射出的動能會變?yōu)樵瓉淼?倍,D錯誤。7.如圖所示,空間有勻強電場(圖中未畫出)和水平勻強磁場,與磁場垂直的豎直面內(nèi),有一帶電小球從M沿直線運動到N,MN與水平方向夾角為α,下列說法可能正確的是 ()A.小球肯定帶負電B.小球所受電場力大小與重力大小相等C.電場方向沿豎直方向D.從M到N過程中,小球克服電場力做功【解析】選B。由題知帶電小球沿直線運動必是做勻速直線運動,由于勻強電場沒確定,所以小球可能帶正電,可能帶負電,故A錯誤;只能確定小球所受電場力與重力的合力與小球受到的洛倫茲力大小相等,方向相反,無法確定小球所受電場力大小與重力大小關(guān)系,所以小球所受電場力大小可能與重力大小相等,故B正確;由于帶電小球沿直線做勻速直線運動,合外力為零,所以電場力方向肯定不沿豎直方向,即電場方向肯定不沿豎直方向,故C錯誤;由于小球機械能增大,所以電場力對小球做正功,故D錯誤。8.如圖所示,在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面對里的勻強磁場(磁場未畫出)?，F(xiàn)有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入,都能沿直線從右端射出,不計粒子重力。以下說法正確的是 ()A.帶電粒子M、N的電性肯定相同B.帶電粒子M、N的電量肯定相同C.撤去電場僅保留磁場,M、N做圓周運動的半徑肯定相等D.撤去磁場僅保留電場,M、N若能通過場區(qū),則通過場區(qū)的時間相等【解析】選D。無論正或負粒子穿過速度選擇器時,滿意qvB=qE做勻速直線運動,則不選電性和電量,而選擇了入口和速度v的大小,故A、B錯誤;粒子在剩下的磁場中做勻速圓周運動,有qvB=m,可得R=,兩粒子的比荷不肯定相同,則運動的半徑不肯定相同,故C錯誤;撤去磁場后,在電場中做類平拋運動,若能穿過電場則水平方向做勻速直線運動有:l=vt,可知兩粒子的運動時間相同,故D正確。9.如圖所示,長方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液,在水槽左、右側(cè)壁內(nèi)側(cè)各裝一導(dǎo)體片,使溶液中通入沿x軸正向的電流I,沿y軸正向加恒定的勻強磁場B。圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前后兩內(nèi)側(cè)面,則 ()A.a處電勢高于b處電勢B.a處離子濃度小于b處離子濃度C.溶液的上表面電勢高于下表面的電勢D.溶液的上表面處的離子濃度等于下表面處的離子濃度【解析】選D。電流向右,正離子向右運動,磁場的方向是豎直向上的,依據(jù)左手定則可以推斷,正離子受到的洛倫茲力的方向是向前,即向a處運動,同理,可以推斷負離子受到的洛倫茲力的方向也是指向a處的,所以a處整體不帶電,a的電勢和b的電勢相同,所以A錯誤;由于正、負離子都向a處運動,所以a處的離子濃度大于b處離子濃度,所以B錯誤;離子都向a處運動,并沒有上下之分,所以溶液的上表面電勢等于下表面的電勢,溶液的上表面處的離子濃度也等于下表面處的離子濃度,所以C錯誤,D正確。10.如圖所示,在其次象限中有水平向右的勻強電場,在第一象限內(nèi)存在垂直紙面對外的勻強磁場。有一重力不計的帶電粒子(電量為q,質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入勻強電場,恰好與y軸成45°角射出電場,再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限。已知OP之間的距離為d,則()A.帶電粒子通過y軸時的坐標(biāo)為(0,d)B.電場強度的大小為C.帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為D.磁感應(yīng)強度的大小為【解析】選C。粒子在電場中做類平拋運動,因為進入磁場時速度方向與y軸成45°角,所以沿x軸方向的分速度vx=v0,在x軸方向做勻加速運動,有d=t,沿y軸方向做勻速運動,有s=v0t=2d,故選項A錯誤;在x軸方向做勻加速運動,依據(jù)vx=v0=×=,解得E=,故選項B錯誤;粒子進入磁場后做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,由圖可知粒子的軌跡半徑R=2d,圓心角θ=135°=π,所以在磁場中的運動時間為t1===;在電場中的運動時間為t2=,所以總時間為t=t1+t2=,故選項C正確;由qvB=可知磁感應(yīng)強度B==,故選項D錯誤。二、多項選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。11.如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20cm,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=5T,方向垂直紙面對里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的微粒,整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場,發(fā)覺在M、N兩板間接入的額定功率為P=100W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100Ω,不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻,且認為離子均為一價離子,則下列說法中正確的是 ()A.金屬板M上聚集負電荷,金屬板N上聚集正電荷B.該發(fā)電機的電動勢為100VC.離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103D.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上【解析】選B、D。