第一章安培力與洛倫茲力(能力提升)高二物理單元測試(新教材人教版選擇性必修第二冊)

1、第一章安培力與洛倫茲力能力提升卷班級 姓名 學(xué)號 分數(shù)（考試時間：60分鐘 試卷滿分：100分） 注意事項：1 .本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的班級、姓 名、學(xué)號填寫在試卷上。2 .回答第I卷時，選出每小題答案后，將答案填在選擇題上方的答題表中。3 .回答第n卷時，將答案直接寫在試卷上。第I卷（選擇題共48分）一、選擇題（共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第18題只有一項符合 題目要求，第912題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。） 1.一根通電直導(dǎo)線水平放置在地球赤道的上方，其中的

2、電流方向為自西向東，該導(dǎo)線所受地磁場的安培力 方向為（）A.水平向北B.水平向南C.豎直向上D.豎直向下【答案】C【解析】赤道處的地磁場方向從南向北，電流方向自西向東，根據(jù)左手定則，安培力的方向豎直向上。故選C。2.在圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙而方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率， 沿著相同的方向，對準圓心。射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較 長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子（）A.速率一定越小B.速率一定越大C.在磁場中通過的路程越長D.在磁場中的周期一定越大【答案】A【解析】AB.因為

3、是一束質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，以不同速度向圓心方向射入磁場，則粒子射出磁場時的 方向必定背向圓心方向。由Bq可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同。而在磁場中運動時間24可知，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，半徑越小，由mvr =Bq可知速率越小，故A正確，B錯誤；C.通過的路程即圓弧的長度l = rO由此可知，圓弧長度只與半徑和圓心角有關(guān)，故C錯誤:D.由周期公式可得1 =Bq周期只與粒子本身和磁感應(yīng)強度有關(guān)，與時間或速度無關(guān)，故D錯誤。故選Ao3.如圖所示，圓心角為90°的扇形區(qū)域"ON內(nèi)存在方向垂直紙而向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點?，F(xiàn)有比荷

4、大小相等的兩個帶電粒子出b,以不同的速度先后從尸點沿ON方向射入磁場，并分別從M、N 兩點射出磁場。不計粒子所受重力及粒子間相互作用.粒子，在磁場中運動過程，下列說法正確的是A.粒子帶正電，粒子帶負電B.粒子在磁場中的運動時間短C.粒子“、的加速度大小之比為1： 5D.粒子、的速度大小之比為5： 1【答案】C【解析】A.帶電粒子“從M點射出，由左手定則可知，粒子帶負電，帶電粒子人從N點射出，由左手定則可知, 粒子b帶正電，故A錯誤：B.兩粒子的運動軌跡如圖所示由圖可知，粒子”在磁場中運動時的偏轉(zhuǎn)角大于粒子的偏轉(zhuǎn)角，由公式02 兀？ 0mt =x=2 兀 qB qB可知，粒子”在磁場中的運動時間

5、長，故B錯誤：CD.設(shè)OM=R,由幾何關(guān)系可知R;=內(nèi)+也與解得r, = Rh 4由公式V2qvB = m一r得mvr =qB則R2k= = X=l4 由牛頓第二定律得加速度得qvB = ma得qvBa = 故C正確，D錯誤。故選C。4.如圖所示，在豎直平而內(nèi)，兩質(zhì)量均為八電荷量均為五/的小球（視為質(zhì)點）P、。用一段絕緣細線連 接，整個裝置始終處在垂直紙而向里、磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中.讓小球尸固定不動，將細線水平拉 直后由靜止釋放小球2,當(dāng)繩與水平方向夾角為a （小于90。）時，小球的加速度大小為（）MXX9QX 、X ： X5 r XXXA. 2gsinaB. gssaC. g&

6、da + l D. gj4-3sin2a【答案】C【解析】小球。在運動中與小球尸 距離保持不變，所以小球。所處的電勢大小不變，所以電場力不做功.洛倫茲 力時刻指向圓心，與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功.所以只有重力做功.設(shè)當(dāng)繩與水平方向夾角為 a （小于90。）時，小球速度為心由動能定理可得：；M=，"?sina：對小球。受力分析，沿繩方 向和垂直于繩的方向建立平面直角坐標系，將重力正交分解，分級為垂直于繩方向的Gu和沿繩方向的2r,沿繩方向的合力充向心力，所以沿繩方向的合力尸=竺-；沿繩方向的加速度 =一二Rm聯(lián)立®®解得："i=2wsina：隹直于

