高中物理-第1章-安培力與洛倫茲力-章末測評(含解析)魯科版選擇性必修2

2020-2021高中物理第1章安培力與洛倫茲力章末測評（含解析）魯科版選擇性必修22020-2021高中物理第1章安培力與洛倫茲力章末測評（含解析）魯科版選擇性必修2PAGE8-2020-2021高中物理第1章安培力與洛倫茲力章末測評（含解析）魯科版選擇性必修2章末綜合測評(一）安培力與洛倫茲力（時間：90分鐘分值：100分）1．(4分)如圖所示，通電導線由Ⅰ位置繞固定軸轉(zhuǎn)到Ⅱ位置，該導線所受安培力大?。ǎ〢．變大 B．變小C．不變 D．不能確定C[通電導線由Ⅰ位置繞固定軸轉(zhuǎn)到Ⅱ位置的過程中，F(xiàn)、I與B三者大小不變且方向總是相互垂直的，所以F的大小不變。選C。]2．（4分)兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4,電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子受洛倫茲力之比為(）A．2∶1 B．1∶1C．1∶2 D．1∶4C［帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB與電荷量成正比，與質(zhì)量無關(guān),C項正確。]3．（4分)如圖所示，一根有質(zhì)量的金屬棒MN，兩端用細軟導線連接后懸于a、b兩點，棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中,棒中通有電流，方向從M流向N,此時懸線上有拉力,為了使拉力等于零，可以(）A．適當減小磁感應(yīng)強度B．使磁場反向C．適當增大電流D．使電流反向C[首先對MN進行受力分析：受豎直向下的重力G，受兩根軟導線的豎直向上的拉力和安培力。處于平衡時：有2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不變，欲使拉力F減小到0，應(yīng)增大安培力BIL，所以可增大磁場的磁感應(yīng)強度B或增加通過金屬棒中的電流I4．（4分）下列四副圖關(guān)于各物理量方向間的關(guān)系中，正確的是（）B[由左手定則可知,安培力的方向總是與磁感應(yīng)強度的方向垂直，故A錯誤;磁場的方向向下，電流的方向向里，由左手定則可知安培力的方向向左，故B正確；由左手定則可知，洛倫茲力的方向總是與磁感應(yīng)強度的方向垂直，應(yīng)為垂直紙面向外，故C錯誤；通電螺線管內(nèi)部產(chǎn)生的磁場的方向沿螺線管的軸線方向，由題圖D可知電荷運動的方向與磁感線的方向平行，不受洛倫茲力，故D錯誤。］5．(4分）粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電，讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動。已知磁場方向垂直紙面向里，以下四個圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是(）A[由半徑公式R＝eq\f(mv,qB）得eq\f(R甲,R乙）＝eq\f（m甲，m乙）·eq\f(q乙，q甲）＝2，再由左手定則知，選項A正確，B、C、D均錯.］6．(4分)有一混合正離子束先后通過正交電磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如圖所示，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同,則它們一定具有相同的（）①速度；②質(zhì)量；③電荷量;④比荷A．①③ B．②③④C．①④ D．①②③④C[在區(qū)域Ⅰ，運動的正離子受到豎直向下的電場力和豎直向上的洛倫茲力，且Eq＝Bqv，離子以速度v＝eq\f（E,B）勻速穿過區(qū)域Ⅰ,進入?yún)^(qū)域Ⅱ，離子做勻速圓周運動，軌道半徑r＝eq\f（mv,qB),因經(jīng)區(qū)域Ⅰ的正離子v相同,當v相同時,必有eq\f（q,m）相同.]7．（4分）如圖所示為一種回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連，現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2，1）H）和氦核（eq\o\al(4，2）He),下列判斷中正確的是（）A．它們在D形盒中運動的周期不相同B．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能C．它們的最大動能相同D．它們的最大速度相同D[粒子做圓周運動的周期為eq\f（2πm，qB)，代入數(shù)值可知周期相同,選項A錯；粒子做圓周運動的最大半徑等于D形盒半徑，半徑相同,根據(jù)半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知最大速度相同，選項D對；Ek＝eq\f(1，2）mv2，可知最大動能不同且與頻率無關(guān)，選項B、C均錯。]8．(12分)如圖所示，有一半徑為R、有明顯邊界的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B。今有一電子沿x軸正方向射入磁場,恰好沿y軸負方向射出。如果電子的比荷為eq\f（e，m）。求：（1)電子射入磁場時的速度大小；(2)電子在磁場中運動的時間。[解析］由題意可確定其軌跡如圖所示.(1)由幾何知識可求軌跡的半徑為r＝R.結(jié)合半徑公式r＝eq\f(mv,qB）得電子的速度大小為v＝eq\f（eBR，m）。(2)軌跡所對的圓心角為90°，所以電子在磁場中運動的時間t＝eq\f（1，4）T＝eq\f(πm，2eB）.［答案］（1)eq\f（eBR,m）（2）eq\f（πm,2eB)9.(14分）如圖所示,在與水平方向成60°角的光滑金屬導軌間連一電源，在相距1m的平行導軌上放一重為3N的金屬棒ab，棒上通過3A的電流，磁場方向豎直向上，這時棒恰好靜止，求:(1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；(2)ab棒對導軌的壓力；（3)若要使B取值最小,其方向應(yīng)如何調(diào)整？并求出最小值.［解析]（1)棒靜止時,其受力如圖所示則有：F＝Gtan60°，即BIl＝Gtan60°，B＝eq\f(\r(3）G,Il)＝eq\r(3）T。(2）ab棒對導軌的壓力F′N與FN大小相等,FN＝eq\f（G,cos60°)＝6N，所以F′N＝FN＝6N。(3）若要使B取值最小，即安培力F最小。顯然當F平行于斜面向上時，F(xiàn)有最小值，此時B應(yīng)垂直斜面向上，且有:F＝Gsin60°所以BminIl＝Gsin60°Bmin＝eq\f（Gsin60°,Il)＝eq\f（\r(3）,2)T。［答案]（1)eq\r（3)T（2)6N（3）B應(yīng)垂直斜面向上eq\f（\r(3）,2)T10．（4分)（多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域,穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(）ABCDAD［A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電,再進入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)，正確；C圖中粒子應(yīng)順時針轉(zhuǎn),錯誤；同理可以判斷B錯，D對。]11．