由左手定則可知,射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn),負離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn),選項A錯誤;由于不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動勢等于電源的路端電壓,所以E=U==100V,選項B正確;由Bqv=q可得v==100m/s,選項C錯誤;每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q=It,而I==1A,所以Q=1C,由于離子為一價離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n===6.25×1018(個),選項D正確。12.如圖所示,甲是不帶電的絕緣物塊,乙是帶正電的物塊,甲、乙疊放在一起,置于粗糙的絕緣水平地面上,地面上方有水平方向、垂直紙面對里的勻強磁場?，F(xiàn)加一個水平向左的勻強電場,發(fā)覺甲、乙無相對滑動并一同水平向左加速運動,在加速運動階段 ()A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B.甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運動C.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小D.甲、乙兩物塊最終做勻速直線運動【解析】選B、D。以甲、乙整體為探討對象,分析受力如圖甲所示,隨著速度的增大,F洛增大,FN增大,則乙物塊與地面之間的摩擦力f不斷增大,故C錯誤;由于f增大,F電肯定,依據(jù)牛頓其次定律得,加速度a減小,甲、乙兩物塊做加速度不斷減小的加速運動,最終一起勻速運動,故B、D正確;對乙進行受力分析,如圖乙所示,F電-f′=m乙a,a減小,則f′增大,即甲、乙兩物塊間的摩擦力變大,故A錯誤。13.如圖所示,一質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中,隧道足夠長,物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ,整個空間存在垂直紙面對里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0,空氣阻力忽視不計,物塊電荷量不變,則整個運動過程中,物塊克服阻力做功可能為 ()A.0 B.mC.m+ D.m-【解析】選A、B、D。由題意對物塊受力分析,因不知道起先時物塊所受洛倫茲力與重力誰大,故彈力方向大小均不能確定,應(yīng)探討:若物塊受到向上的洛倫茲力F=mg,則支持力FN=0,摩擦力f=0,物塊將勻速運動,摩擦力不做功,故A可能;若F<mg,則彈力方向向上,豎直方向滿意FN+F=mg,水平方向受摩擦力向左,物塊做減速運動,由F=qvB知,F減小,FN則增大,f增大,由-f=ma可知,v接著減小,最終減為零,由動能定理知,-W=0-m,解得:W=m,故B可能;若F>mg,則物塊受到向下的壓力FN,在豎直方向滿意F=mg+FN,物塊向右做減速運動,由動態(tài)分析知,當(dāng)F=mg時FN=0,f=0,最終物塊做勻速運動,此時滿意:qvB=mg,解得:v=,對物塊整個過程由動能定理得:-W=mv2-m,聯(lián)立解得:W=m-,故C不行能,D可能。14.長為L的水平極板間,有垂直紙面對內(nèi)的勻強磁場,如圖所示,磁感應(yīng)強度為B,板間距離也為L,極板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采納的方法是 ()A.使粒子的速度v<B.使粒子的速度v>C.使粒子的速度v>D.使粒子的速度<v<【解析】選A、B。如圖甲所示,由題意知,若帶正電的粒子從極板左邊射出磁場,其在磁場中做圓周運動的半徑r<,因粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力供應(yīng)向心力,即qvB=m,可得粒子做圓周運動的半徑:r=,若粒子從左邊射出,則:<,即v<;帶正電的粒子可從極板右邊射出磁場。如圖乙所示,打在極板上的粒子軌跡的最大半徑為R,由圖乙可知:R2=L2+(R-)2,可得粒子做圓周運動的最大半徑:R=,又因為粒子做圓周運動,洛倫茲力供應(yīng)向心力,若粒子從右邊射出,則>,即v>。綜上可知,欲使粒子不打在極板上,粒子的速度必需滿意v<或v>,故A、B正確,C、D錯誤。15.如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)存在勻稱、大小隨時間周期性變更的磁場和電場,變更規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面對里為磁感應(yīng)強度的正方向、+y軸方向為電場強度的正方向)。在t=0時刻由原點O放射初速度大小為v0,沿+y軸方向的帶負電粒子(不計重力)。其中已知v0、t0、B0、E0,且E0=,粒子的比荷=,x軸上有一點A,坐標(biāo)為(,0),則下列選項正確的是 ()A.時帶電粒子的位置坐標(biāo)為(,)B.帶電粒子運動過程中偏離x軸的最大距離為v0t0+C.帶電粒子運動過程中偏離y軸的最大距離為D.粒子經(jīng)過32t0經(jīng)過A點【解析】選A、B、D。在0～t0時間內(nèi),粒子做勻速圓周運動,依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得:qB0v0=mr1=m,得:T==2t0,r1==,則在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α=,所以在t=時,粒子的位置坐標(biāo)為:(,),選項A正確;在t0～2t0時間內(nèi),粒子經(jīng)電場加速后的速度為v,粒子的運動軌跡如圖所示v=v0+t0=2v0,運動的位移:x=t0=1.5v0t0,在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動,半徑:r2=2r1=,故粒子偏離x軸的最大距離:h=x+r2=1.5v0t0+,在3t0～4t0時間內(nèi)粒子做減速直線運動。