新教材2023-2024学年高中物理第1章安培力与洛伦兹力测评新人教版选择性必修第二册

第一章测评一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将垂直于磁场的直导线从中点折成直角后,直角所在平面仍垂直于磁场,则安培力的大小一定变为原来的一半2.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、I三者必须保持相互垂直B.F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直C.B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直D.I必须垂直F、B,但F、B可以不相互垂直3.如图所示,表示磁场对通电直导线的作用力示意图中正确的是()4.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点,若A、B、C三处导线中的电流均为I,则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为()A.a点最大B.b点最小C.c点最小D.b、c点一样大5.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中通以方向向里的电流时()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6.如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束粒子流以速度v水平射入,为使粒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,关于此电场的电场强度大小和方向的说法正确的是()A.大小为Bv,粒子带正电时,B.大小为Bv,粒子带负电时,C.大小为Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关D.大小为Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关7.将一段通电直导线abc从中点b折成120°,分别放在如图所示的匀强磁场中,图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行,图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直,若两图中两导线所受的安培力大小相等,则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比B1B2为A.33 B.C.36 D.二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示的四幅图中,导体棒的长度均为L,磁场的磁感应强度大小均为B,在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是()A.图甲中导体棒所受的安培力大小为BILB.图乙中导体棒所受的安培力大小为BILC.图丙中导体棒所受的安培力大小为32D.图丁中导体棒所受的安培力大小为329.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示。已知一带电粒子在静电力和洛伦兹力的作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点是运动的最低点,忽略粒子的重力。以下说法正确的是()A.此粒子必带正电荷B.A点和B点位于同一高度C.粒子在C点时动能最大D.粒子到达B点后,将沿原曲线返回A点10.如图所示,有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,进入区域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的()A.速度 B.质量C.电荷量 D.比荷三、非选择题:本题共5个小题,共54分。11.(8分)磁流体发电机的原理图如图所示,设想在相距为d的两平行金属板间加磁感应强度为B的匀强磁场,两板通过开关和灯泡相连。将气体加热电离后,由于正、负离子一样多,且电荷量均为q,因而称为等离子体,将其以速度v喷入甲、乙两板之间,这时甲、乙两板就会聚集电荷,产生电压。磁流体发电机可以直接把内能转化为电能。图中板是发电机的正极,发电机的电动势是。

12.(8分)按照如图所示进行实验。(1)分别接通“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)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)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。

13.(10分)一根长L=0.2m的金属棒放在倾角θ=37°的光滑斜面上,并通过I=5A的电流,电流方向如图所示,整个装置放在磁感应强度B=0.6T竖直向上的匀强磁场中,金属棒恰能静止在斜面上,则该棒的重力为多少?(sin37°=0.6)14.(12分)如图所示,一速度选择器中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸面向里,电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×104N/C和B1=0.1T,极板的长度l=33m,间距足够大,在板的右侧还存在另一圆形区域的匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向外,圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径R=33m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区域,飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60°。不计粒子的重力,粒子的比荷qm=2×10(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小。(2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场B1撤去,求粒子离开电场时速度的偏转角θ。15.(16分)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中E0B0=8v0π2,在0~t0时间内粒子甲乙(1)粒子P的比荷;(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标;(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。

第一章测评1.B安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直,选项A错误,选项B正确;由F=BILsinθ可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角时,安培力的大小变为原来的22,选项D2.B安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导线)可以垂直,也可以不垂直,通电导线受安培力时,力F与磁场及导线都是垂直的,故A、C、D均错,B正确。3.A由左手定则判断,A选项正确;B选项中不受安培力;C选项中安培力向上;D选项中安培力垂直于纸面向外。4.D通电导线会在周围产生磁场,磁场的强弱与到导线的距离有关。对于a点,A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相反,设C导线在此处的磁感应强度大小为B2,所以a点的合磁感应强度大小为B2;对于b点,B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相同,设B导线在此处的磁感应强度大小为B1,而A导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为4B12+B22;对于c点,A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1),方向相同,B导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为4B12+B22,所以5.C由左手定则可知,ab边受到垂直纸面向里的安培力,cd边受到垂直纸面向外的安培力,从上往下看,导线框将顺时针转动,选项C正确。6.D当粒子所受的洛伦兹力和静电力平衡时,粒子流匀速直线通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv。假设粒子带正电,则受向下的洛伦兹力,电场方向应该向上。粒子带负电时,电场方向仍应向上。故正确答案为D。7.B设导线的总长为2L,通过导线的电流为I,题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL+B1cos60°IL=32B1IL,题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos30°=3B2IL,根据题意,即有32B1IL=3B2IL,则有B8.BD题图甲中,因导体棒与磁场平行,所以安培力为零,A错误;题图乙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F1=BIL,B正确;题图丙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F2=BIL,C错误;题图丁中,导体棒与磁场成60°角,则安培力的大小为F3=BILsin60°=32BIL,D9.ABC粒子从静止开始运动的方向向下,电场强度方向也向下,所以粒子必带正电荷,A正确;因为洛伦兹力不做功,只有静电力做功,A、B两点速度都为0,根据动能定理可知,粒子从A点到B点运动过程中,静电力做功为0,故A、B两点位于同一高度,B正确;C点是最低点,从A点到C点运动过程中静电力做正功,根据动能定理可知粒子在C点时速度最大,动能最大,C正确;到达B点时速度为零,将重复刚才ACB的运动,向右运动,不会返回,故D错误。10.AD离子束在区域Ⅰ中不偏转,一定是qE=qvB,v=EB,A正确。进入区域Ⅱ后,做匀速圆周运动的半径相同,由r=mvqB知,因v、B相同,只能是比荷相同,故D正确,B、11.答案甲Bdv解析等离子体从左侧射入磁场,正离子受到向上的洛伦兹力的作用而偏向甲板,使甲板上积累正电荷,乙板上积累相应的负电荷,甲、乙两板成为发电机的正、负两极,甲板是发电机的正极。当开关断开时,甲、乙两板间的电压即为发电机的电动势,稳定时,甲、乙两板积累的电荷不再增加,此时等离子体所受的洛伦兹力与静电力恰好平衡,则有qUd=qvB,得发电机的电动势为U=Bdv12.答案(1)导线在磁场中的长度(2)改变(3)改变(4)左手定则13.答案0.8N解析从侧面对棒受力分析如图,由左手定则可知安培力的方向水平向右,F=ILB=5×0.2×0.6N=0.6N。由平衡条件得重力mg=Ftan37°=0.14.答案(1)0.1T(2)30°解析(1)设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间做匀速直线运动,则有qvB1=qE设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为r,则有qvB2=mv粒子速度方向偏转了60°,则有r=Rtan60°解得v=2×105m/s,B2=0.1T。(2)撤去磁场B1后,粒子在极板间做类平抛运动,设在极板间运动时间为t,运动的加速度为a,飞出电场时竖直方向的速度为vy,则有qE=mal=vtvy=attanθ=v解得tanθ=33,即θ=30°15.答案(1)4v0πE0t0(2)2+ππv0t0,0解析(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过14圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=又qv0B0=mv02R,代入E0(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=2联立解得T=4t0即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水