7、繩的方向的力3=?wcosa.垂直于繩方向加速度q=5=gcosa：小m球。的加速度a = JW+a： =gj3sin2a + l ,故C正確，ABD錯誤.5.如圖所示，；圓形區(qū)域AOB內(nèi)存在垂直紙而向內(nèi)的勻強磁場，AO和BO是圓的兩條相互垂直的半徑， 一帶電粒子從A點沿AO方向進入磁場，從B點離開，若該粒子以同樣的速度從C點（C點為AB弧上任 意一點）平行于AO方向進入磁場，則（）/ X Xy xA.粒子帶負電B.該粒子從OB之間某點離開磁場C.該粒子仍然從B點離開磁場D.入射點C越靠近B點，粒子運動時間越長【答案】C【解析】A.帶電粒子從A點沿A0方向進入磁場，從B點離開，那么粒子在A點向

8、右上方偏轉(zhuǎn)，則由左手定則可 判定：粒子帶正電，故A錯誤：BC. 一個帶電粒子從A點沿A0方向進入磁場，那么粒子做圓周運動在A點的半徑方向垂直于A0：又有 OA和0B互相垂直，且粒子從B點離開，則由OA、OB及圓周運動在A、B兩點的半徑構(gòu)成的四邊形為 正方形，如圖所示，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑為扇形區(qū)域的半徑R那么只要C點在AB之間， 粒子圓周運動軌跡的兩條半徑與扇形區(qū)域的兩條半徑構(gòu)成菱形，那么，粒子轉(zhuǎn)過的中心角一定等于NCOB, 所以粒子仍然從B點離開磁場，故B錯誤.C正確;D.粒子做圓周運動的半徑、速度不變，那么粒子做圓周運動的周期不變，所以C點越靠近B點，偏轉(zhuǎn)角 度越小，運動時間越

9、短，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，在絕緣的水平而上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線a、b和c,各導(dǎo)線中的電流大小 相同，其中a、c導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，b導(dǎo)線中電流方向垂直紙而向里，每根導(dǎo)線都受到另外 兩根導(dǎo)線對它的安培力作用，則關(guān)于每根導(dǎo)線所受安培力的合力，以下說法正確的是G6c3®777777777777777777777777777777777A.導(dǎo)線a所受合力方向水平向左B.導(dǎo)線a所受合力方向水平向右C.導(dǎo)線c所受合力方向水平向左D.導(dǎo)線b所受合力方向水平向左【答案】A【解析】AB.對。來說，受到匕的斥力和c的引力，而b靠近。，所以對。的作用力更大，所以。受到的

10、合力向左， 故A正確，B錯誤：C.對c來說，和。的情況正好相反，所以合力向右，故C錯誤；D.對來說，受到。、c的斥力，并且是相等的，所以受到的合力為0,故D錯誤.故選：A7.如圖所示，邊長為L的正方形CQE尸區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，一個比荷為左的帶電粒子以大 小為I，的速度由。點進入磁場，速度方向與CO邊的夾角柒60。，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從。E邊垂直O(jiān)E射出，粒 子的重力不計，則磁場的磁感應(yīng)強度為（）A.旦B.畫C.叵D.上2kL3kL2kLkL【答案】C【解析】由幾何關(guān)系可求得粒子做圓周運動半徑為 L2百 LK =sin 6003洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可得Bqv

11、 = m R聯(lián)立可得故選C,8 .如圖所示，在直角三角形a陵區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為3,4 = 60°,= 90°,邊長m, = L, 一個粒子源在。點將質(zhì)量為37、電荷量為4的帶正電粒子以大小 和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（b八.A.蟠6/7/B蟠4機r 6qBL6mdT2m【答案】A【解析】粒子運動時間最長，則要求圓心角最大：速度最大，則要求運動半徑最大，所以粒子沿而邊進入磁場時 滿足條件，軌跡如圖：根據(jù)幾何關(guān)系可知四邊形海。為正方形，所以粒子運動半徑r = Leos 600 = L2洛倫茲

12、力提供向心力V2qvB = 3777 解得吁場6mA正確，BCD錯誤。故選A,9 .如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域“灰乩-是，/的中點，/是的中點，如果在，點沿對角線方 向以速度V射入一帶負電的粒子（不計重力），粒子恰好從e點射出。若改變粒子的速度，粒子將從不同點 射出磁場，則（）A.若粒子的速度增大為原來的二倍，將從4點射出B.若粒子的速度增大為原來的三倍，將從7點射出C.若粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩?，將?點射出D.只改變粒子的速度使其分別從e、4、/點射出時，從/點射出所用時間最短【答案】AD【解析】A.由于洛倫茲力為粒子在磁場中做圓周運動提供向心力，故v2qv

