第一單元磁場對電流的作用（能力提升）—高二物理教科版（2019）選擇性必修第二冊單元鞏固檢測（試卷滿分：100分；考試時間：60分鐘）一、選擇題：本題共12小題，共60分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，每小題5分；第9~12題有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全得2分，選錯得0分。1.如圖甲所示，直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上，且P固定于水平軸正下方，兩組繩長也相同，其截面圖如圖乙所示。導線Р通以垂直紙面向里的電流，導線Q電流方向未知，平衡時兩組絕緣輕繩之間的夾角為θ。已知Q的質量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.圖乙中導線Q中電流方向垂直紙面向里B.導線P、Q間的安培力大小為C.當導線Р中電流突然消失的瞬間，導線Q受到兩繩的拉力大小之和為D.僅使導線Р中電流緩慢增大且θ不超過90°，導線Q對懸線的拉力大小保持不變2.1931年英國物理學家狄拉克從理論上預言：存在只有一個磁極的粒子，即“磁單極子”.如圖所示為一個“N磁單極子”形成的磁場，將一個半徑為r、質量為m的導體線圈水平放置在該磁單極子的正上方，線圈所在位置的磁感應強度大小為B，與圓環相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若線圈恰好在該位置懸浮，則線圈中電流的大小為()A. B. C. D.3.如圖所示，對角線長度為的正方形區域abcd中有垂直于紙面的磁場（圖上未畫），磁感應強度B隨時間t按（、k不變，且）變化.abcd所在平面內有一根足夠長的導體棒MN始終垂直于db，并通有恒定電流.時，導體棒從d點開始沿db方向勻速穿過磁場，速率為.設導體棒運動過程中所受安培力大小為F，圖像可能正確的是()A. B. C. D.4.如圖所示，在直線邊界的上方存在垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場，A點在上。現從A點垂直在紙面內向上發射速度大小不同、質量均為m、電量均為的粒子，已知，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子在磁場中運動的最長時間為()A. B. C. D.5.關于甲乙丙丁四個圖示，下列說明正確的是()A.圖甲是三根平行直導線的截面圖，若它們的電流大小都相同，方向垂直紙面向里。且，則A點的磁感應強度方向水平向左B.圖乙速度選擇器如果帶電粒子從右邊小孔射入，也能沿虛線路徑從左邊小孔飛出C.圖丙磁流體發電機，通過電阻R的電流大小與A、B板間的磁感應強度無關D.圖丁質譜儀，比荷相同的氦核和氘核，從容器A下方的小孔S?飄入，經電場加速再進入勻強磁場后會打在照相底片同一個地方6.如圖所示，勻強磁場中有兩個相同的彈簧測力計，測力計下方豎直懸掛一邊長為L，粗細均勻的均質金屬等邊三角形，將三條邊分別記為a、b、c。在a的左右端點M、N連上導線，并通入由M到N的恒定電流，此時a中電流大小為I，兩彈簧測力計的示數均為。僅將電流反向，兩彈簧測力計的示數均為。電流產生的磁場忽略不計，下列說法中正確的是()A.三條邊a、b、c中電流大小相等B.兩次彈簧測力計示數C.勻強磁場的磁感應強度D.金屬等邊三角形的總質量7.如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內有垂直于紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為的帶電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，不考慮帶電粒子受到的重力，則下列說法正確的是()A.粒子可能從B點射出B.若粒子垂直于BC邊射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為C.若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為D.若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運動的時間越短8.磁約束是一種利用磁場對帶電粒子進行約束的技術，在離子源、等離子體物理、核聚變等領域有著廣泛的應用。如圖所示，內半徑為R、外半徑為的環形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，CD為一條水平直徑，一質量為m、帶電荷量為的粒子從C點沿與CD成60°角的方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是()A.