階段綜合評價(一) 安培力與洛倫茲力

PAGE第1頁共10頁階段綜合評價(一)安培力與洛倫茲力B卷——綜合素養(yǎng)評價(時間：75分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項是符合題目要求的，9～12題有多個選項符合要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．一長為L的直導線置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，導線中的電流為I。下列說法正確的是()A．通電直導線受到安培力的大小為ILBB．無論通電直導線如何放置，它都將受到安培力C．通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應強度方向和電流方向構(gòu)成的平面D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以安培力對通電直導線不做功解析：選C只有當通電直導線與磁場方向垂直時，通電直導線受到安培力的大小才等于ILB，選項A錯誤；當通電導線與磁場方向平行時，它不受安培力，選項B錯誤；通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應強度方向和電流方向構(gòu)成的平面，選項C正確；安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，安培力對通電直導線能做功，選項D錯誤。2.如圖所示，把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由轉(zhuǎn)動和平動，當導線通入圖示方向的電流I時，從上往下看，導線的運動情況是()A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降B．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升C．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降D．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升解析：選A在導線兩側(cè)取兩小段，左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向里，右側(cè)一小段所受安培力的方向垂直紙面向外，從上往下看，知導線順時針方向轉(zhuǎn)動，同時導線所受的安培力方向向下。3．電磁天平是一種測量安培力的裝置，如圖所示。兩相距很近的線圈Ⅰ和Ⅱ，線圈Ⅰ固定，線圈Ⅱ置于天平托盤上。當兩線圈均無電流通過時，天平示數(shù)恰好為零。下列說法正確的是()A．當天平示數(shù)為負時，兩線圈電流方向相同B．當天平示數(shù)為正時，兩線圈電流方向相同C．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力大于線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力D．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與托盤對線圈Ⅱ的作用力是一對相互作用力解析：選A當兩線圈均無電流通過時，天平示數(shù)為零，則當天平示數(shù)為負時，兩線圈間的相互作用力為吸引力，可知兩線圈中電流方向相同，當天平示數(shù)為正時，兩線圈間的相互作用力為斥力，可知兩線圈中電流方向相反，A正確，B錯誤；線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力是一對相互作用力，二者大小相等，C、D錯誤。4.如圖所示，用電阻率為ρ、橫截面積為S、粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L?？蚣芘c一電動勢為E、內(nèi)阻忽略不計的電源相連接。垂直于豎直框架平面有一磁感應強度大小為B、方向水平向里的勻強磁場，則框架受到的安培力的大小和方向為()A.eq\f(5BSE,3ρ)，豎直向上 B.eq\f(6BSE,5ρ)，豎直向上C.eq\f(10BSE,3ρ)，豎直向下 D.eq\f(5BSE,6ρ)，豎直向下解析：選A根據(jù)電阻定律可知，長度為L的電阻絲的阻值為R0＝ρeq\f(L,S)，則梯形框架上ab、bc、cd邊上對應的總電阻為3R0，由幾何關(guān)系得，ad邊的長度為2L，所以ad邊對應的電阻為2R0，并聯(lián)部分的總電阻為R＝eq\f(3R0·2R0,3R0＋2R0)＝eq\f(6,5)R0，電路中的總電流I＝eq\f(E,R)，框架所受的安培力F＝BI·2L，聯(lián)立解得F＝eq\f(5BSE,3ρ)，由左手定則可知安培力方向豎直向上，選項A正確。5.如圖所示，一重為G1的通電圓環(huán)置于水平桌面上，圓環(huán)中電流方向為順時針方向(從上往下看)，在圓環(huán)的正上方用輕繩懸掛一條形磁鐵，磁鐵的中心軸線通過圓環(huán)中心，磁鐵的上端為N極，下端為S極，磁鐵自身的重力為G2。則關(guān)于圓環(huán)對桌面的壓力F和磁鐵對輕繩的拉力F′的大小，下列關(guān)系中正確的是()A．F＞G1，F(xiàn)′＞G2 B．F＜G1，F(xiàn)′＞G2C．F＜G1，F(xiàn)′＜G2 D．F＞G1，F(xiàn)′＜G2解析：選D順時針方向的環(huán)形電流可以等效為一個豎直放置的小磁針，由安培定則可知，小磁針的N極向下，S極向上，故與磁鐵之間的相互作用力為斥力，所以圓環(huán)對桌面的壓力F將大于圓環(huán)的重力G1，磁鐵對輕繩的拉力F′將小于磁鐵的重力G2，選項D正確。6.如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌跡圓半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)解析：選D電子帶負電荷，進入磁場后，根據(jù)左手定則可知，電子所受洛倫茲力的方向向左，故電子將向左偏轉(zhuǎn)，A錯誤；電子的運動軌跡如圖所示，設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，D正確。7.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱。導線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍某點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導線中電流大小、r為某點到導線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球做變加速直線運動C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xD根據(jù)右手螺旋定則可知MO處的磁場方向垂直于MN向里，ON處的磁場方向垂直于MN向外，磁場大小先減小，過O點后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電荷的小球受到的洛倫茲力開始方向向上且減小，過O點后方向向下且增大。