高中物理-第1章-安培力与洛伦兹力-章末测评(含解析)鲁科版选择性必修2

2020-2021高中物理第1章安培力与洛伦兹力章末测评（含解析）鲁科版选择性必修22020-2021高中物理第1章安培力与洛伦兹力章末测评（含解析）鲁科版选择性必修2PAGE8-2020-2021高中物理第1章安培力与洛伦兹力章末测评（含解析）鲁科版选择性必修2章末综合测评(一）安培力与洛伦兹力（时间：90分钟分值：100分）1．(4分)如图所示，通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，该导线所受安培力大小（）A．变大 B．变小C．不变 D．不能确定C[通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置的过程中，F、I与B三者大小不变且方向总是相互垂直的，所以F的大小不变。选C。]2．（4分)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为(）A．2∶1 B．1∶1C．1∶2 D．1∶4C［带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB与电荷量成正比，与质量无关,C项正确。]3．（4分)如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,棒中通有电流，方向从M流向N,此时悬线上有拉力,为了使拉力等于零，可以(）A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向C[首先对MN进行受力分析：受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力。处于平衡时：有2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I4．（4分）下列四副图关于各物理量方向间的关系中，正确的是（）B[由左手定则可知,安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误;磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，应为垂直纸面向外，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线方向，由题图D可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。］5．(4分）粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里，以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是(）A[由半径公式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，再由左手定则知，选项A正确，B、C、D均错.］6．(4分)有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如图所示，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的（）①速度；②质量；③电荷量;④比荷A．①③ B．②③④C．①④ D．①②③④C[在区域Ⅰ，运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且Eq＝Bqv，离子以速度v＝eq\f（E,B）匀速穿过区域Ⅰ,进入区域Ⅱ，离子做匀速圆周运动，轨道半径r＝eq\f（mv,qB),因经区域Ⅰ的正离子v相同,当v相同时,必有eq\f（q,m）相同.]7．（4分）如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核(eq\o\al(2，1）H）和氦核（eq\o\al(4，2）He),下列判断中正确的是（）A．它们在D形盒中运动的周期不相同B．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能C．它们的最大动能相同D．它们的最大速度相同D[粒子做圆周运动的周期为eq\f（2πm，qB)，代入数值可知周期相同,选项A错；粒子做圆周运动的最大半径等于D形盒半径，半径相同,根据半径公式R＝eq\f(mv,qB)可知最大速度相同，选项D对；Ek＝eq\f(1，2）mv2，可知最大动能不同且与频率无关，选项B、C均错。]8．(12分)如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B。今有一电子沿x轴正方向射入磁场,恰好沿y轴负方向射出。如果电子的比荷为eq\f（e，m）。求：（1)电子射入磁场时的速度大小；(2)电子在磁场中运动的时间。[解析］由题意可确定其轨迹如图所示.(1)由几何知识可求轨迹的半径为r＝R.结合半径公式r＝eq\f(mv,qB）得电子的速度大小为v＝eq\f（eBR，m）。(2)轨迹所对的圆心角为90°，所以电子在磁场中运动的时间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）如图所示,在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通过3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求:(1）匀强磁场的磁感应强度；(2)ab棒对导轨的压力；（3)若要使B取值最小,其方向应如何调整？并求出最小值.［解析]（1)棒静止时,其受力如图所示则有：F＝Gtan60°，即BIl＝Gtan60°，B＝eq\f(\r(3）G,Il)＝eq\r(3）T。(2）ab棒对导轨的压力F′N与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。显然当F平行于斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直斜面向上，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应垂直斜面向上eq\f（\r(3）,2)T10．（4分)（多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域,穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是(）ABCDAD［A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电,再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确；C图中粒子应顺时针转,错误；同理可以判断B错，D对。]11．(4分)(多选)如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里,一带电小球从轨道上的A点由静止滑下,经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（）A．小球带负电B．小球带正电C．若小球从B点由静止滑下,进入场区后将立即向上偏D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏BD［小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE＋qvB＝mg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v′<v,则qE＋qv′B<mg，故向下偏，B、D正确。]12。(4分)（多选)如图所示，有两根长为L，质量为m的细导体棒a、b；a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上,b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时,a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是（)A．方向向上B．大小为eq\f（\r（2）mg,2IL）C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D．若使b下移，a将不能保持静止ACD[根据安培定则，可知b在a处产生的磁感应强度方向为竖直向上，A正确；根据左手定则，可知a受到水平向右的安培力，还受竖直向下的重力，斜面给的支持力，合力为零,根据共点力平衡条件可得BIL＝mg，解得B＝eq\f（mg，IL)，B错误;重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小,要使a仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移,即b对a的磁场力斜向上,C正确；当b竖直向下移动,导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件,当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确.］13。（4分)(多选)如图所示是质谱仪工作原理的示意图,带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为0)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．a运动的时间小于b运动的时间D．a的比荷大于b的比荷CD[粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0）；粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律知Bqv0＝meq\f(v\o\al（2,0),R）,所以R＝eq\f(1,B）eq\r（\f(2mU,q))，由图知Ra＜Rb，故eq\f(qa,ma）＞eq\f(qb，mb),A、B错,D对；因周期为T＝eq\f(2πm，Bq）,运行时间为eq\f（T，2），所以a运动的时间小于b运动的时间,C对。］14．(4分)（多选）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（)A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qBL＋3d，2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大BC[利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，选项A错误；利用qvB＝eq\f(mv2，r）知r＝eq\f（mv,qB),能射出的粒子满足eq\f（L,2)≤r≤eq\f（L＋3d，2)，因此对应射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m）＝eq\f(qB3d＋L，2m)，选项B正确；vmin＝eq\f（qBrmin,m)＝eq\f（qBL，2m）,Δv＝vmax－vmin＝eq\f（3qBd，2m），由此式可判定选项C正确,D错误。]15．(12分)如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场。x轴下方有磁感应强度大小为eq\f(B,2),方向垂直纸面外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出.求：(1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴；（2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离。[解析］粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴。如图所示。(1)由牛顿第二定律有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)，粒子第二次到达x轴需时间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)，粒子第二次到达x轴时离O点的距离s＝2r1＋2r2＝eq\f（6mv0,qB)。［答案]（1）eq\f(3πm，qB)(2）eq\f（6mv0,qB)16．(14分)两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场,假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度v0从两极板中间,沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示，已知板长l＝10cm，两板间距d＝3.0cm，两板间电势差U＝150V，v0＝2.0×107（1）求磁感应强度B的大小；(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量（电子所带电荷量的大小与其质量之比eq\f(e,m)＝1.76×1011C/kg，电子带电荷量的大小e＝