13、B = m 一r解得mv r = qB可知，轉(zhuǎn)動半徑r與速度v成正比。若粒子的速度增大為原來的二倍，那么半徑也將變?yōu)樵瓉淼膬杀?，如圖所示，轉(zhuǎn)過的圓心角弧度不變，所以粒子會從，/點射出。故A正確：B.若粒子的速度增大為原來的三倍，那么半徑也將變?yōu)樵瓉淼娜?，如圖所示，將從7點和4點之間射出。故B錯誤：C.若粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩?，那么半徑將變?yōu)樵瓉淼亩种?，如圖所示,將從“e中點射出。故C錯誤：D.只改變粒子的速度使其分別從點射出時，如圖所示，從。、，/點射出時，走過的圓心角弧度都 是£，所用時間相同,似從/點射出時，弧度小于工，所以時間最小 故D 正確.22

14、故選AD.10.如圖所示，粒子回旋加速器由兩個D形金屬盒組成，兩個D形盒正中間開有一條窄縫.兩個D形盒處在 勻強磁場中并接有高頻交變電壓，使正粒子每經(jīng)過窄縫都被加速.中心S處的粒子源產(chǎn)生初速度為零的正 粒子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入D形盒中.已知正粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,加速時電極間電壓大小 為U,磁場的磁感應(yīng)強度為8, D形盒的半徑為R每次加速的時間很短，可以忽略不計.下列說法正確的 是（）A.交變電壓的頻率為當(dāng)B.交變電壓的頻率為生2 rC.粒子能獲得的最大動能為空£2mD.粒子能被加速的最多次數(shù)為三”2m U【答案】AC【解析】川速電場變化的頻率與粒底場"噌動頻率和

15、室 則仃:于=上=彗，故A正確，B錯誤:粒子在T 2nm磁場中做勻速圓周運動，則有q%B=m% ,解得vm=，粒子獲得的最大動能 Rni£,tnv=-，故C正確：根據(jù)nqU = 4n可知粒子能被加速的最多次數(shù)為=詈=-，2 2mqU2m U選項D錯誤：故選AC.11.如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙而向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為從質(zhì)量均為風(fēng) 帶電量大小均為夕的甲、乙兩粒子從圓心。處向上先后射入勻強磁場中，兩粒子的速度方向垂直直徑 也垂直于勻強磁場，結(jié)果甲粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角為90。，乙粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角為180。，不 計粒子的重力，則甲乙兩粒子的速度之比可能為

16、A. 272B. 72C. 1【答案】AB【解析】甲粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角為90。,弦切角為45。，根據(jù)公式7? sin 45° =叫得，小=與RD,顯24糕場中運動的偏轉(zhuǎn)角為180。，可知22VR,所以曳收據(jù)r=?，速度之比 2%qB等于半徑之比，即上故AB正確CD錯誤?？谝夜蔬x：ABO12.如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)（含邊界）存在垂直紙而向外 勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B, 頂點A處有一離子源，沿AC方向同時射出一群速度大小不同的正離子，離子質(zhì)量均為，小電荷量均為小 己知/。4。=30° , BC邊長為L,不計離子的重力及離子間的相互作用力，則下列說法正確的是（

17、）A.從AB邊界射出的離子，一定同時平行射出B.從邊界射出的離子在磁場中運動的時間均不小于子C.從BC邊界射出的離子的速度均不小于回莊mD.當(dāng)某離子垂直8C邊界射出時，磁場中的所有離子都在與AB邊界成15。角的一條直線上【答案】ACD【解析】A.因為入射角度相同，則從A8邊界射出的離子，出射角度相同，且轉(zhuǎn)過圓心角均為60度，根據(jù)周期公式丁 =不一 可知，運動時間相同，定同時平行射礴 故A正而； BqB.從48射出得粒子運動時間1 2冗 m 7tmt = x=故B錯誤:6 Bq 3Bq所以從8c邊界射出的離子在磁場中運動的時間均不小于C.從8點射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，轉(zhuǎn)動半徑r = >/3

