2023新教材高中物理第一章安培力与洛伦兹力水平测评新人教版选择性必修第二册

第一章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，不考虑重力作用，下列说法正确的是()A．可能做匀速直线运动 B．可能做匀变速直线运动C．可能做匀变速曲线运动 D．只能做匀速圆周运动答案A解析当带电粒子速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，这时将做匀速直线运动，故A正确。因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力的方向随着速度方向的改变而改变，故洛伦兹力是变力，粒子不可能做匀变速运动，故B、C错误。只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，D错误。2.如图所示，在水平匀强磁场中，用两根相同的细导线水平悬挂粗细均匀的直导体棒MN，棒中通以从M到N的电流I，此时绳子受力是F，为使F＝0，可采用下列方法中的()A．把电流增大到某一值 B．把电流减小到某一值C．使电流反向 D．使磁场反向答案A解析根据左手定则，导体棒MN受到的安培力向上。对导体棒受力分析，导体棒受绳子向上的拉力F′，向上的安培力F安和向下的重力。F′与绳子受的力F是一对相互作用力，大小相等，方向相反，欲使绳子受力为0，则安培力应方向不变，大小增加。根据安培力计算公式F＝BIl，可增大电流。故A正确，B、C、D错误。3.一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)。从图中情况可以确定()A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电答案C解析由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，根据左手定则可知，粒子带正电。故选C。4.为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103A，方向如图。则下列判断正确的是()A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103NB．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103NC．超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向D．通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能答案D解析磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，安培力方向向左，因此驱动力方向向左，根据安培力公式有F＝BIl＝10.0×1.0×103×0.4N＝4.0×103N，故A、B错误；磁场方向向下，根据安培定则可判定超导励磁线圈中的电流方向为PMNQP方向，故C错误；通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向，根据左手定则可知驱动力方向相反，故D正确。5.如图所示，有a、b、c、d四个粒子，它们带同种电荷且电荷量相等，它们的速率关系为va＜vb＝vc＜vd，质量关系为ma＝mb＜mc＝md。进入速度选择器后，有两种粒子从速度选择器中射出，由此可以判定()A．射向A2的是d粒子B．射向P2的是b粒子C．射向A1的是c粒子D．射向P1的是a粒子答案D解析根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则可知，粒子带正电。粒子能通过速度选择器时有qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，结合题意可知，b、c两粒子能通过速度选择器，a的速度小于b的速度，所以a所受的静电力大于洛伦兹力，a向P1板偏转，d的速度大于b的速度，所以d所受的静电力小于洛伦兹力，d向P2板偏转，故B错误，D正确；只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r＝eq\f(mv,Bq)知，质量大的半径大，则射向A1的是b粒子，射向A2的是c粒子，故A、C错误。6．如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是()A．线圈仍静止不动B．从上往下看，线圈将逆时针转动C．弹簧测力计示数减小D．线圈左右摆动答案B解析根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则环形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈应逆时针转动，故A、D错误，B正确；当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受力向上，线圈下半部分受力向下，由于下半部分距离导线a较近，所以下半部分受到的安培力比较大，整体受到向下的安培力，则可知弹簧测力计的示数一定增大，故C错误。7．如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球由长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放。不计空气阻力，则小球从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是()A．小球运动至最低点时速度为eq\r(2gL)B．小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直C．小球在运动过程中受到的洛伦兹力的瞬时功率先增大，后减小D．小球运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为3mg答案A解析小球运动过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，小球的机械能守恒，故mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，故A正确；小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，沿绳子的方向，故B错误；洛伦兹力始终不做功，功率始终是零，故C错误；小球第一次运动至最低点时，由左手定则可知所受洛伦兹力竖直向下，故T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，解得T＝3mg＋qBeq\r(2gL)，故D错误。8．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，加垂直于上下底面磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子较多无关C．电压表的示数与污水中离子浓度有关D．污水流量Q与U成正比，与a、b、c无关答案B解析正、负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电荷所受的洛伦兹力指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极的电势高，故A错误。由A分析可知，前表面的电势一定低于后表面的电势，而电势的高低与哪种离子多少无关，故B正确。最终稳定时，电荷受洛伦兹力和静电力平衡，有qvB＝qeq\f(U,b)，U＝Bbv，电压表的示数U与v成正比，与离子浓度无关，故C错误。