有且僅有一個速率能使粒子經過D點B.粒子在磁場中連續偏轉90°角后能經過圓心OC.速率滿足的粒子均不進入小圓D.速率滿足的粒子均不進入小圓9.如圖所示為電流天平，它兩臂等長。右臂下方掛著矩形線圈，線圈匝數為n，水平邊長為L，線圈下部處于勻強磁場內，磁感應強度B的方向垂直線圈平面向里。當線圈中通過電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡。然后使電流反向，大小不變，這時需要在左盤中移走質量為的砝碼，才能使兩臂再次達到新的平衡。則()A.電流反向前，線圈所受安培力的方向向上B.電流反向前，線圈中的電流方向從外向里看為順時針方向C.移走的砝碼質量D.移走的砝碼質量10.如圖所示，矩形ABCD區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點，在O點有一粒子源，可以在紙面內向磁場內各個方向射出質量均為m、電荷量均為q、有同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則()A.粒子帶正電B.粒子運動的速度大小為C.粒子在磁場中運動的最長時間為D.磁場區域中有粒子通過的面積為11.學習了洛倫茲力知識后，某同學設計了減少高能宇宙射線對航天員輻射的裝置，裝置可簡化為在空間站內設置空心圓柱體形屏蔽磁場。其橫截面如圖所示，設同心圓內徑，外徑，屏蔽區內為勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。若該平面內充滿了速度大小為v、質量為m、電荷量為e的質子，不計質子重力，下列說法正確的是()A.為使正對圓心方向入射的質子恰好不能進入防護區，則屏蔽區內磁感應強度的大小為B.正對圓心方向入射且恰好不能進入防護區內部的質子在屏蔽區內運動的時間為C.為使沿任意方向運動的質子都不能進入防護區內部，則屏蔽區內磁感應強度的最小值為D.為使沿任意方向運動的質子都不能進入防護區內部，則屏蔽區內磁感應強度的最小值為12.如圖所示為質譜儀的結構圖，該質譜儀由速度選擇器與偏轉磁場兩部分組成，已知速度選擇器中的磁感應強度大小為、電場強度大小為E，熒光屏下方勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為。三個帶電荷量均為q、質量不同的粒子沿豎直方向經速度選擇器由熒光屏上的狹縫O進入偏轉磁場，最終打在熒光屏上的，相對應的三個粒子的質量分別為（粒子的質量均位置），忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則下列說法正確的是()A.如果M板帶正電，則速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B.打在位置的粒子速度最大C.打在位置的粒子質量最小D.如果，則二、實驗探究題，共16分。13.（10分）如圖所示，虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場。現通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關，此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線，實驗電路圖如圖所示。補充完成下列實驗步驟：（1）按照實驗電路圖連接電路。（2）保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態，取出托盤中的細沙，然后用天平稱出細沙質量。（3）閉合開關S，調節電阻R的阻值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D重新處于平衡狀態，然后讀出電流表的示數I，再取出托盤中的細沙，并用天平測量此時細沙的質量。（4）用刻度尺測量________，記為L。（5）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度B的大小，則________。（6）判定磁感應強度方向的方法：若________（填“>”或“<”），磁感應強度方向垂直紙面向外。反之，磁感應強度方向垂直紙面向里。14.（6分）某同學學習了電磁炮驅動原理和磁電式電流表結構后，設想將電磁炮水平軌道改為半徑為R的半圓形軌道，正對豎直擺放，軌道寬度為d，如圖（a）所示。并將勻強磁場改為均勻輻向分布的磁場，使得軌道所在處磁感應強度大小恒為B，并用質量為m，長度略大于d的細導體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖（b）所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導體棒一瞬時沖量，輸入合適的變化電流，使得導體棒以速度v在半圓形軌道上做勻速圓周運動，重力加速度大小為g。