人教版(新教材)高中物理選擇性必修2第一章安培力與洛倫茲力章末自測卷（一）

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末自測卷(一)(時間：45分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7個小題，每小題6分，共42分)1．(2021·1月湖北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練)一長為L的直導線置于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，導線中的電流為I。下列說法正確的是()A．通電直導線受到安培力的大小為ILBB．無論通電直導線如何放置，它都將受到安培力C．通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向構(gòu)成的平面D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以安培力對通電直導線不做功〖答案〗C〖解析〗只有通電導線垂直放入磁場中時，安培力大小才為ILB，平行放入磁場中，通電導線并不受到安培力的作用，A、B錯誤；根據(jù)左手定則可知安培力總是垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向構(gòu)成的平面，C正確；安培力方向與導線運動方向相同，對其做正功，相反則做負功，D錯誤。2．(2021·天津市八中高二月考)在下列四幅圖中，能正確標明通電直導線所受安培力F方向的是()〖答案〗B〖解析〗由左手定則可知，A圖中的安培力方向豎直向下，故A錯誤；B圖中的安培力方向豎直向下，故B正確；C圖中的安培力方向豎直向下，故C錯誤；D圖中的安培力方向垂直紙面向外，故D錯誤。3．一根通電直導線水平放置，通過直導線的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關(guān)于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小〖答案〗B〖解析〗水平導線中通有穩(wěn)定電流I，根據(jù)安培定則判斷可知，導線上方的磁場方向向里，導線下方的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，導線下面的電子所受的洛倫茲力方向向上，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，其速率v不變，而離導線越近，磁場越強，磁感應(yīng)強度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知電子的軌跡半徑逐漸變小，故選項B正確。4．(2021·1月河北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練)如圖，兩根相互絕緣的通電長直導線分別沿x軸和y軸放置，沿x軸方向的電流為I0。已知通電長直導線在其周圍激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，其中k為常量，I為導線中的電流，r為場中某點到導線的垂直距離。圖中A點的坐標為(a，b)，若A點的磁感應(yīng)強度為零，則沿y軸放置的導線中電流的大小和方向分別為()A.eq\f(a,b)I0，沿y軸正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y軸負向C.eq\f(b,a)I0，沿y軸正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y軸負向〖答案〗A〖解析〗根據(jù)右手螺旋定則可知，沿x軸的電流在A點處的磁感應(yīng)強度為B1＝keq\f(I0,b)，方向垂直于紙面向外，因為A點磁感應(yīng)強度為零，所以沿y軸的電流產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，大小等于B1，有keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，解得I＝eq\f(a,b)I0，根據(jù)右手螺旋定則可知電流方向沿y軸正方向，故A正確。5．(2021·遼西育明中學高二月考)如圖所示，兩光滑金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，導軌間距L，一質(zhì)量為m的導體棒與導軌垂直放置，電源輸出電流保持恒定，不計導軌電阻。當磁場水平向右時，導體棒恰能靜止，現(xiàn)磁場發(fā)生變化，方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)，最終豎直向上，在磁場變化的過程中，導體棒始終靜止，關(guān)于B的大小的變化說法正確的是()A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大〖答案〗D〖解析〗開始磁場方向水平向右，安培力豎直向上，恰與重力平衡，當磁場逆時針旋轉(zhuǎn)，安培力也將同方向轉(zhuǎn)動，由動態(tài)平衡圖可知安培力先變小后變大，電流恒定，則磁感應(yīng)強度先變小后變大。故選項D正確。6．(2021·江蘇平潮中學高二期中)如圖所示，厚度均勻的木板放在水平地面上，板上放置兩個相同的條形磁鐵，兩磁鐵的S極正對。在兩磁鐵豎直對稱軸上的C點固定一垂直于紙面的長直導線，并通以垂直紙面向里的恒定電流，木板和磁鐵始終處于靜止狀態(tài)。則導線受到的安培力FA的方向和木板受到地面的摩擦力Ff的方向分別為()A．FA方向水平向左，F(xiàn)f方向水平向左B．FA方向水平向左，F(xiàn)f＝0C．FA方向水平向右，F(xiàn)f方向水平向右D．FA方向水平向右，F(xiàn)f方向水平向左〖答案〗A〖解析〗條形磁鐵在C處的磁感應(yīng)強度豎直向下，根據(jù)左手定則，導線受到的安培力水平向左，根據(jù)作用力與反作用力的關(guān)系，磁鐵和木板整體受到的作用力向右，則木板受到地面的摩擦力等大反向，摩擦力水平向左，選項A正確。7．(2019·全國卷Ⅲ，18)如圖所示，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)〖答案〗B〖解析〗帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在第二象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確。二、多項選擇題(本題共3個小題，每小題6分，共18分)8．如圖所示，長為L、質(zhì)量為m的均勻直導體棒，兩端用等長的絕緣細繩懸掛在天花板上，垂直紙面放在勻強磁場中。當棒中通以如圖方向的電流時，平衡后懸線與豎直方向的夾角為θ，則磁感應(yīng)強度B的大小和方向可能是()A．B＝eq\f(mg,IL)，方向平行紙面水平向左B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向沿細繩向下C．B＝eq\f(mgcosθ,IL)，方向垂直紙面向里D．