2024版新教材高中物理第一章磁吃電流的作用核心素養(yǎng)檢測卷教科版選擇性必修第二冊

第一章核心素養(yǎng)檢測卷考試時間：75分鐘，滿分：100分一、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．下列有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是()A.通電直導線在勻強磁場中確定受到安培力的作用B.安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)C.帶電粒子在勻強磁場中運動，受到的洛倫茲力做正功D.通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行2．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則()A.a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>BbB.a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<BbC.同一通電導線放在a處所受安培力確定比放在b處所受安培力大D.同一通電導線放在a處所受安培力確定比放在b處所受安培力小3.如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧，上端固定，下端連接一質(zhì)量為40g的金屬導體棒．部分導體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面對里．導體棒通入4A的電流后靜止，此時彈簧伸長量是未通電時的1.5倍．若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導體棒始終保持水平，則磁感應強度B的大小為(取重力加速度g＝10m/s2)()．0.5TC．0.75TD．0.83T4．如圖所示，空間的勻強電場和勻強磁場相互垂直，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面對里，一帶電微粒a處于靜止狀態(tài)，下列操作能使微粒做勻速圓周運動的是()A.只撤去電場B.只撤去磁場C.給a一個豎直向下的初速度D.給a一個垂直紙面對里的初速度5．如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向()A.平行于紙面對上B.平行于紙面對下C.左半部分垂直紙面對外，右半部分垂直紙面對里D.左半部分垂直紙面對里，右半部分垂直紙面對外6．關(guān)于下列四幅圖的說法正確的是()A.圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可以推斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)B.圖乙是磁流體發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以推斷出A極板是發(fā)電機的正極C.圖丙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大D.圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時的動能增大，可僅增加電壓U7.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He粒子在紙面內(nèi)從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q.則在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為()A.eq\f(3qBL,4m)B．eq\f(5qBL,4m)C.eq\f(5qBL,8m)D．eq\f(5qBL,6m)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．如圖所示，帶電平行板中勻強磁場方向垂直紙面對里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的b點自由滑下，經(jīng)過軌道端點c進入板間后恰能沿水平方向做直線運動．現(xiàn)使小球從較低的a點起先下滑，經(jīng)c點進入板間的運動過程中()A.其動能將會增大B.其所受的洛倫茲力將會增大C.其電勢能將會增大D.其受到的電場力將會增大9.在如圖甲所示的平面直角坐標系中，x軸上方有磁感應強度大小為B、垂直紙面對外的勻強磁場，在O點處有一粒子源，沿紙面不斷地放出同種粒子，粒子的速率均為v，粒子射入磁場的速度方向與x軸正方向的夾角范圍為60°～120°.粒子的重力及粒子間的相互作用均不計．圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點為E，外邊界與x軸的交點為F，與y軸的交點為D(a，0).下列推斷正確的是()A.粒子所帶電荷為正電B.OF的長度為eq\f(\r(3),2)aC.粒子源放出的粒子的荷質(zhì)比為eq\f(v,aB)D.從點E離開磁場的粒子在磁場中運動的時間可能為eq\f(2πa,3v)10.粒子物理探討中運用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示．內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面對里的勻強磁場，外圓是探測器．兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點．裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽視粒子重力及粒子間的相互作用力．下列說法正確的是()A.粒子1可能為中子B.粒子2可能為電子C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11.(6分)如圖所示是“探究影響通電導線受安培力的因素”的試驗裝置圖，三塊相同的蹄形磁鐵并列放置，可以認為磁極間的磁場是勻整的．試驗時，先保持導體棒通電部分的長度不變，變更電流的大?。蝗缓蟊３蛛娏鞯拇笮〔蛔?，變更導體棒通電部分的長度．每次試驗導體棒在場內(nèi)同一位置平衡時，懸線與豎直方向的夾角記為θ.(1)下列說法正確的是()A.該試驗探究了電流大小以及磁感應強度大小對安培力的影響B(tài).該試驗探究了磁感應強度大小以及通電導體棒長度對安培力的影響C.