(4分)(多選)如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側(cè)有一正交的勻強電場、磁場區(qū)域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里,一帶電小球從軌道上的A點由靜止滑下,經(jīng)P點進入場區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運動。則可判定（）A．小球帶負電B．小球帶正電C．若小球從B點由靜止滑下,進入場區(qū)后將立即向上偏D．若小球從B點由靜止滑下，進入場區(qū)后將立即向下偏BD［小球從P點進入場區(qū)后沿水平方向做直線運動，則小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定帶正電，且qE＋qvB＝mg；若從B點靜止滑下，由動能定理可求得小球進磁場區(qū)時v′<v,則qE＋qv′B<mg，故向下偏，B、D正確。]12。(4分)（多選)如圖所示，有兩根長為L，質(zhì)量為m的細導體棒a、b；a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上,b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x，當兩細棒中均通以電流強度為I的同向電流時,a恰能在斜面上保持靜止，則下列關(guān)于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的說法正確的是（)A．方向向上B．大小為eq\f（\r（2）mg,2IL）C．要使a仍保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強度，可使b上移D．若使b下移，a將不能保持靜止ACD[根據(jù)安培定則，可知b在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向為豎直向上，A正確；根據(jù)左手定則，可知a受到水平向右的安培力，還受豎直向下的重力，斜面給的支持力，合力為零,根據(jù)共點力平衡條件可得BIL＝mg，解得B＝eq\f（mg，IL)，B錯誤;重力和水平向右的磁場力的合力與支持力平衡，當減小b在a處的磁感應(yīng)強度，則磁場力減小,要使a仍平衡，根據(jù)受力平衡條件，則可使b上移,即b對a的磁場力斜向上,C正確；當b豎直向下移動,導體棒間的安培力減小，根據(jù)受力平衡條件,當a受到的安培力方向順時針轉(zhuǎn)動時，只有大小變大才能保持平衡，而安培力在減小，因此不能保持靜止，故D正確.］13。（4分)(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖,帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為0)后，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處。圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（）A．a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量B．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量C．a(chǎn)運動的時間小于b運動的時間D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷CD[粒子經(jīng)電場加速的過程，由動能定理有：qU＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0）；粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律知Bqv0＝meq\f(v\o\al（2,0),R）,所以R＝eq\f(1,B）eq\r（\f(2mU,q))，由圖知Ra＜Rb，故eq\f(qa,ma）＞eq\f(qb，mb),A、B錯,D對；因周期為T＝eq\f(2πm，Bq）,運行時間為eq\f（T，2），所以a運動的時間小于b運動的時間,C對。］14．(4分)（多選）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫,兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是（)A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qBL＋3d，2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大BC[利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，選項A錯誤；利用qvB＝eq\f(mv2，r）知r＝eq\f（mv,qB),能射出的粒子滿足eq\f（L,2)≤r≤eq\f（L＋3d，2)，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m）＝eq\f(qB3d＋L，2m)，選項B正確；vmin＝eq\f（qBrmin,m)＝eq\f（qBL，2m）,Δv＝vmax－vmin＝eq\f（3qBd，2m），由此式可判定選項C正確,D錯誤。]15．(12分)如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場。x軸下方有磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B,2),方向垂直紙面外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，從x軸上O點以速度v0垂直x軸向上射出.求：(1）射出之后經(jīng)多長時間粒子第二次到達x軸；（2)粒子第二次到達x軸時離O點的距離。[解析］粒子射出后受洛倫茲力做勻速圓周運動，運動半個圓周后第一次到達x軸，以向下的速度v0進入下方磁場，又運動半個圓周后第二次到達x軸。如圖所示。(1)由牛頓第二定律有qv0B＝meq\f(v\o\al（2,0）,r） ①T＝eq\f(2πr，v0) ②得T1＝eq\f（2πm，qB）,T2＝eq\f(4πm,qB)，粒子第二次到達x軸需時間t＝eq\f（1,2）T1＋eq\f(1，2）T2＝eq\f(3πm,qB）。（2）由①式可知r1＝eq\f(mv0,qB)，r2＝eq\f（2mv0,qB)，粒子第二次到達x軸時離O點的距離s＝2r1＋2r2＝eq\f（6mv0,qB)。［答案]（1）eq\f(3πm，qB)(2）eq\f（6mv0,qB)16．(14分)兩塊金屬板a、b平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場,假設(shè)電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度v0從兩極板中間,沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉(zhuǎn)地通過場區(qū)，如圖所示，已知板長l＝10cm，兩板間距d＝3.0cm，兩板間電勢差U＝150V，v0＝2.0×107（1）求磁感應(yīng)強度B的大小；(2)若撤去磁場，求電子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及電子通過場區(qū)后動能的增加量（電子所帶電荷量的大小與其質(zhì)量之比eq\f(e,m)＝1.76×1011C/kg，電子帶電荷量的大小e＝