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檢測試卷(一)

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末檢測試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32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.(2020·張家口市高二上期末)如圖1所示，兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置，通以方向相反、大小相等的電流，a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)．下列說法正確的是()圖1A．a(chǎn)點的磁感應(yīng)強度一定為零B．b點的磁感應(yīng)強度一定為零C．ef導(dǎo)線受到的安培力方向向右D．cd導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外〖答案〗C〖解析〗根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線cd在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，通電導(dǎo)線ef在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的電流，但a點離cd較近，故a點的磁場方向垂直紙面向里，故a點的磁感應(yīng)強度一定不為零，故A、D錯誤；根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線ef和cd在b點產(chǎn)生的磁場方向相同，均為垂直紙面向外，所以b點的磁場方向垂直紙面向外，故b點的磁感應(yīng)強度一定不為零，故B錯誤；根據(jù)左手定則可判斷，ef導(dǎo)線受到的安培力方向向右，故C正確．2.如圖2所示，用絕緣細(xì)線懸掛一個導(dǎo)線框，導(dǎo)線框是由兩同心半圓弧導(dǎo)線和直導(dǎo)線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導(dǎo)線框中通有圖示方向的電流，處于靜止?fàn)顟B(tài)．在半圓弧導(dǎo)線的圓心處沿垂直于導(dǎo)線框平面的方向放置一根長直導(dǎo)線P.當(dāng)P中通以方向垂直于導(dǎo)線框向外的電流時()圖2A．導(dǎo)線框?qū)⑾蜃髷[動B．導(dǎo)線框?qū)⑾蛴覕[動C．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動D．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動〖答案〗D〖解析〗當(dāng)長直導(dǎo)線P中通以方向向外的電流時，由安培定則可判斷出長直導(dǎo)線P產(chǎn)生的磁場方向為逆時針方向，磁感線是以P為圓心的同心圓，則兩半圓弧導(dǎo)線不受安培力，由左手定則可判斷出直導(dǎo)線ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動，故D正確．3.如圖3所示，MN為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的分界線，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ.已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，不計粒子重力，下列說法正確的是()圖3A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為1∶2C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反〖答案〗D〖解析〗由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，A錯誤；根據(jù)t＝eq\f(l,v)，v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1，B錯誤；圓心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于磁場的磁感應(yīng)強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，故D正確．4.如圖4所示，在傾角為30°的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為l、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒中電流為I.要使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，需要外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值為()圖4A.eq\f(mg,2Il) B.eq\f(\r(3)mg,2Il)C.eq\f(mg,Il) D.eq\f(\r(3)mg,Il)〖答案〗A〖解析〗導(dǎo)體棒受三個力平衡，重力為恒力，支持力的方向不變，安培力的大小和方向不確定；由平衡條件知當(dāng)安培力F平行于斜面向上時安培力最小，則B最小，即BIl＝mgsin30°，B＝eq\f(mg,2Il)，B的方向垂直于斜面向下．5.如圖5所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角，則磁場的磁感應(yīng)強度大小為()圖5A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))〖答案〗B〖解析〗該電荷以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，將背離圓心射出，軌跡圓弧的圓心角為θ，由幾何關(guān)系可知，軌跡圓的半徑r＝eq\f(R,tan\f(θ,2))，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得B＝eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)，選項B正確．6.(2020·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)月考)如圖6所示，邊長為l的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定的逆時針方向的電流．圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的有界矩形勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B.此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方且磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)樵瓉淼?倍，保持其他條件不變，導(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細(xì)線中拉力為F2.則導(dǎo)線框中的電流大小為()圖6A.eq\f(F2－F1,Bl) B.eq\f(F2－F1,2Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D.eq\f(2F2－F1,3Bl)〖答案〗D〖解析〗當(dāng)磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為eq\f(1,2)l，受到的安培力方向豎直向上，設(shè)三角形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，則有：F1＋BI(eq\f(1,2)l)＝mg；當(dāng)磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為eq\f(1,2)l，受到的安培力方向豎直向下，磁感應(yīng)強度增大到原來的兩倍，故此時有：F2＝(2B)I(eq\f(1,2)l)＋mg，聯(lián)立可得I＝eq\f(2F2－F1,3Bl)，故D正確，A、B、C錯誤．7．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖7A．11B．12C．121D．144〖答案〗D〖解析〗設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量分別為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁場中，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式聯(lián)立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(22),B\o\al(12))＝144，故選項D正確．8.如圖8，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，Δbcd區(qū)域內(nèi)有方向平行于bc的勻強電場(圖中未畫出)．一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場．不計粒子的重力．則()圖8A．粒子帶正電B．電場的方向由c指向bC．粒子在b點和d點的動能相等D．粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π∶2〖答案〗D〖解析〗從d到e粒子做勻速圓周運動，由左手定則能夠判定粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；由于粒子帶負(fù)電，進入電場后彎向b點，則電場的方向由b指向c，選項B錯誤；由于在磁場中洛倫茲力對粒子不做功，所以粒子在d、e兩點的動能相等，但從e到b電場力做正功，動能增加，所以粒子在b、d兩點的動能不相等，選項C錯誤；設(shè)粒子由d點射入磁場時的速度為v，由題可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)90°，運動時間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2π×\f(lab,2),v)＝eq\f(πl(wèi)ab,4v)，在電場中運動的時間t2＝eq\f(\f(lab,2),v)＝eq\f(lab,2v)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,2)，故選項D正確．二、多項選擇題(本題共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)9.如圖9所示，由兩種比荷不同的離子組成的離子束，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，離子的重力不計，下列說法正確的是()圖9A．組成A束和B束的離子都帶正電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定相同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里〖答案〗ACD〖解析〗A、B離子進入磁場后都向左偏，根據(jù)左手定則可知A、B兩束離子都帶正電，故A正確；能通過速度選擇器的離子所受電場力和洛倫茲力平衡，則qvB＝qE，即不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子具有相同的速度，大小為v＝eq\f(E,B)；進入另一個勻強磁場分裂為A、B兩束，軌道半徑不等，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷大于B束離子的比荷，但不能判斷兩離子的質(zhì)量關(guān)系，故B錯誤，C正確；在速度選擇器中，電場方向水平向右，A、B離子所受電場力方向向右，所以洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里，故D正確．10.(2019·海南卷)如圖10，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動．射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°.已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()圖10A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比為2∶1〖答案〗AC〖解析〗設(shè)MN＝2R，則粒子P的運動半徑為R，有R＝eq\f(mPvP,Bq)，粒子Q的運動半徑為eq\r(2)R，有eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,Bq)；又兩粒子的運動時間相同，則tP＝eq\f(1,2)TP＝eq\f(πmP,Bq)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2Bq)，即eq\f(πmP,Bq)＝eq\f(πmQ,2Bq)，聯(lián)立解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正確，B、D錯誤．