2024-2025学年新教材高中物理第一章安培力与洛伦兹力学业质量标准检测新人教版选择性必修第二册

第一章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·北京师大附中高二上学期期末)如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发觉天平的左端低右端高，下列哪些调整方案可以使天平平衡(A)A．减小电流I大小B．增长线框的宽度LC．增大左盘砝码的质量D．增加线圈的匝数N解析：天平左端低右端高需减小左盘砝码的质量，故选项C错误；由题图可判右臂下端线圈受到的安培力方向竖直向上，其大小为F＝NBIL，要使天平平衡需减小F，故选项A正确，BD错误。2．(2024·浙江省绍兴一中高二上学期期末)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆(D)A．向左摇摆 B．向右摇摆C．顺时针转动 D．逆时针转动解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，依据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。选项ABC错误，D正确。3.(2024·辽宁省盘锦市高二上学期期末)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(D)A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析：依据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力供应向心力，依据qvB＝meq\f(v2,r)，可得：r＝eq\f(mv,qB)，粒子的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，b粒子动能最大，向心力最大，故B错误，D正确；依据t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误。4.(2024·新疆乌鲁木齐七十中高二上学期期末)如图所示，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面对上并垂直斜面底边。一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。则(B)A．带电粒子带负电B．匀强磁场的磁感应强度大小B＝eq\f(mv,qR)C．匀强电场的场强大小为E＝eq\f(mg,q)D．带电粒子在运动过程中机械能守恒解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A错误；由上分析，依据牛顿其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，得到，B＝eq\f(mv,qR)，重力沿斜面对下的分力与电场力平衡时，则有Eq＝mgsinθ得到，E＝eq\f(mgsinθ,q)，故B正确，C错误；虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误。5.(2024·河南省郑州市高二上学期期末)回旋加速器在科学探讨中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的沟通电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽视)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽视质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是(D)A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变C．若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(n－1)eq\r(n)解析：依据qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)。则最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，与加速电压无关，故A错误；若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；依据洛伦兹力供应向心力做匀速圆周运动，则有半径公式R＝eq\f(mv,Bq)与nqU＝eq\f(1,2)mv2，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为eq\r(n－1)eq\r(n)，故D正确。6．(2024·山东省青岛市高三模拟)如图，在坐标系的第一和其次象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面对外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入其次象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最终经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)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其次象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在其次象限内运动的时间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。7．(2024·浙江省温州市高二调研)全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能，如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面对内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，两电极间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动。下列说法正确的是(CD)A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理B．要使船前进，图中MN应接直流电源的正极C．变更电极的正负或磁场方向，可限制船前进或倒退D．增大电极间的电流或磁感应强度，可增大船航行的速度解析：该超导电磁船应用的是安培力和作用力与反作用力的原理，故A错误；当MN接直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，海水受到的安培力向左，依据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，使船体向前运动，故B错误；变更超导线圈中电流的方向，会变更磁场的方向，从而变更海水的受力方向，从而变更船体的受力方向，故能限制船体的前进或后退，故C正确；限制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，依据安培力的计算公式F＝BIL可知安培力就会发生变更，这样使得对船的推力发生变更，就可以限制船只航行的速度大小，故D正确。8．(2024·吉林长春朝阳高二上期末)质谱仪由如图所示的两部分区域组成：左侧是一速度选择器，M、N是一对水平放置的平行金属板，分别接到直流电源两极上，板间在较大范围内存在着正交的电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B1的匀强磁场；右侧是磁感应强度大小为B2的另一匀强磁场。一束带电粒子(不计重力)由左端O点射入质谱仪后沿水平直线运动，从A点垂直进入右侧磁场后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，两束粒子最终分别打在胶片的P1、P2两个位置，A、P1、P2三点在同一条直线上，测出AP1AP2＝43，则下列说法正确的是(AD)A．甲、乙两束粒子在右侧磁场中的速度大小都等于eq\f(E,B1)B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．若甲、乙两束粒子的质量相等，则甲、乙两束粒子的电荷量之比为43D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为43解析：带电粒子在平行金属板间沿水平直线运动，说明洛伦兹力和电场力平衡，故qvB1＝Eq，可得v＝eq\f(E,B1)，选项A正确；由题意AP1AP2＝43可知甲、乙两束粒子的轨迹半径之比为43，由R＝eq\f(mv,qB2)可知，轨迹半径之比等于比荷的反比，所以甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，选项B错误；若甲、乙两束粒子的质量相等，eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(mv,q1B2),\f(mv,q2B2))＝eq\f(q2,q1)＝eq\f(4,3)，eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，选项C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(m1v,qB2),\f(m2v,qB2))＝eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,3)，选项D正确。