第一章 安培力与洛伦兹力——本章达标检测--高中物理同步练习分类专题教案（人教版选择性必修第二册）

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第一章 安培力与洛伦兹力本章达标检测满分：100分；时间：90分钟一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一项符合题目要求，第7~10小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分)1.在磁场中放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的安培力也不一样。下列图像表示的是导线受安培力的大小F与通过导线的电流I的关系，a、b各代表一组F、I的数据。在以下四幅图中，正确的是 (　　) 2.如图所示，某种物质发射的一束竖直向上的粒子流在匀强磁场中分成三束，分别沿三条路径运动，则下列说法正确的是 (　　)A.沿路径1运动的粒子带负电B.沿路径3运动的粒子带正电C.沿路径2运动的粒子不带电D.沿路径2运动的粒子带电荷量最大 3.如图所示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 4.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. B.C. D. 5.一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通过的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为　　 (　　)A.F  B.FC.F  D.F 6.如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，则 (　　)A.导线受到的安培力竖直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右B.导线受到的安培力竖直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左C.导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右D.导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力为零 7.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 (　　) 8.如图所示，相距为d的两平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，重力加速度为g，则 (　　)A.小球一定带负电B.小球一定带正电C.两板间电压为D.小球在两板间的运动时间为 9.如图所示，在直角三角形ABC区域内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为3l，∠C=90°，∠A=53°。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上距A点为l的D点垂直AB射入匀强磁场，要使粒子从BC边射出磁场区域(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，则 (　　)A.粒子速率应大于B.粒子速率应小于C.粒子速率应小于D.粒子在磁场中的最短运动时间为 10.如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd，其bc边长为L，ab边长为L。两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度v0分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是 (　　)A.粒子在磁场中运动的轨迹半径为LB.粒子从a点到c点的运动时间为C.粒子的比荷为D.P点与a点的距离为L 二、非选择题(本题共6小题，共60分)11.(8分)图中虚线框内存在一沿水平方向、与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材如图所示，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。实验步骤如下：a.按图接线。b.保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。c.闭合开关S，调节电阻箱的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2。d.用米尺测量D的底边长度L。(1)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=　　　　。 (2)判定磁感应强度方向的方法是：若　　　　，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。  12.(8分)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒(D1、D2)，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。带电粒子从粒子源A处进入加速电场(初速度不计)，从静止开始加速到出口处所需的时间为t(带电粒子达到最大速度，在磁场中完成半个圆周运动后被导引出来)。已知磁场的磁感应强度大小为B，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使带电粒子每次经过狭缝都能被加速，不计重力。D形盒半径R=　　　　　，D1内部带电粒子前三次匀速圆周运动的轨道半径之比(由内到外)为　　　　　　。  13.(7分)电磁轨道炮的加速原理如图所示。金属炮弹静置于两固定的平行导轨之间，并与导轨良好接触。开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会在安培力作用下加速，最后从导轨另一端的出口高速射出。已知两导轨之间的距离L=0.10 m，导轨长s=5.0 m，炮弹质量m=0.030 kg，导轨中电流I的方向如图中箭头所示。可以认为炮弹在导轨内匀加速运动，它所在处磁场的磁感应强度大小始终为B=2.0 T，方向垂直于纸面向里。若炮弹射出时的速度为v=2.0×103 m/s，忽略摩擦力与重力的影响。求：(1)炮弹在两导轨间的加速度大小a；(2)炮弹作为导体受到的安培力大小F；(3)通过导轨的电流I。     14.(10分)如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以速度v0=2×107 m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场。已知Q点的横坐标为-0.4 m，该粒子的比荷=2.5×109 C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为(0.4 m，0.4 m)，不计粒子重力，求：(1)Q点的纵坐标；(2)磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围。    15.(12分)如图所示，在x轴上方的整个区域存在非匀强电场，P、O之间的电压为U，在x轴下方半径为a的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其他区域无电磁场。现有一带电粒子从P点由静止释放，沿y轴运动并从O点进入磁场，经过一段时间后从N点离开磁场。已知∠OO1N=120°，不计带电粒子的重力与空气阻力。(1)判断粒子的带电性质，并比较P、O的电势高低；(2)求带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)若在粒子从O点运动到N点的过程中，某时刻磁感应强度大小突然变为B'，粒子不再离开磁场，求B'的最小值。   16.(15分)质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示，平行板电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外。