污水的流量Q＝vS＝vbc＝eq\f(U,Bb)bc＝eq\f(Uc,B)，与电压表的示数U和管道高度c成正比，与a、b无关，故D错误。9．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。下列说法正确的有()A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D形盒的半径的增大而增大B．高频电源频率由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定C．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大D．粒子从磁场中获得能量答案AB解析根据qvB＝meq\f(v2,R)得，最大速度v＝eq\f(qBR,m)，则最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，知最大速度和最大动能随金属盒的半径以及磁感应强度的增大而增大，与加速电压的大小无关，故A正确，C错误；根据周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，可知高频电源频率由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定，故B正确；粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能使粒子获得能量，故D错误。10.(2020·江西省新余一中高二月考)如图所示，磁感应强度方向垂直固定斜面向上，大小随时间变化的规律为B＝(2＋2t)T，将一根长0.3m质量为0.2kg的通电直导线置于斜面上，导线中电流大小为1A，t＝0和t＝2s时刻，导线恰好能处于静止状态，取g＝10m/s2，则()A．斜面倾角θ＝30°B．直导线中电流的方向一定从a到bC．导线与斜面间最大静摩擦力为0.6ND．在t＝1s时，导线所受的摩擦力为零答案CD解析根据题意知，t＝0和t＝2s时刻，导线恰好能处于静止状态，结合F＝BIl、B＝(2＋2t)T可知，直导线所受的安培力沿斜面向上，t＝0时，导线刚好要向下运动，t＝2s时，导线刚好要向上运动，则导线中电流的方向一定从b到a，B错误；t＝0时，B0＝2T，导线受到沿斜面向上的最大静摩擦力，则由平衡条件：B0Il＋fm＝mgsinθ；t＝2s时，B2＝6T，导线受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则由平衡条件：B2Il＝mgsinθ＋fm，联立解得：fm＝0.6N，θ＝37°，A错误，C正确；在t＝1s时，导线所受沿斜面向上的安培力为F1＝B1Il，而B1＝4T，代入数据得F1＝1.2N，F1－mgsinθ＝0，则导线所受的摩擦力为零，D正确。11．如图所示，开始静止的带电粒子电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从Q处小孔进入右侧的边长为L的正方形匀强磁场区域(P、Q的连线经过AD边、BC边的中点)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD边射出，则()A．两板间电压的最大值Umax＝eq\f(25B2L2q,32m)B．两板间电压的最小值Umin＝eq\f(25B2L2q,32m)C．能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝eq\f(πm,qB)D．能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝eq\f(πm,qB)答案AC解析当粒子从D点射出时速度最小，加速电压最小，此时：rmin＝eq\f(L,4)，Bqvmin＝meq\f(v\o\al(2,min),rmin)，Uminq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，联立解得：Umin＝eq\f(B2L2q,32m)，此时粒子在磁场中运动的时间最长：tmax＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，B、D错误，C正确；当粒子从C点射出时速度最大，加速电压最大，此时由几何关系：req\o\al(2,max)＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rmax－\f(L,2)))2，解得rmax＝eq\f(5L,4)，又Bqvmax＝meq\f(v\o\al(2,max),rmax)，Umaxq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，联立解得：Umax＝eq\f(25B2L2q,32m)，A正确。12．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下图中的()答案AD解析圆环向右运动，所受洛伦兹力方向向上。当洛伦兹力等于重力，即qv0B＝mg，v0＝eq\f(mg,qB)时，圆环只受重力和洛伦兹力的作用，且二力平衡，圆环将做匀速直线运动，A正确。当洛伦兹力qv0B>mg，即v0>eq\f(mg,qB)时，圆环受到竖直向下的重力、弹力，竖直向上的洛伦兹力，水平向左的摩擦力四个力的作用，圆环向右做减速运动，圆环所受摩擦力大小Ff＝μ(Bqv－mg)，加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qvB,m)－g))，v减小，a减小，v­t图线的斜率减小，当速度减小到v＝eq\f(mg,qB)时，洛伦兹力qvB＝mg，二力平衡，弹力和摩擦力消失，圆环将做匀速直线运动，D正确。当洛伦兹力qv0B<mg，即v0<eq\f(mg,qB)时，圆环受到竖直向下的重力，竖直向上的洛伦兹力、弹力，水平向左的摩擦力四个力的作用，圆环向右做减速运动，一直减到速度为零，此过程中圆环所受摩擦力大小Ff′＝μ(mg－qvB)，圆环的加速度大小a＝eq\f(Ff′,m)＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(qvB,m)))，由于v不断减小，所以加速度变大，则v­t图线的斜率变大，B、C错误。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、填空题(本题共2小题，共10分)13．(5分)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。(1)完成下列主要实验步骤中的填空。①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出________________，并用天平称出________________。④用米尺测量________________。(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝______________。(3)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。答案(1)③电流表的示数I此时细沙的质量m2④D的底边长度l(2)eq\f(|m2－m1|g,Il)(3)m2＞m1解析(1)闭合开关后，D受重力G1＝m1g，细绳拉力T＝m2g和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I，此时细沙的质量m2，测出D的底边长度l，可列式求磁感应强度B的大小。(2)根据平衡条件，有|m2－m1|g＝BIl解得B＝eq\f(|m2－m1|g,Il)。