9．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面对右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是(ABC)A．x1>x2 B．t1>t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同解析：当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的重量向右，竖直重量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错。10．如图所示，连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直纸面对里。当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段将受到力的作用，则(BD)A．等离子体从右方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GHB．等离子体从右方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GHC．等离子体从左方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GHD．等离子体从左方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GH解析：电路中的电流的方向为由G到H，当等离子体从右方射入时，由左手定则可以推断电容器的上极板带负电，下极板带正电，P2板电势较高，电流的方向为由D到C，电流的方向与电路中GH的电流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故A错误B正确；等离子体从左方射入时，由左手定则可以推断电容器的上极板带正电，下极板带负电，P1板电势较高，电流的方向为由C到D，电流的方向与电路中GH的电流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C错误，D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11．(6分)一种测量血管中血流速度的仪器原理图，如图所示，在动脉血管两侧分别安装电极并加磁场，设血管直径为2mm，磁场的磁感应强感度为0.080T，电压表测出的电压为0.10mV，则血流速度大小为0.625m/s。解析：血液中有正、负离子，当血液流淌时，血液中的正负离子受到洛伦兹力，使血管上、下壁出现等量异号电荷，使血管内又形成一个电场，当离子所受电场力和洛伦兹力相等时，血液上、下两壁间形成稳定电场，存在稳定电压，血液在血管中匀速流淌。即qE＝qvB，qeq\f(U,d)＝qvB，v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(0.1×10－3,0.08×2×10－3)m/s＝0.625m/s。12.(8分)(2024·河南省郑州市高二上学期期末)如图所示，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab，金属棒ab处在沿南北方向的匀强磁场中。现通过测量金属棒ab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。(1)在图中画线代替导线完成试验电路图，要求接通电源后电流由a流向b。(2)完成下列主要试验步骤中的填空：①按图接线；②保持开关S断开，读出台秤示数m0；③闭合开关S，调整滑动变阻器R的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1和电流表的示数I；④用米尺测量金属棒的长度L。(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得到B＝eq\f(|m0－m1|g,IL)。(4)推断磁感应强度方向的方法是：若m1＜m0，磁感应强度方向垂直金属棒向南(填“南”或“北”)。解析：(1)用滑动变阻器的限流式接法即可，如图所示。(2)③闭合开关S，调整R的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1和电流表的示数I；④用米尺测量金属棒的长度L。(3)依据平衡条件，有：|m0－m1|g＝BIL解得：B＝eq\f(|m0－m1|g,IL)。(4)台秤上沿东西方向放置金属棒ab，a端为东，b端为西，电流方向自东向西，金属棒ab处在沿南北方向的匀强磁场中，若m1＜m0，说明安培力的方向向上，依据左手定则可知磁感应强度方向向南。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)(2024·辽宁省盘锦市高二上学期期末)如图所示，金属杆ab连着一轻质弹簧(弹簧另一端固定)，金属杆的电阻为R1，水平地放置在两根电阻不计、相互平行的光滑金属导轨cd、ef上，金属杆与导轨垂直且接触良好。导轨所在范围内有一竖直向下的匀强磁场，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻为R2，合上开关S，稳定后弹簧伸长量为Δx，已知弹簧的劲度系数为k，ab的长为L，求匀强磁场的磁感应强度的大小B。答案：B＝eq\f(kΔx\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1＋R2＋r)),EL)解析：由胡克定律可知，弹簧的弹力大小为F弹＝kΔx，由闭合电路的欧姆定律可得，回路中通过的电流为I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)，金属杆所受安培力的大小为F＝BIL，由平衡条件有F＝F弹，联立上式解得B＝eq\f(kΔx\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1＋R2＋r)),EL)。14．(11分)(2024·江苏省太仓高二调研)如图甲所示，带正电粒子从静止起先经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面对外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点。测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽视不计。(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径应满意的条件。答案：(1)eq\f(8U,B2d2)(2)R≤eq\f(d,2)解析：(1)带电粒子经过电场加速，设进入偏转磁场时速度为v，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2 ①进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r) ②因到达H点，有r＝eq\f(d,2) ③由①②③得eq\f(q,m)＝eq\f(8U,B2d2)。(2)要保证全部带电粒子都不能打到MN边界上，则带电粒子在磁场中运动的偏转角应小于等于90°，临界状态为90°，如图所示，磁场区域半径R＝r＝eq\f(d,2)，所以磁场区域半径满意R≤eq\f(d,2)。15．(12分)如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场E1＝1.0×104V/m，方向垂直边界竖直向上，E2＝eq\f(\r(3),4)×105V/m，方向水平向右；Ⅲ区域存在匀强磁场，磁感应强度B＝5.0T，方向垂直纸面对里，三个区域宽度分别为d1＝5.0m，d2＝4.0m，d3＝10eq\r(3)m，一质量m＝1.0×10－8kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽视不计。求：(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子从O点起先到离开Ⅲ区域时所用的时间。答案：(1)v1＝4×103m/s(2)θ＝30°(3)t＝6.12×10－3s解析：(1)由动能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝qE1d1，得：v1＝4×103m/s；(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动，设水平向右为y轴，竖直向上为x轴，粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θtanθ＝eq\f(vx,vy) ①vx＝v1vy＝at2 ②a＝eq\f(qE2,m) ③t2＝eq\f(d2,v1) ④由①②③④式解得θ＝30°；(3)粒子进入磁场时的速度v2＝2v1，粒子在磁场中运动的半径R＝eq\f(mv2,qB)＝10m，所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°，因此t3＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5π,6)×10－3s；粒子在电场Ⅰ中，qE1＝ma1，v1＝a1t1得t1＝2.5×10－3s，由④得t2＝10－3s，t＝t1＋t2＋t3＝(3.5＋eq\f(5π,6))×10－3s≈6.12×10－3s。16．(13分)(2024·河南省豫南九校高二上学期期末