（1）記錄下導體棒過最低點時輸入的瞬時電流為，則可計算導體棒與軌道的動摩擦因數為________（用和題中已知物理量的字母表示）。（2）若測得μ非常小，可以忽略摩擦，且不考慮電磁感應現象，那么從最低點開始計時，輸入電流I隨時間t的變化關系圖像是______。A. B. C. D.三、計算題，共24分。15.（12分）如圖所示在兩極板間存在勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場Ⅰ，一帶電量為，質量為m的粒子恰能以速度v沿勻速飛出極板，進入磁感應強度為2B的勻強磁場區域Ⅱ。不計粒子重力，求：（1）兩極板間勻強電場電場強度的大小和方向；（2）粒子經過磁場Ⅱ后從左邊界射出的位置S距的距離；（3）若撤去兩極板間的電場，粒子仍以水平速度v從O點釋放，偏轉后恰能從下極板右端飛出，并經過磁場Ⅱ后回到O點。若極板間距為2d，請用d表示磁場Ⅱ的最小寬度。16.（12分）如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為，方向垂直平面向里的圓形磁場區域Ⅰ，圓形磁場區域Ⅰ與x軸相切于O點，半徑。在第三象限某區域內存在著磁感應強度大小為，方向垂直于平面向外的圓形勻強磁場區域Ⅱ（圖中未畫出），在第四象限內存在電場強度為E，方向平行于xOy平面且與y軸負方向成α角的勻強電場。現有質量為，電荷量為的電荷從M點以平行于x軸的速度進入Ⅰ區域，隨后穿過Ⅱ區域到達y軸上的P點，經第四象限電場偏轉后恰好能回到O點。已知P點坐標為，。該電荷到達P點時速度方向與y軸垂直，重力忽略不計。求：（1）該電荷在區域Ⅰ內運動的時間t；（2）區域Ⅱ內圓形磁場的最小面積S；（3）第四象限內勻強電場的電場強度E的大小。

答案以及解析1.答案：D解析：A.對Q進行受力分析可知，P對Q的力為斥力，由安培定則和左手定則可知，則兩導線的電流方向相反，即導線中電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；B.設導線Q受到兩繩的拉力之和為T，導線P、Q間的安培力為F，對Q進行受力分析，根據三角形定則，受力如下圖所示由于兩組繩長相同，則根據幾何知識可得故B錯誤；C.當導線P中電流突然消失的瞬間，導線P、Q間的安培力消失，此時沿繩方向上的合力為零，則導線Q受到兩繩的拉力大小之和為，故C錯誤；D.由上述分析可知，導線Q受到兩繩的拉力之和T始終為mg，與電流和角度無關，則導線Q對懸線的拉力大小不變，故D正確。故選D。2.答案：B解析：將磁感應強度B沿水平和豎直方向進行正交分解，如圖所示：則有利用微元法思想，把圓環分割成許多極短的電流元，根據左手定則，每小段電流元所受的安培力，分解成豎直分量的作用力和水平分量的作用力，由線圈恰好在該位置懸浮的題意可知，豎直分量的作用力的合力豎直向上，水平方向分量作用力沿半徑向里，根據對稱性，沿半徑方向安培力合力是零，磁場的水平分量產生的安培力豎直向上，其合力大小為由平衡條件可知所以聯立兩式可得線圈中電流大小為故選B。3.答案：A解析：在導體棒在時，在經過時間t導體棒移動的距離為，此時導體棒在磁場中的長度，所受的安培力，則圖像為開口向下的拋物線的一部分；同理導體棒在時，受安培力，由數學知識可知圖像為開口向上的拋物線的一部分，則圖像為A。故選A。4.答案：C解析：根據題意可知，當粒子由N點飛出時，運動的時間最長，運動軌跡如圖所示設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系有解得由聯立解得則由牛頓第二定律有解得由幾何關系可知，粒子運動軌跡的長度為則粒子的運動時間為故選C。5.答案：D解析：A.圖甲，由安培定則可知，B處與D處的直線電流在A點產生的磁感應強度大小相等，方向相反，合磁感應強度等于零，因此A點的磁感應強度由C處的直線產生，磁感應強度方向水平向右，A錯誤；B.圖乙速度選擇器如果帶電粒子從右邊小孔射入，帶電粒子帶正電，由左手定則可知，帶電粒子受洛倫茲力方向向下，同時受電場力方向也向下，因此如果帶電粒子從右邊小孔射入，不能沿虛線路徑從左邊小孔飛出，B錯誤；C.圖丙磁流體發電機，其產生的電動勢為,當等離子體平衡時，則有洛倫茲力大小等于電場力，其等離子體的速度不變，d為兩板間的間距不變，因此電動勢E由磁感應強度決定，由歐姆定律可知，通過電阻R的電流大小與電動勢有關，即與磁感應強度有關，C錯誤；D.帶電粒子在電場中加速時則有在磁場中，則有解得由上式可知，比荷相同的氦核和氘核在磁場中運動的半徑相同，比荷相同的氦核和氘核，從容器A下方的小孔飄入，經電場加速再進入勻強磁場后會打在照相底片同一個地方，D正確。故選D。6.答案：C解析：A.根據題意可知，b與c串聯后再與a并聯，電壓相等，bc的電阻為a的電阻的兩倍，此時a邊中電流大小為I，則bc中的電流為，故A錯誤；BCD.