2024人教版高中物理选择性必修第二册同步练习题--第一章 安培力与洛伦兹力（有解析）
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中物理选择性必修第二册同步练习题--第一章 安培力与洛伦兹力（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-10-17 17:52:21 | ||
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文档简介
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2024人教版高中物理选择性必修第二册同步
第一章 安培力与洛伦兹力
满分100分,限时90分钟
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.教学中常用如图1所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的蹄形磁铁改用图2所示的电磁铁代替,则合上开关时,以下判断正确的是 ( )
A.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向右运动
B.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向左运动
C.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向右运动
D.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向左运动
2.在某匀强磁场中,有一条长0.2 m的直导线,通以3 A的恒定电流,与磁场垂直放置时,导线受到的安培力是6×10-2 N,则 ( )
A.匀强磁场的磁感应强度大小为1×10-3 T
B.安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向相同
C.如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为1.5×10-2 N
D.如果将该导线与磁场平行放置,安培力为零,此时磁场的磁感应强度也是零
3.如图为磁流体发电机的原理图,等离子体束(含有正、负离子)以某一速度垂直喷射入由一对磁极C、D产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板。稳定后电流表中的电流从“+”接线柱流向“-”接线柱,由此可知 ( )
A.D磁极为N极
B.正离子向B板偏转
C.负离子向D磁极偏转
D.离子在磁场中偏转过程洛伦兹力对其做正功
4.如图所示,弯折导线ABC中通有图示方向的电流,∠C=30°,∠B=90°,置于与导线ABC所在平面平行的匀强磁场中,此时导线ABC所受安培力最大,大小为2 N,现将整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角,此时导线受到的安培力大小为 ( )
A. N B. N C.1 N D. N
5.如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一带电荷量为q(q>0)的滑块(可视为质点)自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力。不计空气阻力,关于滑块自a点运动到b点的过程,下列说法正确的是(重力加速度大小为g) ( )
A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C.洛伦兹力做正功
D.滑块的机械能增大
6.如图,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面向里(未画出)。一群比荷为的负离子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,则下列说法正确的是 ( )
A.各离子飞出磁场的速度一定相同
B.沿PQ方向射入的离子运动的轨迹半径最长
C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
D.在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
7.应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法,先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子,离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打到照相底片D上,形成a、b两条质谱线,则 ( )
A.打到a处的离子的比荷小
B.两种离子进入磁场时的速度相同
C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里
D.两种离子在磁场中的运动时间相等
8.如图所示,虚线两侧的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ均垂直纸面向里,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁场Ⅰ,从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ;一段时间后粒子再次经过Q点,P点和Q点的距离为L,不计粒子的重力,则磁场Ⅰ的磁感应强度大小和粒子两次经过Q点的时间间隔分别为 ( )
A., B.,
C., D.,
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.回旋加速器的工作原理如图所示。D形盒半径为R,盒内匀强磁场的磁感应强度为B。设氘核的电荷量为q,质量为m,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 ( )
A.氘核从磁场中获得能量
B.交变电源的周期为
C.氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关
D.氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关
10.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则 ( )
A.小球可能带正电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r=
C.小球做匀速圆周运动的周期为T=
