选择性必修二第一章安培力和洛伦兹力章末测试试卷(含答案)VIP

第=page55页，共=sectionpages55页高二年级周测物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共18.0分）质量为M的金属闭合矩形线框abcd，用细软的绝缘丝线悬挂起来，矩形线框abcd的下半部分处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框中通有方向为abcda的电流，如图所示.此时悬线上有拉力.为了使拉力等于零，可(

)A.适当减少磁感应强度 B.使磁场反向C.适当增大电流强度 D.使电流反向如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，方向如图；带电粒子的速率均为v，方向如图；带电荷量均为q，电性如图．关于各电荷所受洛伦兹力，说法正确的是(

)A.(1)中电荷受到的洛伦兹力垂直于纸面向内B.(2)中电荷受到的洛伦兹力大小等于1C.(3)中电荷受到的洛伦兹力大小等于qvBD.(4)中电荷受到的洛伦兹力平行于纸面斜向左下下列说法正确的是(

)A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C.图丙是速度选择器，带电粒子(不计重力)能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE=qBv，即v=D.图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的(

)A.a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B.c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长C.a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D.c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短图示为一粒子速度选择器原理示意图。半径为10cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×l0−4T，方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，将以不同速度从另一个孔射出。有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0×1011C/kg的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为2×1A.30° B.45° C.53° D.60°如图甲所示，有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以初速度v0水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以3v0的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与A.3cosθ B.C.cosθ╱3如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、Oˈ点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g。则A.金属棒中的电流方向由N指向MB.金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMN Oˈ平面向上C.金属棒中的电流大小为mgD.每条悬线所受拉力大小为1二、多选题（本大题共5小题，共30.0分）如图所示，质量为m、长度为L、电阻为R的直导体棒MN静止于电阻不计的光滑水平矩形导轨上，水平导轨的左端接有电动势为E、内阻不计的电源，整个装置处于一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角(斜向上)。现闭合开关S，下列说法正确的是A.闭合开关S后，导体棒向右运动B.闭合开关S后，穿过闭合回路的磁通量减小C.闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为BELD.闭合开关S的瞬间，导体棒MN的加速度大小为BEL科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定(

)A.匀强磁场方向向外B.正电子由上而下穿过铅板C.正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D.正电子在铅板上、下磁场中运动中动量大小相等(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场.一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角0=45°粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴，已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计.则()A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为qC.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与0点相距(2+1)a如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E(匀强电场在竖直方向)和匀强磁场(匀强磁场垂直纸面向外)的复合场中(E、B、U和g为已知)，小球在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，则

(

)A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r=C.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大D.若电压U增大，则小球做圆周运动的半径增大(多选)如图所示，整个空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，ac为一水平线.一带电小球从a点由静止释放，部分运动轨迹如图中曲线所示，b为整段轨迹的最低点.下列说法正确的是(

)A.轨迹ab为一段抛物线B.小球经过b点后一定能到ac水平线C.小球到b点时速度一定最大，且沿水平方向D.小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等三、实验题（本大题共2小题，共15分）（6分）在学习安培力后，某学习小组利用安培力与磁感应强度的关系测定磁极间的磁感应强度，实验装置如图所示，步骤如下：①在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，则应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线______；②在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数F1③接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线圈静止时弹簧测力计的读数F2(F④用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度B=______。（9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______．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，位于小磁针下方D.平行于西南方向，位于小磁针下方此时从上向下看，小磁针的旋转方向是______(填顺时针或逆时针)．(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．四、计算题（27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θ=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=0.5 Ω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 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8(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。16.如图所示，匀强磁场方向竖直向下、磁感应强度大小为B。一带电粒子质量为m、电荷量为＋q，此粒子以某水平速度经过P点，方向如图，经过一段时间粒子经过Q点，已知P、Q在同一水平面内，P、Q间距离为L，P、Q连线与过P点时的速度的反向延长线夹角为θ，不计重力，求：（1）粒子的运动速度大小；（2）粒子从P第一次到Q所用的时间。17.如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界线，ab为磁场的上边界。现从原点O沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷为k的带正电粒子，粒子的运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度E=3(1)粒子从O点第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小。高二年级周测物理答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】本题考查左手定则，以及安培力在共点力平衡中的应用，基础题。通电线框在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向。【解答】线框下部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框中通有电流，方向从b流向c，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加，所以适当增加电流强度，或增大磁感应强度，故C正确，ABD错误。故选C。

2【答案】B

【解析】【分析】本题考查洛仑兹力方向的判断，要注意明确左手与正电荷的运动方向相同，与负电荷运动方向相反；同时注意判断几何关系的判断，特别是平行的判断。本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反。【解答】解：A、图中根据左手定则可知洛伦兹力方向应该垂直运动方向斜向上；大小为Bqv，故A错误；B、图中将速度分解为水平和竖直方向，则竖直分速度受洛仑兹力，大小为Bqvcos60∘=C、图中速度方向与磁场方向平行，不受洛仑兹力，故C错误；D、方向垂直于纸面向里，图中为负电荷，其受力方向垂直于运动方向向左上方；大小为Bqv，故D错误；故选D。