假如想增大θ，可以把磁鐵的N極和S極對調(diào)D.假如想減小θ，可以把接入電路的導體棒從①、④兩端換成②、③兩端(2)若把電流為I且接通②、③時，導體棒受到的安培力記為F；則當電流減半且接通①、④時，導體棒的安培力為：________．(3)本試驗接受的探討方法是：________________．12．(10分)如圖甲所示，排污管道的污水中常含有大量正、負離子，某愛好小組的同學為探究該管道的污水排放量，利用廢舊材料與0刻度線在表盤中心的電壓表自制了一簡易電磁流量計進行測量，原理如圖乙所示．該組同學將橫截面為圓形的塑料彎管插入排污管道后密封，污水充溢豎直管道后經(jīng)水平管口排出，圖乙中A、B分別為兩豎直緊貼塑料管內(nèi)壁的金屬探針，兩針間距離恰等于塑料管道內(nèi)直徑D，將兩探針用導線自管壁引出后，分別與電壓表(圖中未畫出)兩接線柱相連，對豎直管道施加垂直兩探針所在平面對里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.已知該管道單位時間內(nèi)排出污水的體積Q不變，探針與污水接觸良好，兩引線處無滲漏，電壓表可視為志向電表，導線及污水電阻不計，則：(1)若發(fā)覺電壓表的指針偏向0刻度線的左側(cè)，說明探針________(選填“A”或“B”)與電壓表正接線柱相連，要使電壓表指針正常顯示時偏向0刻度線右側(cè)，可實行的一條措施是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；(2)經(jīng)調(diào)整，電壓表指針正常偏轉(zhuǎn)，則電壓表穩(wěn)定后的示數(shù)U與該管道單位時間內(nèi)排出污水的體積Q的關(guān)系式為U＝________；(用題中所給物理量符號表示)(3)若發(fā)覺測量時電壓表的指針偏轉(zhuǎn)角度太小．要使指針偏轉(zhuǎn)角度適當大些，可實行的一條措施是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.13.(10分)如圖，寬度為l＝1m的金屬導軌ABCD與水平面成θ＝37°角，質(zhì)量為m＝0.1kg、有效長度為l＝1m的金屬桿MN水平放置在導軌上，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．空間存在著豎直向下磁感應強度為B0＝1T的勻強磁場．已知AN＝l＝1m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6.(1)若開關(guān)S1斷開、S2閉合時，調(diào)整滑動變阻器使桿始終靜止，求通過桿的電流范圍．(2)若開關(guān)S1閉合、S2斷開的同時，給桿一沿斜面對下的速度v＝1m/s，則B應怎樣隨時間t變更可保證桿做勻速運動．14.(12分)在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場，如圖所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出．(1)請推斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向變更了60°角，求磁感應強度B′的大??；此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？15.(16分)質(zhì)譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1，b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d，c為偏轉(zhuǎn)分別器，磁感應強度為B2.今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分別器后做勻速圓周運動．求：(1)粒子在速度選擇器中的速度v為多少；(2)速度選擇器的電壓U2為多少；(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大．第一章核心素養(yǎng)檢測卷1．答案：B解析：當電流方向與磁場方向平行時，通電直導線不受安培力，A錯誤；導線中定向移動的電荷受到的洛倫茲力在宏觀上表現(xiàn)為導線受到的安培力，所以說安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，B正確；洛倫茲力的方向與電荷運動方向始終垂直，因此洛倫茲力對電荷不做功，C錯誤；通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向垂直，D錯誤．2．答案：A解析：磁感線的疏密程度表示磁感應強度的大小，由a、b兩處磁感線的疏密程度可知Ba>Bb，故A正確，B錯誤；安培力的大小跟該處的磁感應強度的大小B、電流大小I、導線長度L和導線放置的方向與磁感應強度方向的夾角θ有關(guān)，故同一通電導線放在a處受到的安培力可能大于、等于、小于放在b處受到的安培力，故C、D錯誤．3．答案：B解析：未通電時，導體棒的重力與兩彈簧的彈力相等，依據(jù)平衡條件可知mg＝2kx；通電后，通過導體棒的電流方向為從右向左，依據(jù)左手定則可知安培力方向豎直向下，依據(jù)平衡條件可知mg＋BId＝2k×1.5x，聯(lián)立解得B＝0.5T，A、C、D錯誤，B正確．故選B.4．答案：C解析：微粒處于靜止狀態(tài)時有mg＝qE，電場力與場強方向相同，微粒帶正電，若只撤去電場，粒子在重力作用下向下加速后在洛倫茲力作用下向右偏轉(zhuǎn)，不是勻速圓周運動，A錯誤；若只撤去磁場，則微粒仍處于靜止狀態(tài)，B錯誤；若給a一個豎直向下的初速度，則微粒會受到始終垂直速度的洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，C正確；若給a一個垂直紙面對里的初速度，由于速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力作用，會向紙面內(nèi)做勻速直線運動，D錯誤．5．答案：C解析：依據(jù)安培定則可知：通電電流b在其四周產(chǎn)生的磁場為順時針方向，如圖所示．將導線a處的磁場分解為豎直方向和水平方向，依據(jù)左手定則可知a導線受到的安培力方向為：左半部分垂直紙面對外，右半部分垂直紙面對里，故C正確，A、B、D錯誤．6．