D.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大
11.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。大量质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从四分之一圆弧边界射出,且四分之一圆弧边界上均有粒子射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,M点在N点右侧,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是 ( )
A.粒子带正电
B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D.所有粒子所用最短时间为
12.如图所示,在直角坐标系的第一象限中有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子间的相互作用和重力,则 ( )
A.磁场方向垂直纸面向里
B.粒子速度大小为
C.粒子运动到Q点的最短时间为
D.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为2R
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)某学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。天平的左臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。实验步骤如下:
①未通电流时,在天平右盘内放入质量为m1的砝码,使天平平衡;
②当给线圈通以大小为I的顺时针方向电流(如图所示)时,需在天平右盘更换质量为m2的砝码后,天平才能重新平衡。
(1)若m1>m2,此时矩形线圈的底边所受的安培力方向为 (选填“竖直向上”或“竖直向下”),磁场方向垂直于纸面 (选填“向里”或“向外”)。
(2)若m114.(8分)某研究性学习小组的同学,为检测某工厂排放污水的情况,制作了一个简易的电磁流量计,如图甲所示。该装置为中空的长方体管道,长、宽、高分别为a=20 cm、b=c=10 cm,左右两端开口,与排污管道连通。流量计的上下底面为绝缘体,前后两个侧面为导体,并分别固定两个电极M、N。在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场,已知磁感应强度为B=0.8 T。当含有正、负离子的污水从左向右流经该装置时,M、N两电极间将产生电势差U。
(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差大小,则与图甲中M相连的应是多用电表的 表笔(选填“红”或“黑”)。
(2)某次测量时,使用了多用电表250 mV量程的直流电压挡,表盘示数如图乙所示,则M、N电极间的电势差大小U= mV。
(3)若多用电表使用直流电压挡时,可近似视为理想电压表,则根据(2)中测得的电压值,可估算出污水流动的速度为 m/s(结果保留2位有效数字)。
(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡,把红、黑表笔正确接至M、N两个电极,测得电流值为I=50 μA,并已知此时多用电表的内阻为r=200 Ω。假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方体管道,由此可估算出污水的电阻率ρ= Ω·m。
15.(6分)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤性武器,如图甲为电磁炮工作原理示意图,可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10 m,两导轨之间的距离为0.5 m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为1.5 T,电流方向如图所示。质量为10 kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端由静止开始做匀加速直线运动,到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103 m/s。整个导轨固定在水平面上,忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求:
(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小;
(2)导轨中的电流大小。
16.(10分)如图为半导体离子注入工艺原理示意图。初速度为0的离子P3+(质量为m、带电荷量为+3e),经电压为U的电场加速后,垂直磁场边界进入宽度为d的匀强磁场区域,转过一定角度后从磁场射出,并注入半导体工件内部达到掺杂的目的。已知磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里,求:
(1)离子P3+进入磁场时速度的大小;
(2)离子P3+在磁场中偏转的角度θ与偏转的距离s。
17.(14分)如图为一电流表的原理示意图,质量为m=100 g的均匀细金属棒MN的中点处与劲度系数为k=200 N/m的竖直弹簧相连,矩形区域abfe内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,其中ab=20 cm,ae=2 cm。当MN中没有电流通过时,MN与矩形区域的中线cd重合,与MN连接的绝缘轻指针指在标尺上的0位置,当MN中有电流通过时,指针示数可反映出电流大小及电流方向。
(1)当MN中的电流I=2.5 A时,指针指在-0.50 cm处,求磁感应强度的大小B。
(2)求该电流表可以测量的电流范围。
18.(16分)如图所示,O-xyz坐标系中y轴的正方向竖直向上,在yOz平面左侧-2l(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
答案与解析
1.A 2.C 3.A 4.A 5.B 6.D
7.A 8.B 9.BCD 10.BC 11.AD 12.BCD
1.A 对于电磁铁,根据电池正负极判断线圈中电流的方向,运用安培定则可判断电磁铁上端为N极,下端为S极,故C、D错误。对于导体棒,根据电源正负极判断电流方向,根据电磁铁上端为N极,下端为S极,可判断导体棒所在处磁场方向向下,根据左手定则,导体棒所受安培力向右,故导体棒ab向右运动,B错误,A正确。故选A。