3.【答案】D

【解析】【分析】得出粒子加速的最大动能的表达式，即可进行分析；根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而确定正、负离子的偏转方向，即可判断出正、负极；根据速度选择器的原理进行分析；得出粒子打在胶片上的位置离狭缝S3本题的关键是掌握回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的工作原理。【解答】A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，设D形盒的半径为R，粒子从D形盒射出时，在磁场中的轨道半径等于D形盒的半径，此时粒子的速度最大，动能也达到最大，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r，rm=R，可得粒子的最大动能为：EB.图乙磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可知正离子所受洛伦兹力的方向向下，则可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；C.图丙是速度选择器，带电粒子(不计重力)能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v=EB，故D.图丁是质谱仪的工作原理示意图，由图可知P1P2间是一个速度选择器，所以粒子进入磁场的速度相同，粒子打在胶片上的位置与狭缝S3的距离为轨道半径的两倍，设粒子进入磁场的速度为v，则粒子打在胶片上的位置与狭缝S3的距离为d=2r=故选D。

4.【答案】D

【解析】【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，意在考查学生对带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径、周期公式的理解和解决实际问题的能力，知道粒子在磁场中运动半径的表达式及在磁场中运动时间与圆心角有关。【解析】由图可知，粒子a的运动半径最小，圆周角最大，粒子c的运动半径最大，圆周角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：qvB=mv2r，故半径公式r=mvqB，T=2πrv=2πmqB，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a5.【答案】B

【解析】【分析】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。本题考查粒子束不经碰撞而直接从出射孔射出，关键是根据几何知识画出轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解半径，由几何关系求出角度。【解答】由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=102cm，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O'，画出轨迹如图，粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ=2α，则有：故选B。

6.【答案】C

【解析】【分析】做出两种情况下粒子的轨迹图，根据几何关系求出分别的轨道半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，列出等式联立可求出B1与B2【解答】设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图(a)、(b)所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv=mv2r，得B=mvrq，又因为v2=3v1故选C。7.【答案】C

【解析】【分析】对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向和大小。

对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。【解答】A.平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到的安培力水平向右，根据左手定则，可知金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；

B.受力分析，做出沿MN的方向观察的受力图，金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO'平面不垂直，故B错误；

C.由受力分析可知，mgtanθ=BIL，得I=mgBLtanθ，故D.由受力分析可知，2Tcosθ=mg，得T=mg2cosθ，故故选C。

8.【答案】AC

【解析】【分析】根据左手定则得出安培力分析，根据闭合电路欧姆定律得出电流大小，再根据安培力公式得出安培力的大小，再结合牛顿第二定律得出加速度大小。本题是电路问题和安培力的综合题目，基础题目。【解答】AB.根据左手定则，闭合开关S后，导体棒受到水平向右的安培力，导体棒向右运动，穿过闭合回路的磁通量增大，选项A正确、B错误；CD.闭合开关S的瞬间，通过导体棒的电流I=ER，故此时导体棒所受安培力大小F=BIL=BELR，此时导体棒的加速度大小a=F故选AC。

9.【答案】BC

【解析】【分析】带电粒子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，根据正电子的偏转方向，结合左手定则即可判断磁场的方向；由于正电子经过铅板后速度会减小，根据r=mv本题主要考查带电粒子在磁场中的运动规律，掌握洛伦兹力提供向心力是解题的关键。【解答】AB.正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2r，解得r=mvqBD.正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场中运动中动量大小不相等，故D错误；C.正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω=vr=

10.故选AD。【解析】【分析】

A.粒子向下偏转,根据左手定则判断洛伦兹力,可知粒子带负电,A正确;BC.粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角,根据几何关系可知,

则粒子运动的轨道半径为洛伦兹力提供向心力解得BC错误;D.N与O点的距离为D正确。故选AD。11.【答案】BD

【解析】小球在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；小球在电场中加速，由动能定理得qU=12mv2，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2r，解得r=mvqB=1B12.【答案】BC

【解析】【分析】电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做匀变速曲线运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒。该题考查小球在重力和洛伦兹力的作用下的运动，注意洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，在运动过程中洛伦兹力不做功。【解答】A.小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力大小逐渐增大，且方向也改变，故小球不能做匀变速曲线运动，故轨迹不可能为抛物线，故A错误；B.小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，故小球一定能到达ac水平线，故B正确；C.b为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，则速度的方向沿水平方向，故C正确；D.小球做曲线运动，在b点有竖直向上的向心力，合力的方向向上，所以洛仑兹力大于重力，故D错误。故选：BC

13.【答案】①垂直

③F【解析】解：①应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使弹簧测力计保持竖直，方便测出弹簧的拉力；③没通电时，对线框受力分析：重力等于安培力，即：mg=通电后，对线框受力分析：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡，即：mg=F2+④由安培力公式得：F安=nBIL故答案为：①垂直

③①为方便测出弹簧对线圈的拉力，应使弹簧测力计保持竖直状态，因此矩形线圈所在的平面应与N、S极的连线垂直；③根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小；④根据F=nBIL求出磁感应强度。本题是简单的力电综合问题，结合安培力公式、平衡条件列式求解，难度不大。14.【答案】A

逆时针

B

吸引

排斥

【解析】解：(1)由于无通电导线时，小磁针S极向南，N极指北，位于南北方向，若导线的磁场仍使小磁针南北偏转，根本无法观察，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，这样当导线中通电时，小磁针能向东西偏转，实验效果比较明显．故A正确，BCD错误；故选：A根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在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)A、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，亮线不偏转，不符合题意．故A错误．

B、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．

C、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意．故C错误．

D、若加一沿y轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴正方向，亮线不偏转，不符合题意．故D错误．故选：B(3)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