電流反向前，根據左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向上，bc邊的安培力方向也豎直向上，a邊的安培力大小為bc邊的安培力大小為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得電流反向后，根據左手定則，可知a邊的安培力方向豎直向下，bc邊的安培力方向豎直向下，a邊的安培力大小仍然為bc邊的安培力大小仍然為對金屬等邊三角形受力分析，可得解得由以上分析可得，，解得，故BD錯誤，C正確。故選C。7.答案：C解析：A．帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉，由于BC邊的限?粒子不能到達B點，故A錯誤；B．粒子垂直于BC邊射出，如圖甲所示則粒子做勻速圓周運動的半徑等于D點到BC邊的距離，即故B錯誤；C．粒子從C點射出，如圖乙所示根據幾何關系可得解得則粒子軌跡對應的圓心角的正弦值為則粒子在磁場中運動的時間為故C正確；D．由，可知若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖丙所示粒子從AB邊射出時的圓心角相同，其在磁場中運動的時間相同，故D錯誤。故選C。8.答案：D解析：第一步：構建模型→分析粒子能經過D點的速率假設粒子經過磁場的偏轉能直接經過D點，如圖1中①所示，根據幾何知識有，解得，則粒子運動軌跡恰與小圓最上端相切，假設成立。當粒子進入小圓時的速度與CD平行時，如圖1中②所示，根據運動的對稱性可知，粒子能經過D點，A錯誤。第二步：利用假設法分析粒子偏轉90°角后能否經過圓心假設粒子在磁場中連續偏轉90°角后能經過圓心O，如圖1中③所示，根據幾何知識可知，則，根據相似三角形可知，假設不成立，B錯誤。第三步：臨界分析→粒子運動的兩種臨界情況根據以上分析可知，粒子運動軌跡半徑為2R時恰好不進入小圓，根據洛倫茲力提供向心力有，解得，另一種情況如圖2所示，根據余弦定理有，解得，根據洛倫茲力提供向心力可得速度，則當粒子速率滿足或時，粒子不進入小圓，C錯誤，D正確。9.答案：BC解析：AB.電流反向后需要在左盤中移走質量為的砝碼，才能使兩臂再次達到新的平衡，可知電流反向后安培力向上，則電流反向前，線圈所受安培力方向應當向下，由左手定則可知，電流方向為順時針方向，故A錯誤，B正確；CD.由題意有解得故C正確，D錯誤。故選BC。10.答案：BD解析：A.速度與OB的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，由粒子運動的軌跡根據左手定則可判斷，粒子帶負電，A錯誤；B.由此粒子的運動軌跡結合幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑，由牛頓第二定律則粒子運動的速度大小為B正確；C.由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此在磁場中運動的軌跡越長，時間越長，分析可知，粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周，因此最長時間為四分之一周期，即最長時間為，C錯誤；D.由圖可知磁場區域有粒子通過的面積為圖中AOCDA區域的面積，即為D正確。故選BD。11.答案：BC解析：A.設質子在屏蔽區內運動的軌跡半徑為r，恰好不能進入防護區內部的質子運動軌跡如圖所示由幾何關系得解得根據洛倫茲力提供向心力有解得A錯誤；B.質子在磁場中的軌跡對應的圓心角為所求時間為B正確；CD.為使所有速度為v的質子都不能進入防護區，軌跡如圖所示則質子的軌跡半徑最大為由洛倫茲力提供向心力有解得所以磁感應強度的大小應該滿足的條件為即磁感應強度的最小值為，C正確，D錯誤。故選BC。12.答案：AC解析：A.在偏轉磁場中，由左手定則可知三個粒子都帶正電荷；則在速度選擇器中，粒子受到的電場力方向向右，洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知，速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外，故A正確；B.粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，有可得所以三個粒子的速度大小相等，故B錯誤；C.粒子進入偏轉磁場后做勻速圓周運動，則有解得則粒子打在屏上的位置與O點的距離為由于，所以即打在位置的粒子質量最小，故C正確；D.由可得如果，則故D錯誤。故選AC。13.答案：（4）金屬框D的下邊長（5）（6）<解析：（4）用刻度尺測量金屬框D的下邊長，記為L。（5）保持開關S斷開，使D處于平衡狀態，細沙的重力與金屬框的重力相等，閉合開關S，使D重新處于平衡狀態，細沙的重力等于金屬框重力和下邊框所受安培力矢量和，即兩次細沙的重力差等于金屬框下邊框所受安培力大小，有解得（6）如果磁感應強度垂直紙面向里，由左手定則可知L受到的安培力