广西专版新教材高中物理第1章安培力与洛伦兹力过关检测B卷新人教版选择性必修第二册

PAGE11PAGE第一章过关检测(B卷)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第1~7小题只有一个选项符合题目要求,第8~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.如图所示,在匀强磁场中,有一个正六边形线框,现给线框通电,正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F,则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为()A.33F B.F C.3F D.2答案:A解析:根据左手定则,依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大、反向,合力为零,中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°,每边受安培力设为F1,则2F1cos30°=F,可得F1=33F,故选项A2.一个半径为r的均匀导电金属圆环放置在粗糙的水平绝缘桌面上,现加上一方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场,如图所示(俯视图)。将金属圆环接入电路中,干路电流为I,接入点a、b是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态,则()A.当电流为I时,金属圆环上半部分受到的安培力大小为πBIrB.当电流为I时,金属圆环受到的安培力大小为BIrC.增大干路电流,金属圆环对桌面的压力增大D.增大干路电流,金属圆环对桌面的摩擦力增大答案:D解析:当电流为I时,金属圆环上半部分受到的安培力大小为F1=B·I2·2r=BIr,选项A错误。当电流为I时,金属圆环上下两部分受到的安培力均为BIr且方向相同,则金属环受到的安培力大小为2BIr,选项B错误。由左手定则可知,金属环所受的安培力方向沿水平方向,则增大干路电流,安培力变大,但金属圆环对桌面的压力不变,金属圆环对桌面的摩擦力增大,选项C错误,D3.如图所示,水平导线中有电流I通过,导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同,则电子将()A.沿路径a运动,轨迹是圆B.沿路径a运动,轨迹半径越来越大C.沿路径a运动,轨迹半径越来越小D.沿路径b运动,轨迹半径越来越小答案:B解析:水平导线在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外,由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲,又由r=mvqB知,B减小,r越来越大,故选项B4.如图所示,原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流,在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定。今在长直导线中通以图示方向的电流时,在磁场力的作用下,圆形线圈将()A.向左平动 B.向右平动C.仍然静止 D.绕ab轴转动答案:D解析:根据右手螺旋定则知,直线电流在a点的磁场方向竖直向上,与a点电流方向平行,所以a点不受安培力,同理b点也不受力;取线圈上下位置处一微元研究,上边微元电流方向水平向左,直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方,下边微元电流方向水平向右,直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方,根据左手定则,上边微元受到的安培力垂直纸面向里,下边微元所受安培力垂直纸面向外,所以圆形线圈将以直径ab为轴转动。故选项D正确。5.下图为磁流体发电机的示意图,一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板,板间连入电阻R,则电路稳定后()A.R中有向下的电流B.离子在磁场中不发生偏转C.A、B板聚集的电荷量基本不变D.离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案:C解析:由左手定则知,正离子向B板偏转,负离子向A板偏转,即B板带正电,A板带负电,电路稳定后,A、B板聚集的电荷量基本不变,电阻R中有向上的电流,选项A、B错误,C正确。因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不可能做功,选项D错误。6.科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子。如图所示,粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处,可以沿纸面向各个方向发射速率不同的同种粒子,粒子质量为m、电荷量为q、最大速率为vm,忽略粒子重力及粒子间相互作用。要使粒子均不能射出正方形区域,可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场,则磁感应强度的最小值为()A.2mvmqaC.4mvmqa答案:C解析:由r=mvqB可知,m、q、B一定时,r与v成正比。加一垂直纸面的匀强磁场后,如果速度最大的带电粒子的轨迹半径r=a4,则所有粒子均不能射出正方形区域;由qvB=mvm2r,解得Bmin=4mvmqa,7.如图所示磁场区域的边界为圆形,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。带电粒子从a点以初速度v0正对磁场中心O进入磁场,从b点离开磁场时速度方向偏转了π2。若同样的粒子从a点以大于v0的速度沿原方向进入磁场,从c点(图中未画出)离开磁场,粒子在磁场中运动的时间为t,速度方向偏转的角度为θ,不计粒子重力。下列说法正确的是(A.粒子带正电荷 B.c点在b点左方C.t>πm2Bq D.答案:D解析:粒子从a点射入从b点离开磁场时速度方向偏转了π2,则粒子进入磁场后向下偏转,粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下,由左手定则可知,粒子带负电,选项A错误。设磁场区域的半径为R,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=mv02r,解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=mv0qB=R,粒子射入磁场时的速度变大,大于v0,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r变大,r>R,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,则c点在b点的右侧,选项B错误。粒子在磁场中转过的圆心角θ<π2,粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv=2π8.在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力),电子可能沿水平方向向右做直线运动的是()答案:BC解析:若电子水平向右运动,在A图中静电力水平向左,洛伦兹力竖直向下,不可能向右做直线运动。在B图中电子所受的静电力水平向左,洛伦兹力为零,故电子可能水平向右做匀减速直线运动。在C图中,电子所受静电力竖直向上,洛伦兹力竖直向下,电子可能向右做匀速直线运动。在D图中,电子所受静电力竖直向上,洛伦兹力竖直向上,故电子不可能沿水平方向向右做直线运动。选项B、C正确,A、D错误。9.如图所示,在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场,方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S,能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m的带正电粒子,不计粒子的重力,已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d,则()A.粒子能打到荧屏上的区域长度为23dB.能打到荧屏上最左侧的粒子所用的时间为πC.粒子从发射到打到荧屏上的最长时间为πD.同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差为7π答案:BD解析:打在荧屏上的粒子轨迹的临界状态如图所示。