2020-2021学年新教材物理人教版选择性必修第二册课后提升训练：第一章　安培力与洛伦兹力 测评 WORD版含解析.docx

1、第一章测评(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每个小题中只有一个选项是正确的)1.下列关于电场和磁场的说法正确的是()A.电场线和磁感线都是封闭曲线B.电场线和磁感线都是不封闭曲线C.通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D.电荷在电场中一定受到静电力的作用解析磁感线是封闭曲线,电场线不是封闭曲线,选项A、B错误;当通电导线与磁场方向平行时,不受磁场力的作用,但电荷在电场中一定受到静电力的作用,选项C错误,选项D正确。答案D2.如图所示,ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内,当两

2、导线中通以大小相等的电流时,小磁针N极垂直纸面向里转动,则两导线中的电流方向()A.一定都向上B.一定都向下C.ab中电流向下,cd中电流向上D.ab中电流向上,cd中电流向下解析小磁针的N极垂直纸面向里偏转,说明两导线间的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可以判断,ab中电流向上,cd中电流向下。答案D3.磁场中某区域的磁感线如图所示,则()A.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABBB.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABB,通电导线所受安培力与通电导线的放置有关,通电导线放在A处与放在B处受力大小无法确定。答案A4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的

3、横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.3BB.2BC.BD.2B解析如图为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O。根据题意,NMN=45,OM与NM延长线的夹角为60,所以OMN=75,MON=30,即轨迹圆的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁12=T筒4,

4、即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A选项正确。答案A5.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器的电阻为R,两平行金属极板a、b间有垂直纸面向里的匀强磁场,闭合开关,一束速度为v的带正电的粒子正好匀速穿过两板。不计带电粒子的重力,以下说法正确的是()A.将滑片P向上滑动,粒子有可能从下极板边缘射出B.将滑片P向下滑动,粒子有可能从下极板边缘射出C.将a极板下移一些,粒子将继续沿直线穿出D.如果将开关断开,粒子将继续沿直线穿出解析平行金属极板a、b组成一个电容器,因电容器与滑动变阻器并联,将滑片P向上滑动,则滑动变阻器两端的电压减小,故两板间的电场强度减小,粒子所受静电力减小,

5、因上板带正电,静电力向下,故粒子将向a板偏转,A错误;将滑片P向下滑动,则滑动变阻器两端的电压增大,故两板间的电场强度增大,粒子所受的静电力增大,因上板带正电,静电力向下,故粒子将向b板偏转,B正确;保持开关闭合,将a极板向下移动一点,板间距离减小,电压不变,故板间电场强度增大,因粒子带正电,故粒子所受静电力向下,洛伦兹力向上,带电粒子所受的静电力变大,则粒子将向b板偏转,C错误;若开关断开,则电容器与电源断开,而与滑动变阻器形成通路,电容器放电,故两板间的电场强度要减小,故粒子所受的静电力减小,粒子不会做直线运动,D错误。答案B6.如图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半圆弧导

6、线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向垂直于导线框向外的电流时()A.导线框将向左摆动B.导线框将向右摆动C.从上往下看,导线框将顺时针转动D.从上往下看,导线框将逆时针转动解析当直导线P中通以方向向外的电流时,由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向,磁感线是以P为圆心的同心圆,半圆弧导线与磁感线平行不受安培力,由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外,cd所受的安培力方向垂直纸面向里,从上往下看,导线框将逆时

7、针转动,故D正确。答案D7.如图所示,有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场,一束电子流以初速度v从水平方向射入,为了使电子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,这个电场的电场强度大小和方向是()A.Bv,竖直向上B.Bv,水平向左C.Bv,垂直于纸面向里D.Bv,垂直于纸面向外解析电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里,要使电子流经过磁场时不偏转,电子所受电场力方向必须垂直纸面向外,且与洛伦兹力等大,即Eq=qvB,E=Bv;电子带负电,所以电场方向垂直于纸面向里。答案C8.如图所示,在倾角为30的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为l、质量为m的直导体棒,导体棒中

8、电流为I。要使导体棒静止在斜面上,需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为()A.mg2IlB.3mg2IlC.mgIlD.3mgIl解析导体棒受三个力平衡,重力为恒力,支持力的方向不变,安培力的大小和方向不确定;由平衡条件知当安培力F平行于斜面向上时安培力最小,则B最小,即BIl=mgsin30,B=mg2Il,B的方向垂直于斜面向下。答案A二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.已知一质量为m的带电液滴,经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中,液滴在此空间

9、的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则()A.液滴在空间可能受4个力作用B.液滴一定带负电C.液滴做圆周运动的半径r=1B2UEgD.液滴在叠加场中运动时总能量不变解析液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,所以选项A错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项B正确。根据qU=12mv2,r=mvqB,qE=mg,解得r=1B2UEg,选项C正确。液滴在叠加场中运动的过程中能量守恒,选项D正确。答案BCD10.如图所示,直导线通入垂直纸面向里的电流,在下列匀强磁场中,直导线可能静止在光滑斜面上的是()解析要使直导线能够静止在光滑的斜面上,则

