【同步】高中物理教科版(2019)選擇性必修2：第1章磁場對電流的作用測評卷習題

第一章測評卷一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是()A.安培力的方向可以不垂直于直導線B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?.(2023河北邢臺高二期末)如圖所示,三根長直通電導線中的電流大小相等,b、d處導線的電流方向垂直紙面向里,c處導線的電流方向垂直紙面向外,a點為b、d兩導線連線的中點,ac垂直bd,且ab=ad=ac,則c處導線受到的安培力方向()A.由a指向c B.由c指向aC.由a指向b D.由a指向d3.(2023貴州六盤水高二期末)如圖所示,在磁感應強度為B的勻強磁場中,OP、OQ是兩根長度均為L的金屬導體棒,∠POQ=60°,當給導體棒中通入大小為I的電流時,關于兩導體棒受到的安培力的合力,下列說法正確的是()A.當電流方向為P→O→Q時,合力大小為BIL,方向與OP成30°斜向右下方B.當電流方向為P→O→Q時,合力大小為3BIL,方向與OP成30°斜向左上方C.當電流方向為Q→O→P時,合力大小為3BIL,方向與OP成30°斜向左上方D.當電流方向為Q→O→P時,合力大小為BIL,方向與OP成30°斜向右下方4.如圖所示,條形磁鐵放在光滑斜面上,用平行于斜面的細繩拉住使其保持靜止,A為垂直紙面水平固定的直導線,導線中無電流時,磁鐵對斜面壓力大小為N1,磁鐵對細繩拉力大小為T1,當導線中通有垂直紙面向外的電流時,磁鐵對斜面壓力大小為N2,磁鐵對細繩拉力大小為T2,下列判斷正確的是()A.N1<N2,T1<T2 B.N1>N2,T1>T2C.N1<N2,T1>T2 D.N1>N2,T1<T25.(2023重慶高二期末)某特高壓輸電線路上安裝六分導線間隔棒,其截面圖如圖所示。間隔棒將6條輸電導線分別固定在正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比,與到導線的距離成反比。某時刻,6條輸電導線中通過垂直紙面向外、大小相等的電流,其中a處導線中的電流對b處導線中電流的安培力大小為F,該時刻 ()A.O點的磁感應強度方向垂直于cf向下B.b、c、d、e、f處5根導線在a處產(chǎn)生磁場的方向沿aO,由a指向OC.c處導線所受安培力方向沿Oc,由O指向cD.a處導線所受安培力大小為2.5F6.2022年10月,中核集團核工業(yè)西南物理研究院科研團隊再創(chuàng)佳績:中國新一代“人造太陽”裝置科學研究取得突破性進展,HL-2M等離子體電流突破100萬安培,創(chuàng)造了我國可控核聚變裝置運行新紀錄,技術水平居世界前列。核聚變中磁約束的托卡馬克裝置的簡化圖如圖所示,圓環(huán)狀勻強磁場區(qū)域的內(nèi)半徑為R1,外半徑為R2,磁感應強度大小為B,方向垂直于環(huán)面。中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,具有各個方向的速度。欲使帶電粒子約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi),則帶電粒子的最大速度為()A.qB(R2C.qB(R27.(2023江蘇南京高二期末改編)霍爾推進器的原理圖如圖所示,在很窄的圓環(huán)空間內(nèi)有沿半徑向外的磁場1,其磁感應強度大小可近似認為處處相等;垂直圓環(huán)平面同時加有勻強磁場2和勻強電場(圖中沒畫出),磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等,已知電子電荷量為e,質(zhì)量為m。若電子恰好可以在圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動。下列說法錯誤的是()A.電場方向垂直圓環(huán)平面向里B.電子運動周期為2C.垂直圓環(huán)平面的磁場的磁感應強度大小為2mvD.電場的電場強度大小為m二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.(2023河北邢臺高二期末)如圖所示,由4根相同導體棒連接而成的正方形線框固定于勻強磁場中,線框平面與磁場方向垂直,頂點A、B與直流電源兩端相接。已知導體棒AB受到的安培力大小為F,下列說法正確的是()A.導體棒AD受到的安培力大小為13B.導體棒DC受到的安培力大小為FC.導體棒AD、DC和CB受到的安培力的合力大小為FD.