由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃螅蔄、B、C錯誤，D正確。8.如圖，僅在第一象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電荷的微粒a從坐標(0，L)處射入磁場，射入方向與y軸正方向的夾角為45°，經(jīng)時間t與靜止在坐標(L，L)處的不帶電微粒b發(fā)生碰撞，碰后瞬間結(jié)合為微粒c。已知a、b質(zhì)量相同(重力均不計)，則c在磁場中運動的時間為()A．0.25t B．0.5tC．t D．2t解析：選D設(shè)微粒a的速率為v，兩微粒碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a微粒的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝2mv′微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律對a有qvB＝eq\f(mv2,ra)對c有qv′B＝2meq\f(v′2,rc)解得ra＝eq\f(mv,qB)，rc＝eq\f(2mv′,qB)＝eq\f(mv,qB)＝ra微粒運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，a、c兩微粒做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角相等，都是90°，微粒在磁場中做圓周運動的周期Ta＝eq\f(2πm,qB)，Tc＝eq\f(2π·2m,qB)＝eq\f(4πm,qB)＝2Ta則微粒在磁場中的運動時間ta＝eq\f(1,4)Ta＝t，tc＝eq\f(1,4)Tc＝2t，選項D正確。9.如圖所示，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流大小分別為2I和I，電流方向如圖中箭頭所示，此時a受到的磁場力大小為F。若在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則b受到的磁場力可能是()A．大小為eq\f(F,2)，方向向左 B．大小為eq\f(F,2)，方向向右C．大小為eq\f(3F,2)，方向向右 D．大小為eq\f(3F,2)，方向向左解析：選BD未放c導線時，a、b導線之間的磁場力是吸引力，大小相等，置入c導線后，a導線受到的磁場力大小為2F，方向可能向左，也可能向右，故c導線對a導線的作用力可能向右、大小為F，或向左、大小為3F，所以c導線對b導線的作用力可能向右、大小為eq\f(3F,2)，或向左、大小為eq\f(F,2)，則b導線受到的磁場力為向右、大小為eq\f(F,2)，或向左、大小為eq\f(3F,2)。選項B、D正確。10.如圖所示，兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導軌上使其水平且始終與導軌保持良好接觸。現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動。已知電流I隨時間的變化關(guān)系為I＝Kt(K為常數(shù)，K＞0)，金屬棒與導軌間存在摩擦。則下面關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖像中，可能正確的有()解析：選AD對金屬棒受力分析：受豎直向下的重力mg、垂直于導軌向里的安培力BIL、垂直于導軌向外的彈力FN、豎直向上的摩擦力Ff。FN＝BIL＝BL·Kt①，mg－Ff＝ma②，F(xiàn)f＝μFN③，把①③代入②得：mg－μBL·Kt＝ma，加速度先向下減小，當mg＝Ff時，加速度為零，速度最大，然后加速度反向逐漸增大，速度逐漸減小最后速度為零，金屬棒靜止。所以A、D正確。11.某物理興趣小組制作了一種可“稱量”磁感應強度大小的實驗裝置，如圖所示。U形磁鐵置于水平電子測力計上，U形磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強磁場，不計兩極間以外區(qū)域的磁場。一水平導體棒垂直磁場方向放入U形磁鐵兩極之間(未與磁鐵接觸)，導體棒由兩根絕緣桿固定于鐵架臺上。導體棒沒有通電時，測力計的示數(shù)為G0，導體棒通以圖示方向電流I(垂直紙面向外)時，測力計的示數(shù)為G1，測得導體棒在兩極間的長度為L，磁鐵始終靜止，不考慮導體棒中電流對磁鐵磁場的影響。下列說法正確的是()A．導體棒所在處磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(G1－G0,IL)B．導體棒所在處磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(G1＋G0,IL)C．若使圖示方向電流增大，“稱量”的磁感應強度將增大D．若通以與圖示方向相反、大小不變的電流I′，測力計示數(shù)將變?yōu)?G0－G1解析：選AD導體棒沒有通電時測力計的示數(shù)等于磁鐵的重力G0，導體棒通以題圖所示電流后，由左手定則可知導體棒受向上的安培力，根據(jù)牛頓第三定律可知導體棒對磁鐵的作用力方向向下，對磁鐵由平衡條件得，G0＋BIL＝G1，解得B＝eq\f(G1－G0,IL)，A正確，B錯誤；若使題圖所示方向電流I增大，由于“稱量”的磁感應強度描述的是磁鐵本身的磁場性質(zhì)，故其大小不變，C錯誤；若通以與題圖所示方向相反、大小不變的電流I′，安培力將反向，設(shè)此時測力計的示數(shù)為G1′，根據(jù)平衡條件有G1′＋BI′L＝G0，解得G1′＝2G0－G1，D正確。12.質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計，是根據(jù)帶電粒子在電磁場中能夠偏轉(zhuǎn)的原理，按物質(zhì)、原子、分子或分子碎片的質(zhì)量差異進行分離和檢測物質(zhì)組成的一類儀器。如圖所示為某品牌質(zhì)譜儀的原理示意圖，初速度為零的粒子在加速電場中，經(jīng)電壓U加速后，從小孔P沿垂直極板方向進入垂直紙面向外的磁感應強度大小為B的勻強磁場中，旋轉(zhuǎn)半周后打在熒光屏上形成亮點。但受加速電場實際結(jié)構(gòu)的影響，從小孔P處射出的粒子方向會有相對極板垂線左右相等的微小角度的發(fā)散(其他方向的忽略不計)，光屏上會出現(xiàn)亮線，若粒子帶電荷量均為q，其中質(zhì)量分別為m1、m2(m2＞m1)的兩種粒子在屏上形成的亮線部分重合，粒子重力忽略不計，則下列判斷正確的是()A．從小孔P處射出的粒子速度方向相對極板垂線最大發(fā)散角θ滿足cosθ＝eq\r(\f(m1,m2))B．從小孔P處射出的粒子速度方向相對極板垂線最大發(fā)散角θ滿足sinθ＝eq\f(m1,m2)C．兩種粒子形成的亮線的最大總長度為eq\f(2m2－m1,B)eq\r(\f(2U,qm1))D．