10、直导线在磁场中受到的安培力必须与重力或重力沿斜面向下的分力平衡,通过左手定则判断得出,A、C是正确的。答案AC11.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是()A.粒子一定带正电B.加速电场的电压U=12ERC.PQ长度为2BqmERD.若一群离子从静止开始经

11、过上述过程都落在胶片上同一点,则该群离子具有相同的比荷解析由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,根据左手定则可得,粒子带正电,选项A正确;粒子在加速电场中有qU=12mv2,又粒子在静电分析器做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,有qE=mv2R,解得U=12ER,选项B正确;粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得PQ=2r=2BmERq,选项C错误;离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r=1BmERq相同,由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同,故该群离子具有相同的比荷,选项D正确。答案ABD12.在如图所示的匀

12、强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力),电子可能沿水平方向向右做直线运动的是()解析若电子水平向右运动,在A图中电场力水平向左,洛伦兹力竖直向下,故不可能;在B图中电场力水平向左,洛伦兹力为零,故电子可能水平向右做匀减速直线运动;在C图中电场力竖直向上,洛伦兹力竖直向下,当二者大小相等时,电子向右做匀速直线运动;在D图中电场力竖直向上,洛伦兹力竖直向上,故电子不可能做水平向右的直线运动;因此选项B、C正确。答案BC三、非选择题(本题共6小题,共60分。按题目要求作答,计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(6分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子(11H)加

13、速到v,使它获得动能为Ek,则:(1)能把粒子(24He)加速到的速度为。(2)能使粒子获得的动能为。(3)加速粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为。解析回旋加速器的最大半径是一定的,R=mvqB,质子11H的质量和电荷量的比值即me=11,而粒子质量和电荷量的比值为42,RH=mveB,R=mvqB。RH=R,得v=v2,12mv2=12mv2所以粒子动能与质子相同,带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T=2mqB。所以粒子的周期是质子运动周期的2倍,即所加交变电场的周期的比为21,则频率之比为12。答案(1)v2(2)Ek(3)1214.(8分)按照如图所示进行实验。(1)分别

14、接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与有关。(2)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(3)只改变导线中电流的方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足。答案(1)导线在磁场中的长度(2)改变(3)改变(4)左手定则15.(8分)如图所示,两平行金属导轨间的距离l=0.4 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角=37,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.5 T,方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=

15、0.5 的直流电源。现把一个质量m=0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ,金属导轨电阻不计,g取10 m/s2。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)通过导体棒的电流;(2)导体棒受到的安培力大小;(3)导体棒受到的摩擦力大小和方向。解析(1)根据闭合电路欧姆定律得I=ER0+r=1.5A。(2)导体棒受到的安培力F安=BIl=0.3N。(3)导体棒受力如图所示,将重力正交分解,得mgsin37=0.24NF安根据平衡条件得mgsin37+Ff=F安解得Ff=0.06N,方

16、向平行于导轨向下。答案(1)1.5 A(2)0.3 N(3)0.06 N,方向平行于导轨向下16.(8分)如图所示,在半径为R=mv0Bq的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形区域右侧有一竖直感光板MN,圆顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场,已知粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力不计。(1)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运动的时间;(2)若粒子对准圆心射入,且速率为3v0,求它打到感光板MN上时速度的垂直分量。解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,由牛顿第二定律得Bqv0=mv02r,所以r=R,带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分

17、之一圆周,轨迹对应的圆心角为2,如图所示。故运动时间t=2Rv0=m2qB。(2)由(1)知,当v=3v0时,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R,其运动轨迹如图所示。由图可知PO2O=OO2A=30所以带电粒子离开磁场时偏向角为60粒子打到感光板上时速度的垂直分量为v=vsin60=32v0。答案(1)m2qB(2)32v017.(14分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第象限的正方形abcd区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正方形边长为l且ad边与x轴重合,ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)

18、点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限的磁场区域,不计粒子所受的重力。求:(1)电场强度E的大小。(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。(3)磁感应强度B满足什么条件时,粒子经过磁场后能到达y轴上,且速度与y轴负方向成45角?解析(1)粒子做类平抛运动,沿y轴方向:h=12Eqmt2沿x轴方向:2h=v0t解得E=mv022qh。(2)到达a点时水平速度为v0,竖直速度为vy水平方向2h=v0t,竖直方向h=12vyt,得vy=v0所以到达a点的速度va=2v0,方向与x轴正方向成45角。(3)粒子到达y轴上,且速度与y轴负方向成45角,必须

19、要从ab边射出,从b点射出时对应的磁感应强度B最小,粒子在磁场中的轨迹是以O1为圆心的一段四分之一圆弧,设半径为r1,r1=22l由Bqva=mva2r1得B=2mv0ql所以磁感应强度须满足的条件为B2mv0ql。答案(1)mv022qh(2)2v0,方向与x轴正方向成45角(3)B2mv0ql18.(16分)如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。

20、(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+FN=qE小滑块在C点离开MN时,FN=0,解得vC=EB。(2)由动能定理得mgh-Wf=12mvC2-0解得Wf=mgh-mE22B2。(3)小滑块的运动轨迹如图所示:小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g,g=(qEm)2+g2,且vP2=vD2+g2t2解得vP=vD2+(qEm)2+g2t2。答案(1)EB(2)mgh-mE22B2(3)vD2+(qEm)2+g2t2