高考物理一轮复习单元素养评价（十一）磁场安培力与洛伦兹力含答案

这是一份高考物理一轮复习单元素养评价（十一）磁场安培力与洛伦兹力含答案，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
单元素养评价(十一)　磁场安培力与洛伦兹力　一、单项选择题1．如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为(　　)A．向上    B．向下C．向左    D．向右2．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为点O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向．当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为(　　)A．BIr     B．πBIrC．BIr      D．2BIr3．如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在α粒子飞跃金属板间区域过程中(　　)A．α粒子的动能增大B．α粒子的电势能增大C．电场力对α粒子做负功D．磁场力对α粒子做负功4．如图是“人造小太阳”托卡马克装置．其原理是使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A．    B．TC．    D．T25．[2022·广西名校联考]如图所示，间距为0.3 m的平行导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨斜面向上，大小随时间变化的规律为B＝(2＋2t) T．将一根长为0.3 m、质量为0.2  kg的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通有大小为1 A、方向从a到b的电流．t＝0和t＝2 s时刻，导体棒刚好都能处于静止状态．取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，则(　　)A．平行导轨的倾角θ＝30°B．导体棒对平行导轨的压力大小为1 NC．导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力大小为0.3 ND．t＝1 s时，导体棒所受的摩擦力为06．[2022·广东佛山1月检测]地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入．赤道剖面外的地磁场可简化为包围地球的一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示．图中给出了速度在图示平面内、分别从O点沿与地面平行和与地面垂直两个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面，则下列相关说法中正确的是(　　)A．沿a轨迹运动的粒子带正电B．若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则沿轨迹a运动的粒子的速率更大C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只改变射入地磁场的方向，则只要其速度在图示平面内，无论沿什么方向入射，都会到达地面D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面二、多项选择题7．[2022·山西寿阳一中月考]有一方向竖直向下的匀强磁场垂直光滑绝缘平面，如图所示(俯视图).在A处静止放置一个不带电的金属球a，另一来自原点的运动金属球b恰好沿y轴正方向撞向a球．碰撞后，两球的运动情景图可能正确的有(　　)8．研究某种射线装置的示意图如图所示．射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点．在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点．若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子(　　)A．带正电       B．初速度为v＝C．比荷为＝     D．比荷为＝9．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是(　　)A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶10．[2022·广东江门一模]如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为(　　)A．∶＝1∶1     B．∶＝2∶1C．t1∶t2＝2∶3      D．t1∶t2＝1∶3三、非选择题11．如图所示，直角坐标系在一真空区域里，y轴的左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成θ＝30°角，y轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场，在x轴上的A点有一质子发射器，它向x轴的正方向发射速度大小为v＝2.0×106 m/s的质子，质子经磁场在y轴的P点射出磁场，射出方向恰垂直于电场的方向，质子在电场中经过一段时间运动到x轴的Q点．已知A点与原点O的距离为10 cm，Q点与原点O的距离为(20－10) cm，质子的比荷为＝1.0×108 C/kg.求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)质子在磁场中运动的时间；(3)电场强度的大小．          12．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1＝2R，圆筒轴线与磁场平行，圆筒用导线通过一个阻值为r0的电阻接地，最初金属圆筒不带电，现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN的方向向右射入磁场区，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若电子初速度满足v0＝，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大？