2.C 匀强磁场的磁感应强度大小为B== T=0.1 T,A错误;安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向垂直,B错误;如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为F1=B×I×L=F=1.5×10-2 N,C正确;磁感应强度是磁场本身的属性,与导线无关,D错误。故选C。
3.A 根据电流的方向知,A板带正电,B板带负电,等离子体中的正离子向A板偏转,负离子向B板偏转。根据左手定则,D极为N极,C极为S极,A正确,B、C错误;因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,D错误。故选A。
4.A 导线ABC所受的安培力,可等效成“导线AC”所受的安培力,最初导线ABC所受安培力最大,可知磁场方向与AC垂直,设AC长度为L,则此时的安培力大小为F安=BIL,由几何关系可知,BC长度为L,当整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角后,BC边恰好与磁场方向垂直,AB边与磁场方向平行,则F安'=BI·L,由以上分析可得此时导线受到的安培力大小为 N,A正确。
5.B 滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守恒,由mgh=mv2,得滑块在b点时的速度v=,滑块在b点受到的洛伦兹力为F=qBv=qB,B正确,C、D错误。故选B。
6.D 各离子飞出磁场的速度大小相等,但方向不同,A错误;由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得r=,由于所有离子的比荷相同,速度大小相等,因此所有离子在磁场中运动的轨迹半径相等,B错误;所有离子中,从Q点飞出的离子运动轨迹对应的弦长最大,对应的圆心角最大,离子飞出时偏转角最大,而沿PQ方向射入的离子并不能从Q点飞出,C错误;比荷相同的粒子在相同磁场中做圆周运动的周期相同,为T=,离子在磁场中运动的时间t=T=·=,在Q点飞出的离子对应的轨迹圆心角θ最大,所以在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长,D正确。故选D。
7.A 离子在加速电场中加速时,由动能定理有Uq=mv2,解得v=,由于两种带正电的离子比荷不同,所以进入磁场时的速度不同,B错误;离子在磁场中偏转时有qvB=m,解得R===,所以,比荷大的偏转半径小,打到a处的离子的比荷小,A正确;离子带正电,根据左手定则,匀强磁场的方向垂直纸面向外,C错误;离子在磁场中做圆周运动的周期T=,离子在磁场中运动半个周期,由于两种带正电的离子比荷不同,周期不同,故运动时间不同,D错误。故选A。
8.B 粒子的运动轨迹如图所示:
由几何关系,粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1=L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B1=m,解得B1=,C、D错误;由Bqv=m,得r=,由于磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ磁感应强度的2倍,所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2=r1=L,粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为T1==,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2==,两次经过Q点的时间间隔为t=1×T1+2×T2=,故选B。
9.BCD 氘核在磁场中受到的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,洛伦兹力不做功,氘核不从磁场中获得能量,它是从电场中获得能量,A错误;回旋加速器要实现对粒子的加速,交变电源的周期要等于粒子在磁场中运动的周期,根据qvB=m得r=,氘核在磁场中做圆周运动的周期T==,所以交变电源的周期为,B正确;氘核离开回旋加速器时获得的最大速度满足qvmB=m,解得vm=,所以氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关,C正确;氘核最大动能Ek=m=,氘核在回旋加速器中每加速一次,增加的动能为qU,设加速次数为n,有nqU=Ek,联立解得n=,所以氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关,D正确。故选B、C、D。
10.BC 小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反,小球所受电场力的方向和场强方向相反,则小球带负电,A错误;小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由牛顿第二定律可得Bqv=m,由动能定理有Uq=mv2,且有mg=qE,联立可得小球做匀速圆周运动的半径r=,故B正确;由运动学公式可得T=,联立可得T=,说明周期与电压U无关,故C正确,D错误。
11.AD 粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动,根据左手定则,可知粒子带正电,A正确;根据qvB=m,得v=,从M点射出的粒子做圆周运动的半径更小,则粒子的速度更小,B错误;由t=T=×,粒子在磁场中运动的周期相等,转过的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,则弦切角越小,运动时间越短,如图所示,当弦与bc圆弧边界相切时,弦切角最小,又因为Ob等于R,由几何关系,此时圆周运动的圆心角为120°,则最短时间为tmin=×=,M、N两点具体位置未知,则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系,C错误,D正确。
12.BCD 带正电粒子的轨迹均交于Q点,可知粒子向右偏转,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向外,A错误;由P点射入磁场的粒子轨迹如图所示:
根据几何知识,粒子的轨迹半径为R,根据洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,粒子速度为v=,B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,θ为轨迹对应的圆心角,圆心角越小,运动时间越短,由几何知识可知,由P点射入的粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角最小,最短时间为t=T=×=,C正确;粒子的轨迹半径都为R,粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为轨迹直径2R,D正确。故选B、C、D。