11.(2020·全國高二課時練習(xí))如圖11為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)子從加速器的A處開始加速．已知D形盒的半徑為R，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q.已知質(zhì)子在磁場中運動的周期等于交變電源的周期，下列說法正確的是()圖11A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRfB．質(zhì)子的最大動能為eq\f(q2B2R2,4m)C．質(zhì)子的最大動能與U無關(guān)D．若增大電壓U，質(zhì)子的最大動能增大〖答案〗AC〖解析〗質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，所以最大速度不超過2πRf，A正確．由Bqv＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\f(BqR,m)，質(zhì)子的最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與電壓無關(guān)，B、D錯誤，C正確．12.如圖12所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖像可能是下列選項中的()圖12〖答案〗AD〖解析〗帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運動，故B、C錯誤．三、非選擇題(本題共4小題，共52分)13．(8分)如圖13所示，將長為50cm、質(zhì)量為1kg的均勻金屬棒ab的兩端用兩個相同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，當(dāng)金屬棒中通以4A電流時，彈簧恰好不伸長(g＝10m/s2)．圖13(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；(2)當(dāng)金屬棒中通以大小為1A、方向由a到b的電流時，彈簧伸長3cm；如果電流方向由b到a，電流大小仍為1A，求彈簧的形變量．(彈簧始終在彈性限度內(nèi))〖答案〗(1)5T(2)5cm〖解析〗(1)彈簧不伸長時，BIL＝mg，(2分)可得磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(mg,IL)＝5T(1分)(2)當(dāng)大小為1A的電流由a流向b時，有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)當(dāng)電流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L，(2分)聯(lián)立得x2＝eq\f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝5cm.(1分)14．(12分)(2020·安徽蕪湖一中高二期末)如圖14所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為l，兩板間距離為eq\f(l,2)，PQ板帶正電，MN板帶負(fù)電，在PQ板的上方有垂直于紙面向里的勻強磁場．一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子以速度v從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場．不計粒子重力，求：圖14(1)兩金屬板間所加電場的電場強度大小；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。即鸢浮?1)eq\f(mv2,ql)(2)eq\f(2mv,ql)〖解析〗(1)粒子在平行金屬板間做類平拋運動，有：t＝eq\f(l,v)(2分)在沿電場方向上有：eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2(2分)聯(lián)立兩式解得E＝eq\f(mv2,ql)(1分)(2)出電場時沿電場方向上的速度vy＝at＝v(1分)則進入磁場的速度為v′＝eq\r(2)v(1分)速度與水平方向成45°角．(1分)根據(jù)幾何關(guān)系得：r＝eq\f(\r(2)l,2)(1分)根據(jù)qv′B＝meq\f(v′2,r)(2分)解得B＝eq\f(2mv,ql)(1分)15．(15分)(2020·湖北武漢模擬)如圖15所示，在紙面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內(nèi)存在斜向上的電場，電場強度大小未知，區(qū)域外存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從圓外P點在紙面內(nèi)垂直于OP射出，已知粒子從Q點(未畫出)進入圓形區(qū)域時的速度方向垂直于Q點的圓弧切線，隨后在圓形區(qū)域內(nèi)運動，并從N點(O、N連線的方向與電場方向一致，ON與PO的延長線的夾角θ＝37°，sin37°＝eq\f(3,5))射出圓形區(qū)域，不計粒子重力，已知OP＝3R.求：圖15(1)粒子在磁場中運動的速度大小v；(2)電場強度大小和粒子射出電場時的速度大小．〖答案〗(1)eq\f(4qBR,3m)(2)eq\f(32qB2R,9m)eq\f(4\r(5)qBR,3m)〖解析〗(1)粒子運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何知識得(3R－r)2－R2＝r2(2分)解得r＝eq\f(4,3)R(1分)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)(2分)解得v＝eq\f(4qBR,3m).(1分)(2)因為r＝eq\f(4,3)R，所以O(shè)O′＝eq\f(5,3)R，∠QO′O＝37°，則粒子在Q點處的入射速度方向與電場方向垂直，粒子在電場中做類平拋運動，從N點射出，粒子在垂直電場方向的位移為x＝R＝vt(1分)在沿電場方向，由牛頓第二定律得qE＝ma(1分)粒子在沿電場方向的位移為y＝R＝eq\f(1,2)at2(2分)解得E＝eq\f(32qB2R,9m)(2分)粒子從射入電場到射出電場過程中，由動能定理得qER＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2(2分)解得粒子射出電場時的速度大小v′＝eq\f(4\r(5)qBR,3m)(1分)16．(17分)(2021·衡陽一中月考)如圖16所示，直角三角形OAC(α＝30°)區(qū)域內(nèi)有B＝0.5T的勻強磁場，方向如圖所示．兩平行極板M、N接在電壓為U的直流電源上，左板為高電勢．一帶正電的粒子從靠近M板由靜止開始加速，從