線框受到的安培力的合力大小為439.(2023陜西安康高二期末)如圖所示,回旋加速器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感應強度為B,用來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子,質(zhì)子從下半盒的質(zhì)子源由靜止釋放,加速到最大能量E后由A孔射出,則下列說法正確的是()A.回旋加速器不能無限加速粒子B.增大交變電壓U,則質(zhì)子在加速器中運行時間將變短C.回旋加速器所加交變電壓的頻率為qBD.下半盒內(nèi)部質(zhì)子的軌道半徑之比(由內(nèi)到外)為1∶310.(2023山東泰安高二期末)為打贏“碧水藍天保衛(wèi)戰(zhàn)”,調(diào)查組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的測量管。該測量管由絕緣材料制成,水平放置,其長為L、直徑為D,左右兩端開口。整個裝置處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向豎直向下(圖中未畫出),在前后兩個內(nèi)側面a、c上固定有金屬板作為電極。污水充滿管口且流速處處相等,其中有大量的正、負離子,從左向右流經(jīng)測量管時,顯示儀器顯示a、c兩端電壓為U,下列說法正確的是()A.a側電勢比c側電勢低B.污水的流速為UC.該化工廠排污管的流量Q=πD.該化工廠排污管的流量Q=π三、非選擇題:本題共5小題,共54分。11.(8分)(2023四川宜賓南溪第一中學高二期末)利用通電導線在磁場中受到的安培力與磁感應強度的關系可以測定磁感應強度的大小。實驗裝置如圖所示,彈簧測力計下端掛一矩形線圈,寬為l,匝數(shù)為N,線圈平面與紙面平行。線圈的下部懸在勻強磁場中,磁場方向垂直于紙面。當開關未閉合時彈簧測力計的示數(shù)為F0(不計連接線圈的導線對線圈的作用力),它表示的是;閉合開關,調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片使電流表讀數(shù)為I,電流方向如圖所示,此時彈簧測力計的示數(shù)增大為F,由此可知磁場的方向垂直紙面向(選填“里”或“外”),磁感應強度大小為(用題目中所給出的物理量表示)。

12.(8分)(2023陜西寶雞高二期末改編)兩個帶等量異種電荷的a、b粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°,磁場寬度為d,兩粒子同時由A點出發(fā),同時到達B點,如圖所示,則a、b粒子的帶電性質(zhì)分別為,a、b粒子運動的軌道半徑之比Ra∶Rb為,a、b粒子的質(zhì)量之比ma∶mb為。

13.(10分)(2023廣東惠州高二期末)如圖所示,兩平行金屬導軌M、N水平放置,間距為L=0.1m,一勻強磁場的磁感應強度B=1T,方向垂直于導軌平面豎直向上,金屬棒ab的質(zhì)量為m=20g,與導軌垂直靜止放置,且與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,電源電動勢E=3V,內(nèi)阻r=1Ω,R為滑動變阻器,其余部分電阻不計,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)調(diào)節(jié)滑動變阻器,使其接入電路的阻值R=1Ω時,求閉合開關K瞬間金屬棒ab的加速度大小。(2)閉合開關K,要保持金屬棒ab處于靜止狀態(tài),滑動變阻器R的取值范圍是多少?14.(12分)(2023河北石家莊高二期末)如圖甲所示,極板M1N1、PQ間存在加速電場,環(huán)形磁場區(qū)域由兩圓心都在O點、半徑分別為2a和4a的半圓盒N1N2和M1M2圍成,該勻強磁場垂直紙面向外,磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子不斷從粒子源S飄入(初速度為0)加速電場,經(jīng)電場加速后沿M1N1的中垂線從極板上小孔S'射入磁場后打到熒光屏N2M2上。不計粒子的重力和粒子間相互作用,打到熒光屏N2M2上的粒子均被吸收。甲乙(1)為使粒子能夠打到熒光屏N2M2上,求加速電壓的最大值Um。(2)已知加速電壓為某一恒定值時,粒子剛好打在熒光屏N2M2的中央,保持加速電壓不變,由于粒子進入磁場時速度方向在紙面內(nèi)向左偏離SS'方向一定角度α,且cosα=5960,粒子打到了熒光屏N2M2上的D點,如圖乙所示,求N2、D15.