13.答案 (1)竖直向上(2分) 向外(2分) (2)(2分)
解析 (1)若m1>m2,说明通电后天平平衡时天平左臂的拉力小于矩形线圈的重力,矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上,根据左手定则,磁场方向为垂直纸面向外。
(2)对矩形线圈,根据平衡条件有m1g+NBIL=m2g,解得B=。
14.答案 (1)黑(2分) (2)145(2分) (3)1.8(2分) (4)540(2分)
解析 (1)根据左手定则,N端聚集正电荷,电势较高;M端聚集负电荷,电势较低,与M相连的应是多用电表的黑表笔。
(2)250 mV挡,每小格为5 mV,表盘读数为145 mV。
(3)M、N间电压稳定时,根据q=qvB,
得U=Bbv,解得v≈1.8 m/s
(4)根据I=,R=ρ=ρ,
解得ρ=540 Ω·m。
15.答案 (1)2.88×105 m/s2 (2)3.84×106 A
解析 (1)设加速度大小为a
由v2=2ax (2分)
得a=2.88×105 m/s2 (1分)
(2)根据牛顿第二定律得IlB=ma (2分)
得I=3.84×106 A(1分)
16.答案 (1) (2)30° (2-)d
解析 (1)离子经过加速电场,由动能定理有3eU=mv2 (2分)
解得离子离开电场进入磁场时的速度v= (1分)
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有3evB=m (2分)
将B=代入,联立解得R=2d (1分)
由几何关系有R sin θ=d,解得 sin θ=,即偏转的角度θ=30° (1分)
偏转距离s=R(1- cos θ) (2分)
解得s=(2-)d (1分)
17.答案 (1)2 T (2)[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M
解析 (1)设没有电流通过时,弹簧弹力为FN1,电流I=2.5 A时弹簧弹力为FN2。没有电流通过时弹簧伸长量为x1,电流I=2.5 A时弹簧伸长量为x2=x1+0.005 m(1分)
FN1=mg=kx1 (1分)
FN2=mg+F安=kx2 (1分)
F安=BILab (1分)
解得B=2 T(1分)
(2)当金属棒到达ab位置时,mg+BIMLab=k(x1+ΔxM) (1分)
解得IM=5 A,由左手定则,电流方向由M指向N,设为电流正方向 (2分)
当金属棒到达ef位置时,mg-BIM'Lab=k(x1-ΔxM) (2分)
解得IM'=5 A,由左手定则,电流方向由N指向M (2分)
则该电流表可以测量的电流范围为[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M (2分)
18.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)
解析 (1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示:
粒子在电场中运动时,有l=v0t1 (1分)
l=a (1分)
由牛顿第二定律得Eq=ma (1分)
解得E= (1分)
(2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy,
有 tan θ=,vy=at1,v= (2分)
解得vy=v0,v=v0,θ=45°
由对称性,粒子在O点时速度方向与x轴间的夹角也为θ (1分)
根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为R=== (1分)
由牛顿第二定律得qvB= (1分)
解得B== (1分)
(3)将粒子在O点的速度分解,沿x轴方向的分速度大小为vx=v cos θ=v0,沿y轴方向的分速度大小为vy=v sin θ=v0 (2分)
因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT,T== (2分)
到达x轴时距O点的距离s=v0t+at2 (1分)
解得s=(n=1,2,3,…) (1分)
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第一章 安培力与洛伦兹力
满分100分,限时90分钟
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.教学中常用如图1所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的蹄形磁铁改用图2所示的电磁铁代替,则合上开关时,以下判断正确的是 ( )
A.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向右运动
B.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向左运动
C.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向右运动
D.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向左运动
2.在某匀强磁场中,有一条长0.2 m的直导线,通以3 A的恒定电流,与磁场垂直放置时,导线受到的安培力是6×10-2 N,则 ( )
A.匀强磁场的磁感应强度大小为1×10-3 T
B.安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向相同
C.如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为1.5×10-2 N
D.如果将该导线与磁场平行放置,安培力为零,此时磁场的磁感应强度也是零
3.如图为磁流体发电机的原理图,等离子体束(含有正、负离子)以某一速度垂直喷射入由一对磁极C、D产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板。稳定后电流表中的电流从“+”接线柱流向“-”接线柱,由此可知 ( )
A.D磁极为N极
B.正离子向B板偏转
C.负离子向D磁极偏转
D.离子在磁场中偏转过程洛伦兹力对其做正功
4.如图所示,弯折导线ABC中通有图示方向的电流,∠C=30°,∠B=90°,置于与导线ABC所在平面平行的匀强磁场中,此时导线ABC所受安培力最大,大小为2 N,现将整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角,此时导线受到的安培力大小为 ( )