(3)若m2＞m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2<m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。14．(5分)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：(1)如图a所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便、效果明显，通电导线应________(填选项代号)。此时从上向下看，小磁针的旋转方向是________(填“顺时针”或“逆时针”)。A．平行于南北方向，位于小磁针上方B．平行于东西方向，位于小磁针上方C．平行于东南方向，位于小磁针上方D．平行于西南方向，位于小磁针上方(2)如图b所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是________。(填选项代号)A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向(3)如图c所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________(填“排斥”或“吸引”)，当通以相反方向的电流时，它们相互________(填“排斥”或“吸引”)，这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用。也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用。答案(1)A逆时针(2)B(3)吸引排斥解析(1)由于无通电导线时，小磁针S极指南，N极指北，位于南北方向，所以为使实验方便、效果明显，导线应位于小磁针上方平行于南北方向，这样当导线中通电时，小磁针能向东西方向偏转，故A正确；根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在小磁针处为垂直纸面向里，故此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针。(2)若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故A错误；若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意，故B正确；若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，所受静电力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意，故C错误；若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，所受静电力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故D错误。(3)图c左图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向右，两导线要靠拢，说明电流方向相同时，两导线相互吸引。同理可知，当通入电流方向相反时，两导线相互排斥。三、计算题(本题共4小题，共42分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分)15．(10分)如右图所示，电源电动势E＝2.4V，内阻r＝0.4Ω，电阻R2＝0.2Ω，CD、EF为竖直平面内两条平行导轨，处在与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，其电阻忽略不计，ab为金属棒，质量m＝5g，在导轨间的长度l＝25cm，电阻R1＝0.2Ω，ab可在光滑导轨上自由滑动且与导轨接触良好，滑动时保持水平，g取10m/s2，求：(1)S断开ab保持静止时，B的大小；(2)S接通瞬间，金属棒的加速度。答案(1)5×10－2T(2)4m/s2，方向竖直向下解析(1)S断开时，I＝eq\f(E,R1＋r)＝4A①由平衡条件知F＝BIl＝mg②解①②得B＝eq\f(F,Il)＝5×10－2T。(2)S接通时，R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.1Ω通过电源的电流I′＝eq\f(E,R＋r)＝4.8A通过金属棒的电流Il＝eq\f(I′,2)＝2.4AF′＝BIl·l＝3×10－2N由牛顿第二定律得，金属棒的加速度a＝eq\f(mg－F′,m)＝4m/s2，方向竖直向下。16．(10分)(2020·湖南省益阳市高二上学期期末)电磁弹射就是采用电磁力来推动被弹射的物体运动，电磁弹射的主要应用范围是大载荷的短程加速，在军事上比较典型的是航空母舰上的舰载飞机起飞弹射。如图甲为舰载机起飞示意图，舰载机在自身推力和磁悬浮电磁弹射车水平推力的作用下达到起飞速度。电磁弹射轨道可简化为图乙所示放在水平面上的平行金属导轨，导轨间充满竖直向上的匀强磁场，电流通过磁悬浮电磁弹射车时在安培力作用下推动舰载机加速运动。已知某舰载机质量m＝3.0×104kg，发动机提供的推力为3.0×105N(设推力保持不变)，舰载机运动时所受阻力恒为舰载机重的0.1倍，无电磁弹射系统时舰载机滑行200m达到起飞速度。当加装电磁弹射系统后，电磁轨道间距d＝2m，匀强磁场磁感强度B＝10T，航空母舰提供给电磁弹射系统的电流I＝4.5×103A，不计磁悬浮电磁弹射车的质量和其他能量损耗，g取10m/s2。求：(1)电磁弹射系统使舰载机增加了多大的动力？(2)使用电磁弹射装置后该舰载机滑行多远就能达到起飞速度？答案(1)9×104N(2)150m解析(1)舰载机受到的安培力大小为：FB＝BId＝10×4.5×103×2N＝9×104N。(2)在无电磁弹射系统时，舰载机运动过程中在水平方向受到推力和阻力，根据动能定理可得：(F－Ff)s＝eq\f(1,2)mv2在使用电磁弹射系统时，舰载机运动过程中在水平方向受到推力、安培力和阻力，根据动能定理可得：(F＋FB－Ff)L＝eq\f(1,2)mv2，其中：Ff＝0.1mg，联立解得：L＝150m。17．(10分)如图所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子从P处的小孔以初速度v0沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从C处的小孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小。答案(1)eq\f(3mv0,2qL)(2)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)解析(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：由θ＝60°知，∠PO1C＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r＋rcos60°＝OC，得r＝eq\f(2L,3)粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得：B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3mv0,2qL)。(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度为a＝eq\f(qE,m)水平方向2L＝v0t竖直方向L＝eq\f(1,2)at2解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)。18．(12分)如图所示，