2021-2022学年新教材高中物理 第1章 安培力与洛伦兹力 测评（含解析）鲁科版选择性必修第二册.docx

1、第1章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.在电视机的显像管中,电子束的扫描是用磁偏转技术实现的,其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面,而不加磁场时,电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ,偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的()解析由题意知,要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束既要向上偏转,又要向下偏转,所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时,应有方向改变,C、D错误;A项中磁感应强度大小不变,则电子束受到的洛

2、伦兹力大小相同,偏转量也相同,向同一方向偏转的电子都打到同一点,不能得到连续的亮线,A错误,B正确。答案B2.如图所示,ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内,当两导线中通以大小相等的电流时,小磁针N极垂直纸面向里转动,则两导线中的电流方向()A.一定都向上B.一定都向下C.ab中电流向下,cd中电流向上D.ab中电流向上,cd中电流向下解析小磁针的N极垂直纸面向里偏转,说明两导线间的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可以判断,ab中电流向上,cd中电流向下。答案D3.磁场中某区域的磁感线如图所示,则()A.A、B两处的磁感应强

3、度的大小不等,BABBB.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABB,通电导线所受安培力与通电导线的放置有关,通电导线放在A处与放在B处受力大小无法确定。答案A4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.3BB.2BC.BD.2B解析如图为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N分别为入射点和出射点

4、,分别作入射速度的垂线和MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O。根据题意,NMN=45,OM与NM延长线的夹角为60,所以OMN=75,MON=30,即轨迹圆的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁12=T筒4,即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A选项正确。答案A二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分,每小题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。5.已知一质量为m的带电液滴,经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则()A.液滴在空间可能受4个力

5、作用B.液滴一定带负电C.液滴做圆周运动的半径r=1B2UEgD.液滴在叠加场中运动时总能量不变解析液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,所以选项A错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项B正确。根据qU=12mv2,r=mvqB,qE=mg,解得r=1B2UEg,选项C正确。液滴在叠加场中运动的过程中能量守恒,选项D正确。答案BCD6.如图所示,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为qm的负粒子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,则下列说法

6、中正确的是(不计重力)()A.粒子在飞出磁场时的动能一定相等B.粒子在磁场中运动半径一定相等C.由Q点飞出的粒子在磁场中运动的时间最长D.沿PQ方向射入的粒子飞出时偏转角最大解析射入磁场的粒子比荷相等,但质量不一定相等,故射入时初动能可能不相等,又因为洛伦兹力不做功,这些粒子从射入到射出动能不变,故不同的粒子的动能可能不相等,A错误;粒子在磁场中偏转的半径为r=mvqB,由于比荷和速率都相等,磁感应强度B为定值,故所有粒子的偏转半径都相等,B正确;同时,各粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2mqB也相等,根据几何规律,圆内较大的弦对应较大的圆心角,所以从Q点射出的粒子偏转角最大,在磁场内运动的时

7、间最长,C正确;沿PQ方向射入的粒子不会从Q点射出,故偏转角不是最大,D错误。答案BC7.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是()A.粒子一定带正电B.加速电场的电压U=12ERC.PQ长度为2BqmERD.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一

8、点,则该群离子具有相同的比荷解析由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,根据左手定则可得,粒子带正电,选项A正确;粒子在加速电场中有qU=12mv2,又粒子在静电分析器做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,有qE=mv2R,解得U=12ER,选项B正确;粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得PQ=2r=2BmERq,选项C错误;离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r=1BmERq相同,由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同,故该群离子具有相同的比荷,选项D正确。答案ABD8.如图甲所示,一个质量为m的带正电荷的物块,

9、由静止开始从斜面上的A点下滑,滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同,且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场,如图乙所示,第二次让物块从A点由静止开始下滑,结果物块在水平面上的D点停下来。后又撤去电场,在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场,如图丙所示,再次让物块从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来,则下列说法正确的是()A.D点一定在D点左侧B.D点一定与D点重合C.D点一定在D点右侧D.D点一定与D点重合解析根据功能关系有mgh=mgcosLAB+mgLBD,当加电场时,(mg+Eq)h=(mg+E

