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)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(xiàng)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(fù)電的粒子(不計重力)進(jìn)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(biāo)示正確的是()2．如圖所示，一根導(dǎo)線位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝l，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.現(xiàn)給這根導(dǎo)線通入由A至E的恒定電流I，則導(dǎo)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電子(重力不計)可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動的是()4.電視顯像管原理的示意圖如圖所示，當(dāng)沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點(diǎn)，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)．設(shè)垂直紙面對里的磁場方向?yàn)檎较?，若使電子打在熒光屏上的位置由a點(diǎn)漸漸移動到b點(diǎn)，下列改變的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是()5.固定導(dǎo)線c垂直紙面，可動導(dǎo)線ab通以如圖所示方向的電流，用測力計懸掛在導(dǎo)線c的上方，導(dǎo)線c中通以如圖所示的電流時，以下推斷正確的是()A．導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙外，同時測力計讀數(shù)減小B．導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙外，同時測力計讀數(shù)增大C．導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙里，同時測力計讀數(shù)減小D．導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙里，同時測力計讀數(shù)增大6.始終導(dǎo)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(dǎo)線可以自由地運(yùn)動且通以方向?yàn)橛蒩到b的電流，則導(dǎo)線ab受到安培力的作用后的運(yùn)動狀況為()A．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠(yuǎn)離螺線管C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠(yuǎn)離螺線管D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)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(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)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(dāng)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(fù)電的離子，從整體上來說呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(gòu)成電路．設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)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?yàn)?)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(xiàng)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(cè)的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，虛線右側(cè)的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，且B1＝2B2，當(dāng)不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運(yùn)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(yùn)動的角速度將加倍10．如圖所示，質(zhì)量為m的帶電絕緣小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在懸點(diǎn)O下方有勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點(diǎn)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(dá)C點(diǎn)時，速度大小相等B．小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時，細(xì)線的拉力相等C．小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時，加速度相同D．小球從A至C和從D至C過程中，運(yùn)動快慢一樣11．一個用于加速質(zhì)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩盒分別與溝通電源相連．設(shè)質(zhì)子的質(zhì)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(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大C．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大D．質(zhì)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(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對里，一個質(zhì)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(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場所受的安培力，來測量磁場磁感應(yīng)強(qiáng)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(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)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(guān)．此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線．(1)在圖中畫線連接成試驗(yàn)電路圖．(2)完成下列主要試驗(yàn)步驟中的填空：①按圖接線．②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1.③閉合開關(guān)S，調(diào)整R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D________________，然后讀出________________，并用天平稱出________________．④用米尺側(cè)量________．(3)用測得的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B＝________________.(4)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法：若________，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對里．14．(8分)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E＝4.5V、內(nèi)阻r＝0.5Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.04kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)通過導(dǎo)體棒的電流；(2)導(dǎo)體棒受到的安培力大??；(3)導(dǎo)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(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動的半徑是多少？(2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時v0方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉(zhuǎn)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(yīng)強(qiáng)度隨時間的改變?nèi)鐖D乙所示，設(shè)垂直紙面對里的磁場方向?yàn)檎较颍幸蝗赫x子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度改變的周期都為T0，不考慮由于磁場改變而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小；(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(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝0.60T，磁場內(nèi)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(diǎn)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(nèi)運(yùn)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(biāo)系xOy中，在其次象限內(nèi)有一半徑R＝5cm的圓，與y軸相切于點(diǎn)Q(0，5eq\r(3)cm)，圓內(nèi)有勻強(qiáng)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(diǎn)進(jìn)入第一象限．在第一象限某處存在一個矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy平面對外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝2T．粒子經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，在x軸M點(diǎn)(6cm,0)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入第四象限(不考慮粒子的重力)．求：(1)其次象限圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)第一象限內(nèi)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(fù)電的粒子向右運(yùn)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(xiàng)A錯誤；B圖中帶負(fù)電粒子的運(yùn)動方向與磁感線平行，此時不受洛倫茲力的作用，選項(xiàng)B錯誤；C圖中帶負(fù)電的粒子向右運(yùn)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(xiàng)C正確；D圖中帶負(fù)電的粒子向上運(yùn)動，掌心向里，四指應(yīng)向下，大拇指的方向向左，選項(xiàng)D錯誤．答案：C2．解析：據(jù)題圖和幾何關(guān)系求得A、E兩點(diǎn)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(yùn)動，受力如圖電子做曲線運(yùn)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(yùn)動，通過電磁場，B正確；在C圖中，向右運(yùn)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(yùn)動，C錯誤；在D圖中，向右運(yùn)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(yùn)動，D錯誤．答案：B4．解析：電子偏轉(zhuǎn)到a點(diǎn)時，依據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面對外，對應(yīng)的B-t圖的圖線應(yīng)在t軸下方，C、D錯誤；電子偏轉(zhuǎn)到b點(diǎn)時，依據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面對里，對應(yīng)的B-t圖的圖線應(yīng)在t軸上方，A正確、B錯誤．答案：A5．解析：導(dǎo)線c中電流產(chǎn)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(dǎo)線逆時針方向(從上向下看)轉(zhuǎn)動．當(dāng)ab導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°后，兩導(dǎo)線電流為同向電流，相互吸引，導(dǎo)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(dǎo)線左、右兩端磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線受到磁場力作用后從上向下看按逆時針方向轉(zhuǎn)動，再分析導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°時導(dǎo)線位置的磁場方向，再次用左手定則推斷導(dǎo)線所受磁場力的方向，如圖乙所示，可知導(dǎo)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(yīng)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(yùn)動的周期相等，離子在磁場中運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與離子速度無關(guān)，與離子的比荷有關(guān)，當(dāng)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(fù)離子向下偏，故電流方向?yàn)锳→R→B，設(shè)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(yùn)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(jìn)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(dāng)進(jìn)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(dá)C點(diǎn)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(yùn)動快慢也一樣，A、C、D正確；由于進(jìn)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(xì)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(zhì)子在磁場中運(yùn)動的周期，A項(xiàng)正確；由r＝eq\f(mv,qB)得：當(dāng)r＝R時，質(zhì)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(guān)，B正確，C錯誤；質(zhì)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(yùn)動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大．當(dāng)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(yīng)為最大．若粒子帶正電，其運(yùn)動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點(diǎn))，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(xiàng)B正確；若粒子帶負(fù)電，其運(yùn)動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點(diǎn))，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(xiàng)C正確．答案：BC13.解析：(1)依據(jù)試驗(yàn)?zāi)康暮碗姶盘炱降脑恚瑢㈦娫?、開關(guān)、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(shè)金屬框質(zhì)量為M，托盤質(zhì)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(xì)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(xì)沙的質(zhì)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(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對外，反之，磁感應(yīng)強(qiáng)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(xì)沙的質(zhì)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(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.3N．(2分)(3)導(dǎo)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(dāng)其做圓周運(yùn)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(yùn)動軌跡為一段半徑R＝5cm的圓弧，要使偏轉(zhuǎn)角最大，就要求這段圓弧對應(yīng)的弦最長，即為場區(qū)的直徑，粒子運(yùn)動軌跡的圓心O′在ab弦的中垂線上，如圖所示，由幾何關(guān)系知sinθ＝eq\f(r,R)＝0.6，所以θ＝37°，(2分)而最大偏轉(zhuǎn)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(yīng)向心力，qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，(2分)正離子做勻速圓周運(yùn)動的周期T0＝eq\f(2πr,v0)，(1分)聯(lián)立兩式解得磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)如圖所示，當(dāng)正離子在兩板之間只運(yùn)動一個周期，即t＝T0時，有r＝eq\f(d,4)，(1分)當(dāng)正離子在兩板之間運(yùn)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