根据几何关系知,带电粒子能打到荧屏上的长度为l=R+3R=(1+3)R=(1+3)d,选项A错误。由运动轨迹图可知,能打到荧屏上最左侧的粒子偏转了半个周期,故所用时间为t=12T,又T=2πdv,解得t=πdv,选项B正确。设此时粒子出射速度的大小为v,在磁场中运动时间最长(优弧1)粒子做整个圆周运动的周期T=2πdv,由几何关系可知,最短时间t2=16T=πd3v,最长时间t1=34T=3πd2v,根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差Δt=t1-t2,10.如图所示,粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球,整个装置处在由水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中,小球由静止开始下滑,则下列说法正确的是()A.小球的加速度先增大后减小B.小球的加速度一直减小C.小球的速度先增大后减小D.小球的速度一直增大,最后保持不变答案:AD解析:小球由静止开始下滑,受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、绝缘杆的弹力、杆对小球的摩擦力、垂直杆且与电场力方向相反的洛伦兹力作用。随着小球速度的增大,所受的洛伦兹力增大,小球对绝缘杆的弹力减小,小球所受摩擦力减小,小球所受合外力增大,加速度增大。当速度增大到足够大时,所受的洛伦兹力大于电场力,小球对绝缘杆的弹力增大,小球所受摩擦力增大,小球所受合外力减小,加速度减小,即小球的加速度先增大后减小,选项A正确,B错误。无论小球的加速度是增大还是减小,小球的速度都是增大,当加速度减小到零时,速度保持不变,选项C错误,D正确。二、填空题(共2小题,共18分)11.(9分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机,下图是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为l、匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下、大小为B,区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等,某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I。此时线圈所受安培力的大小为,方向为;若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,安培力的功率为。

答案:nBIl水平向右nBIlv解析:线圈前后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIl,由左手定则知方向水平向右。安培力的功率为P=Fv=nBIlv。12.(9分)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图所示。现测得:当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=;前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=答案:2解析:假设粒子带正电,如图甲所示,磁感应强度为B1时,弧长l1=12πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=12·2Rsinθ=Rsinπ4。如图乙所示,磁感应强度为B2时,弧长l2=23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=12·2Rsinα=Rsinπ3,因此r1∶r2=sinπ4∶sinπ3=2∶3。由洛伦兹力提供向心力,可得qv0B=mv02r,则B=m三、论述计算题(共4小题,共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)平面直角坐标系Oxy中,第一象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第三象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,求:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。答案:(1)2v0方向与x轴正方向成45°角斜向上(2)v0∶2解析:(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动,设到达O点速度v与+x方向夹角为α,Q点到x轴的距离为l,到y轴的距离为2l,粒子的加速度为a,运动时间为t,根据类平抛运动的规律,有x方向2l=v0t①y方向l=12at2②粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy=at③又tanα=vyv解得tanα=1,即α=45°,粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上,粒子到达O点时的速度大小为v=v0cos45°=2(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F粒子在电场中运动的加速度a=Fm=设磁感应强度大小为B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R根据几何关系可知R=2l⑧由①②⑤⑥⑦⑧联立解得E∶B=v0∶2。14.(12分)如图甲所示,在MN下方存在竖直向上的匀强电场,在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场,磁场的变化规律如图乙所示,规定垂直纸面向里的方向为正方向。弦MN所对的圆心角为120°。在t=0时,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场,运动到圆心O点后,做一次半径为R2的完整的圆周运动,再沿直线运动到B点,在B(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0;(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t;(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小。答案:(1)2mvqR(π+1)Rv(2)(4+5(3)8解析:(1)根据题意,粒子在磁场中运动的半径为r=R2,由洛伦兹力提供向心力得qvB0=mv2r,解得B由题图分析可知,粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点,然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0,则T0=R+πRv=(π+(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1,存在磁场的时间为t2,则t1=Rv,t2=因为∠MON=120°,可求得MN与AB之间的距离为x=R2,粒子从B点返回时,刚好进入磁场并做14圆周运动,然后进入电场做匀减速运动,当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动,此时一定存在磁场,为了满足题图甲的运动轨迹,粒子在电场中的最短时间为t1+3则粒子从B点运动到A点的最短时间为t=2(t1+34t2)+t2=2t1+52t2=(4+5π)(3)粒子在电场中做匀变速运动,加速度为a=qEm,根据速度公式得2v=解得E=8mv15.(10分)如图所示,在同一水平面的两导轨相互平行,相距2m并处于竖直向上的磁感应强度为B=0.75T的匀强磁场中,一根质量为3.0kg的金属棒放在导轨上且与导轨垂直。当金属棒中通如图所示的I=5A的电流时,金属棒恰好做匀速直线运动(g取10m/s2)。(1)求导轨与金属棒间的动摩擦因数。(2)若只改变电流的大小,使电流增加到9A,则金属棒将获得多大的加速度?(3)若只改变磁感应强度的大小和方向,使金属棒静止在导轨上并且与导轨之间无挤压,求所加磁场的磁感应强度大小和方向。答案:(1)0.25(2)2m/s2(3)3T,水平向左解析:(1)金属棒受到的安培力F=BIl,由平衡条件得μmg=BIl代入数据得μ=0.25。(2)金属棒受到的安培力F'=BI'l,由牛顿第二定律得BI