一束电荷量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间的距离为Δx，粒子所带电荷量为q，且不计重力。(1)求粒子在上面的磁场中沿直线运动时速度v的大小；(2)求打在a、b两点的粒子的质量之差Δm；(3)试比较这两种带电粒子在下面的磁场中运动时间的大小关系，并说明理由。  答案全解全析1.A　根据安培力公式F=IlB可知，当B、l一定，B与I垂直时，F与I成正比，且F-I图像的斜率表示的是Bl的乘积；磁感应强度B由磁场本身的性质决定，l表示该导线的长度，所以B与l的乘积不变，即F-I图像的斜率不变，选项A正确，B、C、D错误。2.C　不带电的粒子在磁场中不受力，沿直线运动(路径2)，带正电的粒子在洛伦兹力作用下向左偏转(路径1)，带负电的粒子在洛伦兹力作用下向右偏转(路径3)，选项C正确，A、B、D错误。3.C　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，故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。4.C　由r=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=，则所有粒子均不能射出正方形区域；由qvB=m，解得Bmin=，选项C正确，A、B、D错误。5.C　设通电直导线长为L，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，则直导线受到的安培力为F=BIL；制成圆环后，设圆环的半径为R，则×2πR=L，解得R=，故a、b连线的长度d=R=，此时圆环受到的安培力F'=BId=F=F，选项C正确，A、B、D错误。6.C　C点合磁场的方向竖直向上，根据左手定则可知，导线受到的安培力水平向右，选项A、B错误；根据牛顿第三定律可知，木板和磁铁组成的整体受到通电导线对其水平向左的安培力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，选项C正确，D错误。7.BC　若电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，不可能；在B图中电子所受的电场力水平向左，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，电子所受电场力竖直向上，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，电子所受电场力竖直向上，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。8.BC　要使小球在复合场中做匀速圆周运动，必须满足重力与电场力平衡，所以电场力方向竖直向上，故小球一定带正电，选项A错误，B正确；根据mg=Eq和E=可得mg=q，所以U=，选项C正确；小球在两板间的运动时间为其做匀速圆周运动周期的一半，即t=，选项D错误。9.AC　由几何知识知BC=4l，AB=5l，BD=4l，粒子运动轨迹与BC边相切为一临界状态(如图甲)，由几何知识知sin 37°=，得R=l。根据qvB=m，可以求得v=，此为粒子从BC边射出的最小临界速度。粒子恰能从BC边射出的另一临界状态为轨迹与AC边相切(如图乙)，由几何知识知切点恰为C点，轨迹半径R=4l；再根据qvB=m，解得v=，此为粒子从BC边射出的最大临界速度，选项A、C正确，B错误。粒子从BC边射出，速度的最小偏转角为37°，所以最短运动时间为tmin=·=·，选项D错误。10.ACD　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图，从a点射入磁场的粒子，根据几何关系有L2+(L-R)2=R2，解得R=L，选项A正确；从a点入射的粒子，轨迹圆心在O1，根据几何关系可知O1b=L-L=L，∠bO1c=60°，∠aO1c=120°，从a到c运动时间t=T==×=，选项B错误；由R==得=，选项C正确；另一粒子由P点垂直入射，在△O2bc中，O2b=L，Pb=L，P与O1重合，所以P点与a点的距离为L，选项D正确。11.答案　(1)(4分)　(2)m2>m1(4分)解析　(1)金属框所受安培力的合力等于其底边所受安培力，根据平衡条件，有|m2-m1|g=ILB，解得B=。(2)若m2>m1，则金属框所受安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁感应强度的方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。12.答案　(4分)　1∶∶(4分)解析　设粒子从静止开始到出口处运动了n圈，粒子在出口处的速度为v，则2nqU=mv2，qvB=m，粒子做匀速圆周运动的周期T=，粒子运动的总时间t=nT，联立以上各式，解得R=。粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，由动能定理得，D1内部粒子的轨道由内到外对应的速度之比为1∶∶，再根据r=得轨迹半径之比为1∶∶。13.答案　(1)4.0×105 m/s2　(2)1.2×104 N　(3)6.0×104 A解析　(1)炮弹在两导轨间做匀加速运动，有v2=2as(1分)解得a==4.0×105 m/s2(2分)(2)忽略摩擦力与重力的影响，则炮弹所受的合外力为安培力，所以有F=ma(1分)解得F=1.2×104 N(1分)(3)炮弹受到的安培力F=ILB(1分)解得I==6.0×104 A(1分)14.答案　(1)-0.2 m　(2)见解析解析　(1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直，则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α=45°(1分)粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度vy=v0 tan α=2×107 m/s(1分)设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y，由运动学规律有y=t(1分)x=v0t(1分)联立解得y=0.2 m，故Q点的纵坐标为-0.2 m(1分)(2)若该粒子恰好没有从PN边射出，运动轨迹如图所示，根据几何关系有R+R=(1分)解得R= m(1分)由Bminqv=m，其中v=(1分)解得Bmin=(4+4)×10-2 T(1分)所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为B≥Bmin=(4+4)×10-2 T。(1分)15.答案　(1)粒子带正电　P点电势比O点电势高　(2)(3)(3+)B解析　(1)粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则知粒子带正电；由于粒子在电场中被加速，所以P点电势比O点电势高。(3分)(2)粒子在电场中运动，有qU=mv2(1分)粒子在磁场中的运动轨迹如图：由几何关系得运动半径r=a(1分)由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m(1分)联立得=(1分)(3)若在粒子从O到N运动过程中，磁感应强度大小突然变化，粒子不再离开磁场，则粒子在磁场中做完整的圆周运动，其运动轨迹如图所示时，做完整圆周运动的轨迹半径最大。(2分)由几何关系可得粒子不离开磁场运动的最大半径rm=(1分)由r=知，轨迹半径与磁感应强度成反比，可得B'min=(3+)B(2分)16.答案　(1)　(2)　(3)见解析解析　(1)两极板间的电场强度E=(1分)粒子在电容器中沿直线运动，故qE=qvB1(1分)解得v=(1分)(2)带电粒子在下面的磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有B2qv=m(2分)打在a处的粒子的质量m1=(1分)打在b处的粒子的质量m2=(1分)又Δx=2R1-2R2(2分)联立得Δm=m1-m2==(2分)(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=，运动时间t=(2分)由于m1>m2，故t1>t2(2分)