(16分)(2023廣東廣州高二期末)如圖所示,在平面直角坐標系xOy的x軸上方存在寬度為L的有界勻強電場區(qū)域,邊界與x軸平行,電場的方向沿y軸負方向,電場強度的大小為E。在x軸下方存在長為3L、寬度為L的矩形磁場區(qū)域,磁場區(qū)域的上邊界與x軸重合,坐標原點與磁場區(qū)域上邊界的中點重合,磁感應強度大小為B,方向垂直坐標平面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子a靜止在坐標原點,不帶電的粒子b以速度v0沿y軸負方向與粒子a發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后粒子a的電荷量不變,不計粒子重力。已知E=mv026qL,B=m(1)若帶電粒子a從磁場右側邊界離開磁場,求k的最大值。(2)帶電粒子a從磁場右側邊界的中點離開磁場區(qū)域,①若粒子a進入磁場后直接從右側邊界的中點離開磁場區(qū)域,求k的值;②若粒子a進入磁場后又返回電場再從磁場右側邊界的中點離開磁場區(qū)域,求k的值。

參考答案第一章測評卷1.B解析根據(jù)左手定則可知,安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面,即安培力的方向既垂直于B又垂直于I,A錯誤,B正確;當電流I的方向平行于磁場B的方向時,直導線受到的安培力為零,當電流I的方向垂直于磁場B的方向時,直導線受到的安培力最大,則安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關,C錯誤;如圖所示,電流I和磁場B垂直,直導線受到的安培力F=BIl,將直導線從中點折成直角,分段研究導線受到的安培力,電流I和磁場B垂直,根據(jù)平行四邊形定則可得,導線受到的安培力的合力F'=22BIl2.A解析根據(jù)安培定則可知,b處導線在c點產(chǎn)生的磁場方向斜向左下,d處導線在c點產(chǎn)生的磁場方向斜向左上。c處導線受到b處導線產(chǎn)生的磁場的作用力沿著bc連線斜向右下,受到d處導線產(chǎn)生的磁場的作用下沿dc連線斜向左下,合力豎直向下。故A正確,B、C、D錯誤。3.D解析當電流方向為P→O→Q時,等效長度為PQ的長度,即為L,等效電流方向為P→Q,則合力大小為BIL,方向垂直PQ斜向上,即方向與OP成30°斜向左上方,A、B錯誤;當電流方向為Q→O→P時,等效長度為PQ的長度,即為L,等效電流方向為Q→P,則合力大小為BIL,方向垂直PQ斜向下,即方向與OP成30°斜向右下方,D正確,C錯誤。4.A解析磁鐵的磁感線在其外部是從N極發(fā)出回到S極的,由于導線在右側部分,故導線處的磁場方向為斜向右下,又因為電流方向垂直紙面向外,根據(jù)左手定則可知,導線受到的安培力方向為斜向右上,根據(jù)牛頓第三定律可知,磁鐵受到的導線的反作用力方向為斜向左下方,將該反作用力沿垂直斜面和平行斜面分解可知,磁鐵對細繩的拉力和磁鐵對斜面的壓力都增大。故選A。5.D解析根據(jù)安培定則,a、d處兩條導線在O點產(chǎn)生的磁場等大反向,b、e處兩條導線在O點產(chǎn)生的磁場等大反向,c、f處兩條導線在O點產(chǎn)生的磁場等大反向,所以O點的磁感應強度為零,A錯誤;根據(jù)安培定則,b、c、d、e、f處5根導線在a處產(chǎn)生磁場的方向如圖所示,設b處導線在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B,則f處導線在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B,c、e處導線在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B3,d處導線在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B2,根據(jù)磁感應強度的疊加可知,b、c、d、e、f處5根導線在a處產(chǎn)生磁場的方向垂直于aO斜向左下,合磁感應強度大小為2.5B,方向垂直aO,根據(jù)左手定則和安培力公式可知,a處導線受安培力方向為沿aO,由a指向O,大小為2.5F,B錯誤,D正確;同理可得c處導線所受安培力方向沿Oc,由c指向6.B解析帶電粒子的速度越大,在磁場中做圓周運動的半徑就越大,要使帶電粒子約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi)(如圖所示),可得帶電粒子做圓周運動的最大半徑為Rmax=R2-R12,根據(jù)qvB=mv7.C解析根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力,方向垂直圓環(huán)平面向里,電場力需要與該洛倫茲力平衡,電場力方向應垂直圓環(huán)平面向外,由于電子帶負電,故電場方向垂直圓環(huán)平面向里,故A正確,不符合題意;電子做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動,則電子運動周期為T=2πRv,故B正確,不符合題意;電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力,則有evB=mv2R,解得B=mveR8.AD解析導體棒AB與ADCB是并聯(lián)關系,由題意可知,其電阻之比為1∶3,由歐姆定律可知,電流之比為3∶1,則導體棒AD、DC和CB受到的安培力均是導體棒AB的三分之一,即為13F,故A正確,B錯誤;導體棒AD與CB受到的安培力等大反向,合力為零,則導體棒AD、DC和CB受到的安培力的合力大小等于導體棒DC受到的安培力大小,即為13F,故C錯誤;導體棒AD與CB受到的安培力等大反向,則線框受到的安培力的合力大小等于導體棒AB與DC所受安培力的矢量和,故線框受到的安培力的合力大小為49.ABC解析隨著質(zhì)子速度的增大,相對論效應逐漸顯現(xiàn),質(zhì)子質(zhì)量增大,做圓周運動的周期不能保持與所加電場變化的周期同步,從而不能再被加速,加速器不能無限加速質(zhì)子,故A正確;增大交變電壓U,質(zhì)子每次經(jīng)過電場時獲得的動能增大,在磁場中運動的半徑增大,加速次數(shù)和圓周運動的次數(shù)減少,運動時間變短,故B正確;由圓周運動公式f=1T,qvB=mv2R=m4π2T2R,聯(lián)立解得f=qB2πm,故C正確;設下半盒第n個半圓的半徑為rn,粒子速度為vn,則2nqU=12mvn2,得vn10.BD解析污水中正、負離子向右移動,受到洛倫茲力,根據(jù)左手定則,正離子向內(nèi)側面a偏,負離子向內(nèi)側面c偏,所以a側電勢比c側高,故A錯誤;穩(wěn)定后,離子受到洛倫茲力和電場力作用,受力平衡,有qUD=qvB,解得v=UDB,則排污管流量為Q=vπ11.答案矩形線圈的重力大小里F解析當開關未閉合時,線圈中沒有電流,不受安培力作用,則彈簧測力計的示數(shù)F等于矩形線圈的重力大小。閉合開關,彈簧測力計讀數(shù)增大,說明線圈受向下的安培力,由左手定則可知,磁場的方向垂直紙面向里。由平衡條件有F-F0=FA=NBIl,解得B=F-12.答案a帶負電,b帶正電3∶12∶1解析兩帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,同時由A點出發(fā)同時達到B點,由左手定則可判斷,a粒子帶負電,b粒子帶正電;粒子做勻速圓周運動,粒子運動軌道圓心在AB的垂直平分線和過A點的速度垂直方向的交點處,如圖所示,由幾何知識可知Ra=12dsin30°=d,Rb=12dsin60°=33d,則有Ra∶Rb=3∶1,由幾何知識可知從A運動到B,a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角度為60°,b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角度為120°,根據(jù)運動時間相同可得運動周期之比為Ta∶Tb=2∶1,粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2R,T=2πRv,解得T=13.答案(1)2.5m/s2(2)R≥2Ω解析(1)開關閉合后,由閉合電路歐姆定律得E=(R+r)I得I=1.5A金屬棒所受安培力方向水平向左,大小為F安=BIL以金屬棒為研究對象,由牛頓第二定律得BIL-μmg=ma得加速度大小為a=2.5m/s2。(2)設金屬棒即將滑動時電流為I0,對金屬棒受力分析有BI0L-μmg=0得I0=1A設金屬棒即將滑動時滑動變阻器的電阻為R0,由閉合電路歐姆定律得E=(R0+r)I0得R0=2Ω則滑動變阻器R的取值范圍為R≥R0=2Ω。14.答案(1)49(2)0.9a解析(1)當粒子在磁場中運動的軌跡與半徑為4a的半圓盒在M2點相切時,粒子在磁場中運動的半徑有最大值。設半徑為r1,粒子運動的軌跡如圖甲所示,由幾何關系可知r1=7甲根據(jù)