(2)当圆筒上电荷量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时的速度v(取无穷远处或大地电势为零).     单元素养评价(十一)　磁场安培力与洛伦兹力1．解析：由安培定则知，蹄形电磁铁左端为N极，右端为S极，长直导线所在位置的磁场方向向右，由左手定则知，导线所受安培力的方向向下，B正确，A、C、D错误．答案：B2．解析：圆环受到的安培力大小等效为ab连线的长度电流受到的安培力，ab连线的长度为r，则F＝BI·r＝BIr，选项A正确．答案：A3．解析：对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力．运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小．再由动能定理可知，α粒子的动能增大．因此A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则v2正比于T，从而v正比于.带电粒子在磁场中的运动半径不变，根据牛顿第二定律有qvB＝m，可得B＝.综上可知，B正比于，故选项A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：t＝0和t＝2 s时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知t＝0时，导体棒刚好要沿导轨向下运动，t＝2 s时，导体棒刚好要沿导轨向上运动，又因为导体棒所受安培力的方向一定沿导轨向上，故根据平衡条件知，t＝0时有mg sin θ＝Ffmax＋B0IL，t＝2 s时有mg sin θ＋Ffmax＝B2IL，解得Ffmax＝0.6 N，sin θ＝0.6，即θ＝37°，选项A、C错误．导体棒对平行导轨的压力FN＝mg cos 37°＝1.6 N，选项B错误；t＝1 s时，F安＝B1IL＝1.2 N，mg sin θ＝1.2 N，因mg sin θ＝F安，故导体棒所受摩擦力为零，选项D正确．答案：D6．解析：由左手定则可知沿轨迹a、c运动的粒子带负电，沿轨迹b运动的粒子带正电，选项A错误；带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，解得轨迹半径r＝，又由图可知ra<rc，所以沿轨迹a运动的粒子的速率更小，选项B错误；沿轨迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为2ra，已达到最大值，故只要该粒子速率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面，选项C错误；结合图像由分析可知沿轨迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2rb时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，该粒子可以到达地面，选项D正确．答案：D7．解析：本题考查带电小球在磁场中运动轨迹分析．由题意分析知带电金属球b带正电，受到洛伦兹力作用做逆时针方向的圆周运动．与a球碰撞后，两球都带上了正电，均做逆时针方向的圆周运动．碰撞后，两球速度可能同向，运动轨迹内切；两球速度可能反向，运动轨迹外切，选项A、D正确，B、C错误．答案：AD8．解析：粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在磁场中：Bqv＝m；粒子在电磁正交场中：qE＝qvB，v＝，选项B错误；联立解得＝，选项C错误，D正确．答案：AD9．解析：由r＝可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝以及rn＝可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶，D正确．答案：BD10．解析：粒子的运动轨迹如图，设正方形边长为L，则从b点飞出的粒子的运动半径为r1＝L，从c点飞出的粒子的运动半径也为r2＝L，洛伦兹力提供向心力qv0B＝，解得＝，则∶＝1∶1，故A正确，B错误；根据T＝＝可知，两粒子的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝T，可得：t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，故C正确，D错误．答案：AC11．解析：(1)设质子在磁场中做圆周运动的半径为r.过A、P点作速度v的垂线，交点即为质子在磁场中做圆周运动的圆心O1.由几何关系得α＝θ＝30°，所以r＝2OA＝20 cm.设磁感应强度为B，根据质子的运动方向和左手定则，可判断磁感应强度的方向垂直于纸面向里．由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m解得B＝＝ T＝0.1 T(2)设质子在磁场中运动的时间为t，如图所示，质子在磁场中转过的圆心角为，设质子在磁场中运动的周期为T，则T＝＝＝解得t＝×10－7 s.(3)如图所示，过Q点做平行于P点速度方向的平行线，交AM于N点，在三角形QAN中，边长QA＝20 cm.由几何关系可知β＝θ＝30°，AN＝20 cm，所以，N点与O1点是重合的．质子在平行于电场方向上做匀速直线运动，在垂直于电场方向做匀加速直线运动，由几何关系得：2r＝vt，又r＝at2，a＝解得E＝＝ N/C＝1.0×105 N/C答案：(1)0.1 T，垂直于纸面向里　(2)×10－7 s(3)1.0×105 N/C12．解析：(1)如图所示，设电子进入磁场后运动轨迹半径为r，则ev0B＝解得r＝3R大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从O1上方P点射入的电子刚好擦过圆筒，有O1O2＝＝2RO1P＝O1O2＋r＝(3＋2)R同理可得到O1下方Q点到O1点的距离O1Q＝(2－3)R(2)稳定时，圆筒上电荷不再增加，地面与圆筒之间的电势差恒为UU＝Ir0圆筒的电势φ＝－Ir0电子从很远处射到圆筒表面时速度为v，有－eU＝v＝答案：见解析