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向下〖答案〗ABD〖解析〗根據(jù)左手定則，磁感應(yīng)強度方向平行紙面水平向左，導體棒受到的安培力豎直向上，若大小等于重力，則細繩拉力為零，二力平衡，滿足mg＝BIL，可得B＝eq\f(mg,IL)，A正確；磁感應(yīng)強度方向若沿細繩向下，滿足FTcosθ＋BILsinθ＝mg，F(xiàn)Tsinθ＝BILcosθ，聯(lián)立解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，B正確；磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，導體棒不受安培力，受重力和拉力，不可能平衡在此位置，C錯誤；磁感應(yīng)強度方向豎直向下，滿足FTcosθ＝mg，F(xiàn)Tsinθ＝BIL，聯(lián)立解得B＝eq\f(mgtanθ,IL)，D正確。9．(2021·西南大學東方實驗中學高二月考)如圖所示，在x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個電子(質(zhì)量為m，電荷量為q)從x軸上的O點以速度v斜向上射入磁場中，速度方向與x軸的夾角為45°并與磁場方向垂直，電子在磁場中運動一段時間后，從x軸上的P點射出磁場，則()A．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,2qB)B．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,qB)C．OP兩點間的距離為eq\f(\r(2)mv,qB)D．OP兩點間的距離為eq\f(2mv,qB)〖答案〗AC〖解析〗由題意可知電子在磁場中做勻速圓周運動，轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，所以運動的時間t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故A正確，B錯誤；由公式qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系得OP兩點間的距離l＝eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv,qB)，故C正確，D錯誤。10．(2021·榆樹市實驗高級中學高二月考)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌跡半徑為R，已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下，該磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里，不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．液滴沿順時針方向運動D．液滴運動速度大小v＝eq\f(gR,BE)〖答案〗BC〖解析〗帶電液滴剛好做勻速圓周運動，應(yīng)滿足mg＝qE，電場力向上，與場強方向相反，液滴帶負電，可得比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，A錯誤，B正確；由左手定則可判斷，只有液滴沿順時針方向運動，受到的洛倫茲力才指向圓心，C正確；由向心力公式可得qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立可得v＝eq\f(gBR,E)，D錯誤。三、計算題(本題共2個小題，每小題20分，共40分)11．(2021·廣東深圳市翠園中學高二期末)如圖，長為L、板間距離為d的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子(不計重力)，從靠近下極板左側(cè)處以速度v垂直射入磁場。(1)粒子在磁場中運動的最長時間為多少；(2)欲使粒子都打在上極板，速度v應(yīng)在什么范圍。〖答案〗(1)eq\f(πm,qB)(2)eq\f(qBd,2m)≤v≤eq\f(qB（d2＋L2）,2md)〖解析〗(1)從左側(cè)射出的粒子時間相等且最長等于半個周期，由T＝eq\f(2πR,v)和qvB＝meq\f(v2,R)得T＝eq\f(2πm,qB)則有t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)。(2)如果粒子速度太小，會從板間左側(cè)射出，粒子速度太大，又會從板間右側(cè)射出，所以要尋找兩個臨界情況，如圖所示一是剛好不會從左側(cè)射出，即剛好與上極板相切，設(shè)圓心O1，半徑為R1,由幾何條件可得R1＝eq\f(d,2)根據(jù)牛頓運動定律知qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)解得v1＝eq\f(qBd,2m)二是剛好不會從右側(cè)射出，即剛好打在上極板最右側(cè)，設(shè)圓心O2，半徑為R2,由幾何條件可得(R2－d)2＋L2＝Req\o\al(2,2)解得R2＝eq\f(d2＋L2,2d)根據(jù)牛頓運動定律知qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)解得v2＝eq\f(qB\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d2＋L2)),2md)v的取值范圍eq\f(qBd,2m)≤v≤eq\f(qB（d2＋L2）,2md)。12．(2021·安徽高二期末)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)存在電場強度大小為E0、方向水平向右的勻強電場，x軸下方是豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場的復(fù)合場區(qū)域。一帶電小球從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v0從y軸上的C點垂直y軸進入第一象限，然后從x軸上的D點進入x軸下方的復(fù)合場區(qū)域，小球在復(fù)合場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，最后恰好擊中原點O，已知重力加速度為g。求：(1)帶電小球的比荷eq\f(q,m)；(2)x軸下方勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)小球從A點運動到O點經(jīng)歷的時間t?！即鸢浮?1)eq\f(g,E0)(2)eq\f(2E0,v0)(3)eq\f(v0,g)(eq\f(3π,4)＋2)〖解析〗(1)在第二象限，小球豎直方向上做勻減速運動，有v0＝gt1水平方向做勻加速運動，有v0＝at1＝eq\f(qE0,m)t1聯(lián)立兩式可得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E0)，t1＝eq\f(v0,g)。(2)小球在復(fù)合場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，所以mg＝qE則E＝eq\f(mg,q)＝E0物體在第二象限上升的高度yOC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)在第一象限做平拋運動有yOC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，則t2＝eq\f(v0,g)所以小球進入復(fù)合場的速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gt2）2)＝eq\r(2)v0方向與x軸正方向夾角為45°，小球沿x軸方向的位移xOD＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2