18、L解得mv 且=一 Bq,=2 m故從5c邊界射出的離子的速度均不小于叵底，故C正確：mD.同一時刻即經(jīng)歷相同的時間，則轉(zhuǎn)過的圓心角相同，所有粒子均在一條直線上，且根據(jù)幾何關(guān)系可知, 轉(zhuǎn)過圓心角為30度，根據(jù)弦切角與圓心角關(guān)系可知，此時磁場中的所有離子都在與邊界成15。角的一 條直線上，故D正確。故選ACDe第n卷（非選擇題共52分）二、填空題（滿分15分）13 .如圖所示，在豎直向下磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中，有兩根間距為L豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF,質(zhì)量為，的金屬棒MN與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，它們之間的動摩擦因數(shù)為外 從，=0時刻起，給 金屬棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正

19、比，即/=X，（k為常量），則金屬棒由靜止下滑過程中加速度和速度的變化情況是金屬棒下落過程中動能最大的時刻=E吆pBLk)N【答案】金屬棒由靜止下滑過程中加速度是先減后增最后為零，速度是先增后減最后為零【解析】1當(dāng)從/=0時刻起，金屬棒通以電流/=肘，則由左手定則可知，安培力方向垂直紙而向里，使其緊壓導(dǎo)軌Fz=BIL = BLkt根據(jù)牛頓第二定律mg - "z = ?g 一 pBLkt = niu所以加速度在減小，由于速度與加速度方向相同，則做加速度減小的加速運動。當(dāng)滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，則速度達到最大，其動能也最大。當(dāng)安培力繼續(xù)增大時，導(dǎo)致加速度方向豎直向上，根據(jù)牛頓第

20、二定律BLkf - mg = ma則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運動。當(dāng)速度減到零后，由于重力小于最大靜摩擦力，所以靜止。故金屬棒由靜止下滑過程中加速度是先減后增最后為零，速度是先增后減最后為零。2當(dāng)滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，則速度達到最大，其動能也最大,有mg - pBLkt = 0解得吆"pBLk14 .在直徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)存在均勻磁場、磁場方向垂直于圓面指向紙外.一電量為q、質(zhì)量的m的粒 子，從磁場區(qū)域的一條直徑AC上的A點射入磁場，其速度大小為Vo,方向與AC成a角.若此粒子恰好 能打在磁場區(qū)域圓周上的D點，AD與AC的夾角為如圖所示，則該勻強磁

21、場的磁感應(yīng)強度B的大小 是（）.2mvQ sin(a + p【答案】【解析】設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑 R，其運動軌跡如圖所示,O為圓心，則有:r _dcosP-2sin(cr + 77)m也又設(shè)AO與AD的夾角為7 ,由幾何關(guān)系知： RIRcosy = AD , d cos a = AD « + /? + / = ,可得:2則 8 ="=2八，°sin(a + /?) qR qd cos /3三、解答題(滿分37分，其中15題11分，16題12分，17題14分，每小題需寫出必要的解題步驟，只 有答案不得分)15 .如圖所示，通電金屬桿岫質(zhì)量?= 12g,電阻R=

22、L5C,水平地放置在傾角6=30。的光滑金屬導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌寬度，/=10Gcm,導(dǎo)軌電阻、導(dǎo)軌與金屬桿的接觸電阻忽略不計，電源內(nèi)阻，=0.5Q勻強磁場的方向 豎直向上，磁感應(yīng)強度8=0.2T, g=10m/s2,若金屬桿而恰能保持靜止,求:(1)金屬桿ab受到的安培力大?。?2)電源的電動勢大小E.【答案】（1） 4>/3x10-2N （2） E=4.0V【解析】（1）對導(dǎo)體棒時進行受力分析，如圖所示:可得：F = mg tan 300解得：F = 4x10-2N（2）由安培力公式的：F = BId根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：F = 45/3x10-2N聯(lián)立解得：電動勢E=4.0V16 .如圖，空間存在方向垂直于紙面（X。），平而）向里的磁場.在了之0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為線;XV0 區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為力及（常數(shù)>1）.一質(zhì)量為小、電荷量為。q>0）的帶電粒子以速度%從坐標Bo原點。沿X軸正向射入磁場，此時開始計時，不計粒子重力，當(dāng)粒子的速度方向再次沿X軸正向時，求:XB0（1）粒子運動的時間: （2）粒子與O點間的距離.t 1 nm【答案】（1） f =1 + KB©【解析】如圖為粒子的軌跡粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力,則有：n八廠Bvq =R那么n mv - 2兀 R 2mnR =,T =Bq v Bq（1）根據(jù)左手定則可得: