2024-2025學(xué)年高中地理選擇性必修2-第一章　安培力與洛倫茲力

姓名班級考號姓名班級考號密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密封線內(nèi)不要答題密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密封線內(nèi)不要答題第一章安培力與洛倫茲力滿分100分,限時90分鐘一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題3分,共24分。在每小題給出的四個選項中只有一個符合題目要求)1.教學(xué)中常用如圖1所示的裝置演示通電導(dǎo)體在磁場中受力的情況?，F(xiàn)將圖中的蹄形磁鐵改用圖2所示的電磁鐵代替,則合上開關(guān)時,以下判斷正確的是()A.電磁鐵上端為N極,下端為S極,導(dǎo)體棒ab向右運動B.電磁鐵上端為N極,下端為S極,導(dǎo)體棒ab向左運動C.電磁鐵上端為S極,下端為N極,導(dǎo)體棒ab向右運動D.電磁鐵上端為S極,下端為N極,導(dǎo)體棒ab向左運動2.在某勻強磁場中,有一條長0.2m的直導(dǎo)線,通以3A的恒定電流,與磁場垂直放置時,導(dǎo)線受到的安培力是6×10-2N,則()A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為1×10-3TB.安培力方向與勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向相同C.如果該導(dǎo)線的長度和電流都減小為原來的一半,則該導(dǎo)線受到的安培力大小變?yōu)?.5×10-2ND.如果將該導(dǎo)線與磁場平行放置,安培力為零,此時磁場的磁感應(yīng)強度也是零3.如圖為磁流體發(fā)電機的原理圖,等離子體束(含有正、負離子)以某一速度垂直噴射入由一對磁極C、D產(chǎn)生的勻強磁場中,A、B是一對平行于磁場放置的金屬板。穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”接線柱流向“-”接線柱,由此可知()A.D磁極為N極B.正離子向B板偏轉(zhuǎn)C.負離子向D磁極偏轉(zhuǎn)D.離子在磁場中偏轉(zhuǎn)過程洛倫茲力對其做正功4.如圖所示,彎折導(dǎo)線ABC中通有圖示方向的電流,∠C=30°,∠B=90°,置于與導(dǎo)線ABC所在平面平行的勻強磁場中,此時導(dǎo)線ABC所受安培力最大,大小為2N,現(xiàn)將整段導(dǎo)線以過B點且垂直于ABC所在平面的直線為軸順時針轉(zhuǎn)動30°角,此時導(dǎo)線受到的安培力大小為()A.3NB.32NC.1ND.15.如圖所示,豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,一帶電荷量為q(q>0)的滑塊(可視為質(zhì)點)自a點由靜止沿斜面滑下,下降高度為h時到達b點,滑塊恰好對斜面無壓力。不計空氣阻力,關(guān)于滑塊自a點運動到b點的過程,下列說法正確的是(重力加速度大小為g)()A.滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB2C.洛倫茲力做正功D.滑塊的機械能增大6.如圖,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于圓平面向里(未畫出)。一群比荷為qm的負離子以相同速率v0(較大),由P點在紙平面內(nèi)沿不同方向射入磁場中,發(fā)生偏轉(zhuǎn)后又飛出磁場,則下列說法正確的是()A.各離子飛出磁場的速度一定相同B.沿PQ方向射入的離子運動的軌跡半徑最長C.沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大D.在Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長7.應(yīng)用質(zhì)譜儀測定有機化合物分子結(jié)構(gòu)的方法稱為質(zhì)譜法,先在離子化室A中將有機物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子,離子從下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場,其初速度幾乎為0,然后經(jīng)過S1沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中,最后打到照相底片D上,形成a、b兩條質(zhì)譜線,則()A.打到a處的離子的比荷小B.兩種離子進入磁場時的速度相同C.勻強磁場的方向為垂直紙面向里D.兩種離子在磁場中的運動時間相等8.如圖所示,虛線兩側(cè)的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ均垂直紙面向里,磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度是磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從虛線上P點沿與虛線成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁場Ⅰ,從虛線上的Q點第一次進入磁場Ⅱ;一段時間后粒子再次經(jīng)過Q點,P點和Q點的距離為L,不計粒子的重力,則磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小和粒子兩次經(jīng)過Q點的時間間隔分別為()A.mv0qL,14πLvC.3mv0qL,143二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分)9.回旋加速器的工作原理如圖所示。D形盒半徑為R,盒內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。設(shè)氘核的電荷量為q,質(zhì)量為m,不考慮相對論效應(yīng),下列說法正確的是()A.氘核從磁場中獲得能量B.交變電源的周期為2πC.氘核加速后的最大速度與加速電場的電壓無關(guān)D.氘核在回旋加速器內(nèi)的加速次數(shù)與加速電壓有關(guān)10.如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(電場強度E和磁感應(yīng)強度B已知),小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,重力加速度為g,則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為r=1C.小球做勻速圓周運動的周期為T=2πD.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增大11.如圖所示,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里,圖中虛線為磁場的邊界,其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧,ab、cd的延長線通過圓弧的圓心,Ob長為R。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,在紙面內(nèi)以不同的速率從O點垂直ab射入磁場,已知所有粒子均從四分之一圓弧邊界射出,且四分之一圓弧邊界上均有粒子射出,其中M、N是圓弧邊界上的兩點,M點在N點右側(cè),不計粒子間的相互作用和重力。則下列分析中正確的是()A.粒子帶正電B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間D.所有粒子所用最短時間為2π12.如圖所示,在直角坐標系的第一象限中有一半徑為R的扇形POQ無場區(qū)域,第一象限剩余區(qū)域(含PQ圓弧邊界)及第四象限均存在垂直于紙面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從圓弧PQ上各點沿y軸正方向以相同速度v(大小未知)射入磁場,且所有粒子軌跡均交于Q點并被粒子收集盒(圖中未畫)吸收。不計粒子間的相互作用和重力,則()A.磁場方向垂直紙面向里B.粒子速度大小為qBRC.粒子運動到Q點的最短時間為3πD.粒子從進入磁場到運動至Q點的過程中離Q的最遠距離為2R三、非選擇題(本大題共6小題,共60分)13.(6分)某學(xué)校興趣小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了磁場的知識后設(shè)計了一個利用天平測定磁感應(yīng)強度的實驗方案。天平的左臂下面掛一個矩形線圈,寬為L,共N匝,線圈的下部懸在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面。實驗步驟如下:①未通電流時,在天平右盤內(nèi)放入質(zhì)量為m1的砝碼,使天平平衡;②當給線圈通以大小為I的順時針方向電流(如圖所示)時,需在天平右盤更換質(zhì)量為m2的砝碼后,天平才能重新平衡。(1)若m1>m2,此時矩形線圈的底邊所受的安培力方向為(選填“豎直向上”或“豎直向下”),磁場方向垂直于紙面(選填“向里”或“向外”)。

(2)若m1<m2,用所測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強度的大小為B=。

14.(8分)某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué),為檢測某工廠排放污水的情況,制作了一個簡易的電磁流量計,如圖甲所示。該裝置為中空的長方體管道,長、寬、高分別為a=20cm、b=c=10cm,左右兩端開口,與排污管道連通。流量計的上下底面為絕緣體,前后兩個側(cè)面為導(dǎo)體,并分別固定兩個電極M、N。在垂直于底面的方向加一豎直向下的勻強磁場,已知磁感應(yīng)強度為B=0.8T。當含有正、負離子的污水從左向右流經(jīng)該裝置時,M、N兩電極間將產(chǎn)生電勢差U。(1)若使用多用電表的電壓擋測量M、N電極間的電勢差大小,則與圖甲中M相連的應(yīng)是多用電表的表筆(選填“紅”或“黑”)。

(2)某次測量時,使用了多用電表250mV量程的直流電壓擋,表盤示數(shù)如圖乙所示,則M、N電極間的電勢差大小U=mV。

(3)若多用電表使用直流電壓擋時,可近似視為理想電壓表,則根據(jù)(2)中測得的電壓值,可估算出污水流動的速度為m/s(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

(4)現(xiàn)把多用電表的換擋開關(guān)旋至量程適當?shù)闹绷麟娏鲹?把紅、黑表筆正確接至M、N兩個電極,測得電流值為I=50μA,并已知此時多用電表的內(nèi)阻為r=200Ω。假定污水的流速恒定并且充滿流量計的長方體管道,由此可估算出污水的電阻率ρ=Ω·m。

15.(6分)電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的一種先進的動能殺傷性武器,如圖甲為電磁炮工作原理示意圖,可簡化為圖乙模型。某電磁炮導(dǎo)軌長10m,兩導(dǎo)軌之間的距離為0.5m。導(dǎo)軌間磁場可認為是方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為1.5T,電流方向如圖所示。質(zhì)量為10kg的炮彈受安培力作用從導(dǎo)軌最右端由靜止開始做勻加速直線運動,到達最左端離開導(dǎo)軌時的速度大小為2.4×103m/s。整個導(dǎo)軌固定在水平面上,忽略炮彈與導(dǎo)軌間的摩擦力。求:(1)炮彈在導(dǎo)軌中加速時的加速度大小;(2)導(dǎo)軌中的電流大小。

16.(10分)如圖為半導(dǎo)體離子注入工藝原理示意圖。初速度為0的離子P3+(質(zhì)量為m、帶電荷量為+3e),經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直磁場邊界進入寬度為d的勻強磁場區(qū)域,轉(zhuǎn)過一定角度后從磁場射出,并注入半導(dǎo)體工件內(nèi)部達到摻雜的目的。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為mU6ed2(1)離子P3+進入磁場時速度的大小;(2)離子P3+在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度θ與偏轉(zhuǎn)的距離s。17.(14分)如圖為一電流表的原理示意圖,質(zhì)量為m=100g的均勻細金屬棒MN的中點處與勁度系數(shù)為k=200N/m的豎直彈簧相連,矩形區(qū)域abfe內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,其中ab=20cm,ae=2cm。當MN中沒有電流通過時,MN與矩形區(qū)域的中線cd重合,與MN連接的絕緣輕指針指在標尺上的0位置,當MN中有電流通過時,指針示數(shù)可反映出電流大小及電流方向。(1)當MN中的電流I=2.5A時,指針指在-0.50cm處,求磁感應(yīng)強度的大小B。(2)求該電流表可以測量的電流范圍。18.(16分)如圖所示,O-xyz坐標系中y軸的正方向豎直向上,在yOz平面左側(cè)-2l<x<-l區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸負方向的勻強電場,-l<x<0區(qū)域內(nèi)存在著沿z軸負方向的勻強磁場,在yOz平面右側(cè)區(qū)域同時存在著沿x軸正方向的勻強電場和勻強磁場,電場強度和磁感應(yīng)強度的大小分別與yOz平面左側(cè)勻強電場的場強大小、勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小相等,電場、磁場均具有理想邊界。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從M(-2l,l2,0)點以速度v0沿x軸正方向射入電場,經(jīng)N(-l,0,0)點進入磁場區(qū)域,然后從O點進入到平面yOz右側(cè)區(qū)域,粒子從離開O點開始多次經(jīng)過x軸,不計粒子重力。求(1)勻強電場的電場強度大小E;(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B;(3)粒子從離開O點開始,第n(n=1,2,3,…)次到達x軸時距O點的距離s。

答案與解析1.A2.C3.A4.A5.B6.D7.A8.B9.BCD10.BC11.AD12.BCD1.A對于電磁鐵,根據(jù)電池正負極判斷線圈中電流的方向,運用安培定則可判斷電磁鐵上端為N極,下端為S極,故C、D錯誤。對于導(dǎo)體棒,根據(jù)電源正負極判斷電流方向,根據(jù)電磁鐵上端為N極,下端為S極,可判斷導(dǎo)體棒所在處磁場方向向下,根據(jù)左手定則,導(dǎo)體棒所受安培力向右,故導(dǎo)體棒ab向右運動,B錯誤,A正確。故選A。2.C勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=FIL=6×10?23×0.2T=0.1T,A錯誤;安培力方向與勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直,B錯誤;如果該導(dǎo)線的長度和電流都減小為原來的一半,則該導(dǎo)線受到的安培力大小變?yōu)镕1=B×12I×12L=14F=1.5×10-2N,C正確;磁感應(yīng)強度是磁場本身的屬性3.A根據(jù)電流的方向知,A板帶正電,B板帶負電,等離子體中的正離子向A板偏轉(zhuǎn),負離子向B板偏轉(zhuǎn)。根據(jù)左手定則,D極為N極,C極為S極,A正確,B、C錯誤;因為洛倫茲力的方向與速度方向垂直,所以洛倫茲力不做功,D錯誤。故選A。4.A導(dǎo)線ABC所受的安培力,可等效成“導(dǎo)線AC”所受的安培力,最初導(dǎo)線ABC所受安培力最大,可知磁場方向與AC垂直,設(shè)AC長度為L,則此時的安培力大小為F安=BIL,由幾何關(guān)系可知,BC長度為32L,當整段導(dǎo)線以過B點且垂直于ABC所在平面的直線為軸順時針轉(zhuǎn)動30°角后,BC邊恰好與磁場方向垂直,AB邊與磁場方向平行,則F安'=BI·32L,由以上分析可得此時導(dǎo)線受到的安培力大小為3N,5.B滑塊自a點由靜止沿斜面滑下,在a點不受洛倫茲力作用,A錯誤;滑塊自a點運動到b點的過程中,洛倫茲力不做功,支持力不做功,滑塊機械能守恒,由mgh=12mv2,得滑塊在b點時的速度v=2g?,滑塊在b點受到的洛倫茲力為F=qBv=qB2g?,B正確,C、D6.D各離子飛出磁場的速度大小相等,但方向不同,A錯誤;由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02r,解得r=mv0qB,由于所有離子的比荷相同,速度大小相等,因此所有離子在磁場中運動的軌跡半徑相等,B錯誤;所有離子中,從Q點飛出的離子運動軌跡對應(yīng)的弦長最大,對應(yīng)的圓心角最大,離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大,而沿PQ方向射入的離子并不能從Q點飛出,C錯誤;比荷相同的粒子在相同磁場中做圓周運動的周期相同,為T=2πmqB,離子在磁場中運動的時間t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB,在7.A離子在加速電場中加速時,由動能定理有Uq=12mv2,解得v=2qUm,由于兩種帶正電的離子比荷不同,所以進入磁場時的速度不同,B錯誤;離子在磁場中偏轉(zhuǎn)時有qvB=mv2R,解得R=mvqB=2mqUqB=1B2mUq,所以,比荷大的偏轉(zhuǎn)半徑小,打到a處的離子的比荷小,A正確;離子帶正電,根據(jù)左手定則,勻強磁場的方向垂直紙面向外,C錯誤;離子在磁場中做圓周運動的周期T=2πm8.B粒子的運動軌跡如圖所示:由幾何關(guān)系,粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為r1=L,由洛倫茲力提供向心力得qv0B1=mv02r1,解得B1=mv0qL,C、D錯誤;由Bqv=mv2r,得r=mvBq,由于磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度是磁場Ⅰ磁感應(yīng)強度的2倍,所以粒子在磁場Ⅱ中運動的半徑為r2=12r1=12L,粒子在磁場Ⅰ中運動的周期為T1=2πr1v0=2πLv0,粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為T2=2πr29.BCD氘核在磁場中受到的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直,洛倫茲力不做功,氘核不從磁場中獲得能量,它是從電場中獲得能量,A錯誤;回旋加速器要實現(xiàn)對粒子的加速,交變電源的周期要等于粒子在磁場中運動的周期,根據(jù)qvB=mv2r得r=mvqB,氘核在磁場中做圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB,所以交變電源的周期為2πmqB,B正確;氘核離開回旋加速器時獲得的最大速度滿足qvmB=mvm2R,解得vm=qBRm,所以氘核加速后的最大速度與加速電場的電壓無關(guān),C正確;氘核最大動能Ek=12mvm2=q2B2R22m,氘核在回旋加速器中每加速一次,增加的動能為qU,設(shè)加速次數(shù)為10.BC小球在該區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反,小球所受電場力的方向和場強方向相反,則小球帶負電,A錯誤;小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,由牛頓第二定律可得Bqv=mv2r,由動能定理有Uq=12mv2,且有mg=qE,聯(lián)立可得小球做勻速圓周運動的半徑r=1B2UEg,故B正確;由運動學(xué)公式可得T=2πrv,聯(lián)立可得T=2πEBg11.AD粒子沿逆時針方向做勻速圓周運動,根據(jù)左手定則,可知粒子帶正電,A正確;根據(jù)qvB=mv2r,得v=qBrm,從M點射出的粒子做圓周運動的半徑更小,則粒子的速度更小,B錯誤;由t=θ2πT=θ2π×2πmqB,粒子在磁場中運動的周期相等,轉(zhuǎn)過的圓心角越大,運動時間越長,由幾何關(guān)系可知,弦切角等于圓心角的一半,則弦切角越小,運動時間越短,如圖所示,當弦與bc圓弧邊界相切時,弦切角最小,又因為Ob等于R,由幾何關(guān)系,此時圓周運動的圓心角為120°,則最短時間為tmin=120°360°×2πmqB=2πm3qB,M、N12.BCD帶正電粒子的軌跡均交于Q點,可知粒子向右偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則,磁場方向垂直紙面向外,A錯誤;由P點射入磁場的粒子軌跡如圖所示:根據(jù)幾何知識,粒子的軌跡半徑為R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2R,粒子速度為v=qBRm,B正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πmBq,粒子在磁場中的運動時間t=θ2πT,θ為軌跡對應(yīng)的圓心角,圓心角越小,運動時間越短,由幾何知識可知,由P點射入的粒子在磁場中軌跡所對應(yīng)的圓心角最小,最短時間為t=34T=34×2πmBq=3πm2Bq,C正確;粒子的軌跡半徑都為R,粒子從進入磁場到運動至Q點的過程中離Q13.答案(1)豎直向上(2分)向外(2分)(2)(m2?m解析(1)若m1>m2,說明通電后天平平衡時天平左臂的拉力小于矩形線圈的重力,矩形線圈的底邊所受的安培力方向為豎直向上,根據(jù)左手定則,磁場方向為垂直紙面向外。(2)對矩形線圈,根據(jù)平衡條件有m1g+NBIL=m2g,解得B=(m14.答案(1)黑(2分)(2)145(2分)(3)1.8(2分)(4)540(2分)解析(1)根據(jù)左手定則,N端聚集正電荷,電勢較高;M端聚集負電荷,電勢較低,與M相連的應(yīng)是多用電表的黑表筆。(2)250mV擋,每小格為5mV,表盤讀數(shù)為145mV。(3)M、N間電壓穩(wěn)定時,根據(jù)qUb=qvB得U=Bbv,解得v≈1.8m/s(4)根據(jù)I=UR+r,R=ρLS解得ρ=540Ω·m。15.答案(1)2.88×105m/s2(2)3.84×106A解析(1)設(shè)加速度大小為a由v2=2ax(2分)得a=2.88×105m/s2(1分)(2)根據(jù)牛頓第二定律得IlB=ma(2分)得I=3.84×106A(1分)16.答案(1)6eUm(2)30°(2-3解析(1)離子經(jīng)過加速電場,由動能定理有3eU=12mv2(2分)解得離子離開電場進入磁場時的速度v=6eUm(1分(2)離子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有3evB=mv2R(2分將B=mU6ed2代入,聯(lián)立解得R=2d(由幾何關(guān)系有Rsinθ=d,解得sinθ=12,即偏轉(zhuǎn)的角度θ=30°(1分)偏轉(zhuǎn)距離s=R(1-cosθ)(2分)解得s=(2-3)d(1分)17.答案