人教版(新教材)高中物理选择性必修2第一章安培力与洛伦兹力章末自测卷（一）

人教版(新教材)高中物理选择性必修第二册PAGEPAGE1章末自测卷(一)(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7个小题，每小题6分，共42分)1．(2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练)一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是()A．通电直导线受到安培力的大小为ILBB．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功〖答案〗C〖解析〗只有通电导线垂直放入磁场中时，安培力大小才为ILB，平行放入磁场中，通电导线并不受到安培力的作用，A、B错误；根据左手定则可知安培力总是垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，C正确；安培力方向与导线运动方向相同，对其做正功，相反则做负功，D错误。2．(2021·天津市八中高二月考)在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的是()〖答案〗B〖解析〗由左手定则可知，A图中的安培力方向竖直向下，故A错误；B图中的安培力方向竖直向下，故B正确；C图中的安培力方向竖直向下，故C错误；D图中的安培力方向垂直纸面向外，故D错误。3．一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是()A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小〖答案〗B〖解析〗水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线下面的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选项B正确。4．(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为()A.eq\f(a,b)I0，沿y轴正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y轴负向C.eq\f(b,a)I0，沿y轴正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y轴负向〖答案〗A〖解析〗根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1＝keq\f(I0,b)，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，解得I＝eq\f(a,b)I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。5．(2021·辽西育明中学高二月考)如图所示，两光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，导轨间距L，一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，电源输出电流保持恒定，不计导轨电阻。当磁场水平向右时，导体棒恰能静止，现磁场发生变化，方向沿逆时针旋转，最终竖直向上，在磁场变化的过程中，导体棒始终静止，关于B的大小的变化说法正确的是()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大〖答案〗D〖解析〗开始磁场方向水平向右，安培力竖直向上，恰与重力平衡，当磁场逆时针旋转，安培力也将同方向转动，由动态平衡图可知安培力先变小后变大，电流恒定，则磁感应强度先变小后变大。故选项D正确。6．(2021·江苏平潮中学高二期中)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的S极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态。则导线受到的安培力FA的方向和木板受到地面的摩擦力Ff的方向分别为()A．FA方向水平向左，Ff方向水平向左B．FA方向水平向左，Ff＝0C．FA方向水平向右，Ff方向水平向右D．FA方向水平向右，Ff方向水平向左〖答案〗A〖解析〗条形磁铁在C处的磁感应强度竖直向下，根据左手定则，导线受到的安培力水平向左，根据作用力与反作用力的关系，磁铁和木板整体受到的作用力向右，则木板受到地面的摩擦力等大反向，摩擦力水平向左，选项A正确。7．(2019·全国卷Ⅲ，18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)〖答案〗B〖解析〗带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确。二、多项选择题(本题共3个小题，每小题6分，共18分)8．如图所示，长为L、质量为m的均匀直导体棒，两端用等长的绝缘细绳悬挂在天花板上，垂直纸面放在匀强磁场中。当棒中通以如图方向的电流时，平衡后悬线与竖直方向的夹角为θ，则磁感应强度B的大小和方向可能是()A．B＝eq\f(mg,IL)，方向平行纸面水平向左B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向沿细绳向下C．B＝eq\f(mgcosθ,IL)，方向垂直纸面向里D．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向竖直向下〖答案〗ABD〖解析〗根据左手定则，磁感应强度方向平行纸面水平向左，导体棒受到的安培力竖直向上，若大小等于重力，则细绳拉力为零，二力平衡，满足mg＝BIL，可得B＝eq\f(mg,IL)，A正确；磁感应强度方向若沿细绳向下，满足FTcosθ＋BILsinθ＝mg，FTsinθ＝BILcosθ，联立解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，B正确；磁感应强度方向垂直纸面向里，导体棒不受安培力，受重力和拉力，不可能平衡在此位置，C错误；磁感应强度方向竖直向下，满足FTcosθ＝mg，FTsinθ＝BIL，联立解得B＝eq\f(mgtanθ,IL)，D正确。9．(2021·西南大学东方实验中学高二月考)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子(质量为m，电荷量为q)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直，电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场，则()A．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,2qB)B．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,qB)C．OP两点间的距离为eq\f(\r(2)mv,qB)D．OP两点间的距离为eq\f(2mv,qB)〖答案〗AC〖解析〗由题意可知电子在磁场中做匀速圆周运动，转过的圆心角为90°，所以运动的时间t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故A正确，B错误；由公式qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系得OP两点间的距离l＝eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv,qB)，故C正确，D错误。10．(2021·榆树市实验高级中学高二月考)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下，该磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．液滴带正电B．液滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝eq\f(gR,BE)〖答案〗BC〖解析〗带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，C正确；由向心力公式可得qvB＝meq\f(v2,R)，联立可得v＝eq\f(gBR,E)，D错误。三、计算题(本题共2个小题，每小题20分，共40分)11．(2021·广东深圳市翠园中学高二期末)如图，长为L、板间距离为d的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板不带电。现有质量为m，电量为＋q的粒子(不计重力)，从靠近下极板左侧处以速度v垂直射入磁场。(1)粒子在磁场中运动的最长时间为多少；(2)欲使粒子都打在上极板，速度v应在什么范围。〖答案〗(1)eq\f(πm,qB)(2)eq\f(qBd,2m)≤v≤eq\f(qB（d2＋L2）,2md)〖解析〗(1)从左侧射出的粒子时间相等且最长等于半个周期，由T＝eq\f(2πR,v)和qvB＝meq\f(v2,R)得T＝eq\f(2πm,qB)则有t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)。(2)如果粒子速度太小，会从板间左侧射出，粒子速度太大，又会从板间右侧射出，所以要寻找两个临界情况，如图所示一是刚好不会从左侧射出，即刚好与上极板相切，设圆心O1，半径为R1,由几何条件可得R1＝eq\f(d,2)根据牛顿运动定律知qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)解得v1＝eq\f(qBd,2m)二是刚好不会从右侧射出，即刚好打在上极板最右侧，设圆心O2，半径为R2,由几何条件可得(R2－d)2＋L2＝Req\o\al(2,2)解得R2＝eq\f(d2＋L2,2d)根据牛顿运动定律知qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)解得v2＝eq\f(qB\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d2＋L2)),2md)v的取值范围eq\f(qBd,2m)≤v≤eq\f(qB（d2＋L2）,2md)。12．(2021·安徽高二期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域。一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出，小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限，然后从x轴上的D点进入x轴下方的复合场区域，小球在复合场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O，已知重力加速度为g。求：(1)带电小球的比荷eq\f(q,m)；(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)小球从A点运动到O点经历的时间t。〖答案〗(1)eq\f(g,E0)(2)eq\f(2E0,v0)(3)eq\f(v0,g)(eq\f(3π,4)＋2)〖解析〗(1)在第二象限，小球竖直方向上做匀减速运动，有v0＝gt1水平方向做匀加速运动，有v0＝at1＝eq\f(qE0,m)t1联立两式可得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E0)，t1＝eq\f(v0,g)。(2)小球在复合场区域内做圆周运动，所以mg＝qE则E＝eq\f(mg,q)＝E0物体在第二象限上升的高度yOC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)在第一象限做平抛运动有yOC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，则t2＝eq\f(v0,g)所以小球进入复合场的速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gt2）2)＝eq\r(2)v0方向与x轴正方向夹角为45°，小球沿x轴方向的位移xOD＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2