兩種粒子形成的亮線的最大總長度為eq\f(2m2－m1,B)eq\r(\f(2U,qm2))解析：選AD粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)m1v02，在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝m1eq\f(v02,R1)，解得R1＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m1U,q))，同理可得R2＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m2U,q))，發(fā)散角為最大值θ時，質(zhì)量為m2的粒子在光屏上形成的亮線的右邊緣恰好與質(zhì)量為m1的粒子在光屏上形成的亮線的左邊緣重合，如圖所示(磁場中虛線為質(zhì)量為m2的粒子的運動軌跡，實線為質(zhì)量為m1的粒子的運動軌跡)，則2R2cosθ＝2R1，聯(lián)立解得cosθ＝eq\r(\f(m1,m2))，此時兩種粒子形成的亮線總長度最大，為Δx＝2R2－2R1cosθ＝eq\f(2m2－m1,B)eq\r(\f(2U,qm2))，選項A、D正確，B、C錯誤。二、非選擇題(本題共4小題，共52分)13．(10分)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1v12①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v12,R1)②由幾何關(guān)系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)。④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2v22⑤q2v2B＝m2eq\f(v22,R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。⑧答案：(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶414．(12分)如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)存在水平向右的勻強電場，場強大小E＝10N/C，在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.5T。一帶電荷量q＝＋0.2C、質(zhì)量m＝0.4kg的小球由長l＝0.4m的細線懸掛于P點，小球可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標原點O時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的N點(g＝10m/s2)，求：(1)小球運動到O點時的速度大??；(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3)ON間的距離。解析：(1)小球從A運動到O的過程中，根據(jù)動能定理：mgl－qEl＝eq\f(1,2)mv02解得小球在O點速度為：v0＝2m/s。(2)小球運動到O點懸線斷裂前瞬間，對小球應用牛頓第二定律：FT－mg－F洛＝meq\f(v02,l)洛倫茲力：F洛＝Bv0q解得：FT＝8.2N。(3)懸線斷后，將小球的運動分解為水平方向和豎直方向的分運動，小球在水平方向上做往返運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球水平方向加速度ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(Eq,m)＝5m/s2小球從O點運動至N點所用時間為：t＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2×2,5)s＝0.8sON間距離為：h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.82m＝3.2m。答案：(1)2m/s(2)8.2N(3)3.2m15.(14分)如圖所示，兩根傾斜直金屬導軌MN、PQ平行放置，導軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導軌之間的距離L＝0.50m。一根質(zhì)量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab垂直放在兩導軌上且接觸良好，整個裝置處于與ab桿垂直的勻強磁場中。在導軌的上端接有電動勢E＝36V、內(nèi)阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R。已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2。(1)若金屬桿ab和導軌之間的摩擦可忽略不計，當電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時，金屬桿ab靜止在導軌上。①如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應強度的大?。虎谌绻艌龅姆较蚩梢噪S意調(diào)整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及其方向。(2)如果金屬桿ab和導軌之間的摩擦不可忽略，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向下、磁感應強度大小B＝0.40T的勻強磁場中。當電阻箱接入電路中的電阻R2＝3.4Ω時，金屬桿ab仍保持靜止，求此時金屬桿ab受到的摩擦力Ff大小及方向。解析：(1)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I1＝eq\f(E,R1＋r)。①設(shè)磁感應強度的大小為B1，由左手定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示。對金屬桿ab，根據(jù)共點力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝0.30T。②根據(jù)共點力平衡條件可知，安培力最小時方向應沿導軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示。設(shè)磁感應強度的最小值為B2，對金屬桿ab，有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝eq\f(mgsinθ,I1L)＝0.24T。根據(jù)左手定則可判斷出，此時磁場的方向應垂直于導軌平面斜向下。(2)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I2，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I2＝eq\f(E,R2＋r)，假設(shè)金屬桿ab受到的摩擦力方向沿導軌平面向下，根據(jù)