10、q)cosLAB+(mg+Eq)LBD,由两式得LBD=LBD,A错误,B正确;当加匀强磁场时,由左手定则知,物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小,滑动摩擦力减小,又洛伦兹力不做功,所以可判断C正确,D错误。答案BC三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。9.(4分)如图所示,有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场,一束电子流以初速度v从水平方向射入,为了使电子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,这个电场的电场强度方向是,大小为。解析电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里,要使电子流经过磁场时不偏转,电子所受电场力方向必须垂直纸面向外,且与洛伦兹力等大,即

11、Eq=qvB,E=Bv;电子带负电,所以电场方向垂直于纸面向里。答案垂直于纸面向里Bv10.(4分)如图所示,两平行金属导轨间的距离l=0.4 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角=37,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.5 T,方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.5 的直流电源。现把一个质量m=0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ,金属导轨电阻不计,g取10 m/s2。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,则导体棒受到的安培力

12、大小为,摩擦力大小为。解析根据闭合电路欧姆定律得I=ER0+r,导体棒受到的安培力F安=BIl=0.3N。导体棒受力如图所示,将重力正交分解,得mgsin37=0.24NF安根据平衡条件得mgsin37+Ff=F安解得Ff=0.06N答案0.30.0611.(4分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子(11H)加速到v,使它获得动能为Ek,则:(1)能使粒子获得的动能为。(2)加速粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为。解析(1)回旋加速器的最大半径是一定的,R=mvqB,质子11H的质量和电荷量的比值即me=11,而粒子质量和电荷量的比值为42,RH=mveB,R=mvqB。R

13、H=R,得v=v2,12mv2=12mv2所以粒子动能与质子相同。(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T=2mqB。所以粒子的周期是质子运动周期的2倍,即所加交变电场的周期的比为21,则频率之比为12。答案(1)Ek(2)1212.(8分)按照如图所示进行实验。(1)分别接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与有关。(2)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(3)只改变导线中电流的方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足。答案(1)导线在

14、磁场中的长度(2)改变(3)改变(4)左手定则13.(10分)如图所示,在半径为R=mv0Bq的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形区域右侧有一竖直感光板MN,圆顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场,已知粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力不计。(1)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运动的时间;(2)若粒子对准圆心射入,且速率为3v0,求它打到感光板MN上时速度的垂直分量。解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,由牛顿第二定律得Bqv0=mv02r,所以r=R,带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周,轨迹对应的圆心角为2,如图所示。故

15、运动时间t=2Rv0=m2qB。(2)由(1)知,当v=3v0时,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R,其运动轨迹如图所示。由图可知PO2O=OO2A=30所以带电粒子离开磁场时偏向角为60粒子打到感光板上时速度的垂直分量为v=vsin60=32v0。答案(1)m2qB(2)32v014.(12分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第一象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正方形边长为l且ad边与x轴重合,ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电

16、场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第四象限的磁场区域,不计粒子所受的重力。求:(1)电场强度E的大小。(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。(3)磁感应强度B满足什么条件时,粒子经过磁场后能到达y轴上,且速度与y轴负方向成45角?解析(1)粒子做类平抛运动,沿y轴方向:h=12Eqmt2沿x轴方向:2h=v0t解得E=mv022qh。(2)到达a点时水平速度为v0,竖直速度为vy水平方向2h=v0t,竖直方向h=12vyt得vy=v0所以到达a点的速度va=2v0,方向与x轴正方向成45角。(3)粒子到达y轴上,且速度与y轴负方向成45角,必须要从ab边射出,从b点射出时对应的磁感应

17、强度B最小,粒子在磁场中的轨迹是以O1为圆心的一段四分之一圆弧,设半径为r1,r1=22l由Bqva=mva2r1得B=2mv0ql所以磁感应强度须满足的条件为B2mv0ql。答案(1)mv022qh(2)2v0,方向与x轴正方向成45角(3)B2mv0ql15.(18分)如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC

18、。(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf。(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+FN=qE小滑块在C点离开MN时,FN=0解得vC=EB。(2)由动能定理得mgh-Wf=12mvC2-0解得Wf=mgh-mE22B2。(3)小滑块的运动轨迹如图所示:小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g,g=(qEm)2+g2且vP2=vD2+g2t2解得vP=vD2+(qEm)2+g2t2。答案(1)EB(2)mgh-mE22B2(3)vD2+(qEm)2+g2t2