答案：C解析：圖甲是速度選擇器示意圖，由圖無法推斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)，故A錯誤；圖乙是磁流體發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B錯誤；圖丙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖，粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度確定，依據(jù)洛倫茲力供應向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，則可知r越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大，故C正確；圖丁是回旋加速器示意圖，依據(jù)公式qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，可知Ekm與加速電壓無關(guān)，故D錯誤．7．答案：B解析：依據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,R)又有T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)設粒子運動軌跡所對的圓心角為α，則運動時間為t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)可知，α越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知α越大則∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac即當圓弧經(jīng)過c點時∠Oac最大，此時最大α由幾何關(guān)系有L2＋(2L－R)2＝R2解得R＝eq\f(5,4)L聯(lián)立可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(5qBL,4m)，故選B.8．答案：ABC解析：小球從b點下滑到c點進入平行板間后做直線運動，對小球進行受力分析得小球共受到三個力作用：恒定的重力G、恒定的電場力F、洛倫茲力f.這三個力都在豎直方向上，小球在水平方向做直線運動，所以可以推斷出小球受到的合力確定是零，即小球確定是做勻速直線運動．由左手定則和電場力的方向的特點可知，洛倫茲力和電場力同向，故都向上，可推出小球帶正電．假如小球從稍低的a點下滑到c點進入平行板間，則進入磁場的速度會變小，所以洛倫茲力f比之前的減小，合力變?yōu)樨Q直向下，所以小球會偏離水平方向向下做曲線運動，向下偏轉(zhuǎn)，故電場力做負功，電勢能增加，粒子向下偏轉(zhuǎn)，做曲線運動后，洛侖茲力會有水平重量，則水平方向速度將有變更，重力大于電場力，二者合力做正功，故動能增大，所以動能將會增大，導致洛倫茲力也會增大，電場力F＝qE不變，故A、B、C正確，D錯誤．9．答案：CD解析：由左手定則可知，粒子所帶電荷為負電，選項A錯誤；由幾何關(guān)系可知，OD＝a＝R，則OF＝2R＝2a，選項B錯誤；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)＝eq\f(v,Ba)，選項C正確；從點E離開磁場的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度可能為120°，也可能是240°，則在磁場中運動的時間可能為t＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πa,3v)，也可能是t′＝eq\f(2T,3)＝eq\f(4πa,3v)，選項D正確．10．答案：AD解析：由運動軌跡知粒子1不帶電，粒子2帶正電，則粒子1可能為中子，粒子2不行能為電子，A正確，B錯誤；粒子1不帶電，在磁場中運動時不受洛倫茲力，增大磁感應強度對其運動軌跡無影響，C錯誤；由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，若增大粒子入射速度，粒子運動的軌跡半徑也增大，如圖所示，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確．11．答案：(1)D(2)eq\f(3F,2)(3)限制變量法解析：(1)該試驗探究了導體棒通電長度和電流大小對安培力的影響，故A、B錯誤；把磁鐵的N極和S極對調(diào)，不變更B的大小，故F不變，故C錯誤；把接入電路的導體棒從①、④兩端換成②、③兩端，L減小，故安培力F減小，故D正確；(2)若把電流為I且接通②、③時，導體棒受到的安培力記為F；則當電流減半且接通①、④時，導體棒的安培力為F′＝B×eq\f(I,2)×3L＝eq\f(3,2)BIL＝eq\f(3,2)F；(3)探討安培力與電流、長度的關(guān)系時，需先限制一個量不變，這種探討的方法稱為限制變量法．12．答案：(1)B將探針A、B分別與電壓表正、負接線柱相連，也可以將勻強磁場的方向改為垂直于A、B所在平面對外(2)eq\f(4BQ,πD)(3)適當增大勻強磁場的磁感應強度大小(或換用直徑小一些的塑料管或換用量程小一些的電壓表)解析：(1)由左手定則可知，正離子在洛倫茲力的作用下應向探針A側(cè)偏轉(zhuǎn)，故A側(cè)電勢高，因電壓表示數(shù)為負值，說明探針B連在了電壓表的正接線柱上；實行措施可以將探針A、B分別與電壓表正、負接線柱相連，也可以將勻強磁場的方向改為垂直于A、B所在平面對外等；(2)由平衡條件可知qvB＝qeq\f(U,D)，即U＝BDv，而Q＝eq\f(π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))\s\up12(2)·vt,t)＝eq\f(πD2·v,4)得U＝eq\f(4BQ,πD)(3)由U＝eq\f(4BQ,πD)可知，要增大電壓表指針偏角，可適當增大勻強磁場的磁感應強度大小，也可換用直徑小一些的塑料管，還可換用量程小一些的電壓表等．13．答案：(1)0≤I≤eq\f(24,7)A(2)B＝eq\f(1,1＋t)(T)解析：(1)由題意可得mgsinθ＝μmgcosθ故通過桿的電流最小值Imin≥0即可．若桿受到沿斜面對下的最大靜摩擦力，則此時通過桿的電流最大為Imax，其受到的安培力為F＝ImaxlB0方向水平向右，受力分析圖如下由受力平衡可得mgsinθ＋μFN＝Fcosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋Fsinθ聯(lián)立解得Imax＝eq\f(24,7)A綜上可得通過桿的電流范圍為0≤I≤eq\f(24,7)A.(2)開關(guān)S1閉合后，由于mgsi