粒子以后做周期性運動,重復(fù)上述運動,則粒子偏離y軸無最大值;選項B正確,C錯誤。粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的運動周期為4t0,一個周期內(nèi)向右運動的距離:d=2r1+2r2=,AO間的距離為:=8d,所以粒子運動至A點的時間為:t=32t0,選項D正確,故選A、B、D。三、計算題:本題共4小題,共50分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位。16.(10分)如圖所示,電源電動勢為3V,內(nèi)阻不計,兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑,豎直懸掛在等長的細線上,金屬環(huán)面平行,相距1m,兩環(huán)分別與電源正負極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量0.06kg、電阻1.5Ω的導(dǎo)體棒輕放在環(huán)上,導(dǎo)體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為0.4T的勻強磁場。當(dāng)開關(guān)閉合后,導(dǎo)體棒上滑到某位置靜止不動,試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少?若已知環(huán)半徑為0.5m,此位置與環(huán)底的高度差是多少?【解析】棒受的安培力F=BIL,(1分)棒中電流為I=,(1分)代入數(shù)據(jù)解得F==0.8N,(1分)對棒受力分析如圖所示(從右向左看),兩環(huán)支持力的總和為2FN=,(2分)代入數(shù)據(jù)解得FN=0.5N。(1分)由牛頓第三定律知,棒對每一個環(huán)的壓力為0.5N,(1分)由圖中幾何關(guān)系有tanθ===,(1分)得θ=53°,(1分)棒距環(huán)底的高度為h=r(1-cosθ)=0.2m。(1分)答案:0.5N0.2m17.(10分)在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi),存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場,如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿-x方向射入磁場,它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出。(1)請推斷該粒子帶何種電荷,并求出其比荷。(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變,而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽′,該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場,但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向變更了60°角,求磁感應(yīng)強度B′多大?此時粒子在磁場中運動所用時間t是多少?【解析】(1)由粒子的運動軌跡,利用左手定則可知,該粒子帶負電荷。粒子由A點射入,由C點飛出,其速度方向變更了90°,則粒子軌跡半徑R=r(1分)又qvB=m(1分)則粒子的比荷=。(2分)(2)粒子從D點飛出磁場速度方向變更了60°角,故AD弧所對圓心角為60°,粒子做圓周運動的半徑R′=rcot30°=r(2分)又R′=所以B′=B(2分)粒子在磁場中飛行時間t=T=×=。(2分)答案:(1)負電荷(2)B18.(14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第四象限存在垂直于直角坐標(biāo)系平面對外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場,最終從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場,如圖所示,不計粒子的重力,求:(1)M、N兩點間的電勢差UMN;(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r;(3)粒子從M點運動到P點的總時間?！窘馕觥?1)如圖所示為帶電粒子的運動軌跡,設(shè)粒子過N點時的速度為v,由=cosθ(2分)得v=2v0(1分)粒子從M點運動到N點的過程,由動能定理有qUMN=mv2-m,(2分)解得UMN=(1分)(2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運動,半徑r為O′N,由qvB=(2分)得r=(1分)(3)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1,有ON=v0t1,由幾何關(guān)系得ON=rsinθ(1分)解得t1=(1分)設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2,有t2=T(1分)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=,解得t2=(1分)所以粒子從M點運動到P點的總時間t=t1+t2=。(1分)答案:(1)(2)(3)19.(16分)如圖,豎直面