A. N B. N C.1 N D. N
5.如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一带电荷量为q(q>0)的滑块(可视为质点)自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力。不计空气阻力,关于滑块自a点运动到b点的过程,下列说法正确的是(重力加速度大小为g) ( )
A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C.洛伦兹力做正功
D.滑块的机械能增大
6.如图,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面向里(未画出)。一群比荷为的负离子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,则下列说法正确的是 ( )
A.各离子飞出磁场的速度一定相同
B.沿PQ方向射入的离子运动的轨迹半径最长
C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
D.在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
7.应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法,先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子,离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打到照相底片D上,形成a、b两条质谱线,则 ( )
A.打到a处的离子的比荷小
B.两种离子进入磁场时的速度相同
C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里
D.两种离子在磁场中的运动时间相等
8.如图所示,虚线两侧的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ均垂直纸面向里,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁场Ⅰ,从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ;一段时间后粒子再次经过Q点,P点和Q点的距离为L,不计粒子的重力,则磁场Ⅰ的磁感应强度大小和粒子两次经过Q点的时间间隔分别为 ( )
A., B.,
C., D.,
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.回旋加速器的工作原理如图所示。D形盒半径为R,盒内匀强磁场的磁感应强度为B。设氘核的电荷量为q,质量为m,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 ( )
A.氘核从磁场中获得能量
B.交变电源的周期为
C.氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关
D.氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关
10.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则 ( )
A.小球可能带正电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r=
C.小球做匀速圆周运动的周期为T=
D.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大
11.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。大量质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从四分之一圆弧边界射出,且四分之一圆弧边界上均有粒子射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,M点在N点右侧,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是 ( )
A.粒子带正电
B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D.所有粒子所用最短时间为
12.如图所示,在直角坐标系的第一象限中有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子间的相互作用和重力,则 ( )
A.磁场方向垂直纸面向里
B.粒子速度大小为
C.粒子运动到Q点的最短时间为
D.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为2R
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)某学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。天平的左臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。实验步骤如下:
①未通电流时,在天平右盘内放入质量为m1的砝码,使天平平衡;
②当给线圈通以大小为I的顺时针方向电流(如图所示)时,需在天平右盘更换质量为m2的砝码后,天平才能重新平衡。
(1)若m1>m2,此时矩形线圈的底边所受的安培力方向为 (选填“竖直向上”或“竖直向下”),磁场方向垂直于纸面 (选填“向里”或“向外”)。
(2)若m1
(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差大小,则与图甲中M相连的应是多用电表的 表笔(选填“红”或“黑”)。
(2)某次测量时,使用了多用电表250 mV量程的直流电压挡,表盘示数如图乙所示,则M、N电极间的电势差大小U= mV。
(3)若多用电表使用直流电压挡时,可近似视为理想电压表,则根据(2)中测得的电压值,可估算出污水流动的速度为 m/s(结果保留2位有效数字)。
(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡,把红、黑表笔正确接至M、N两个电极,测得电流值为I=50 μA,并已知此时多用电表的内阻为r=200 Ω。假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方体管道,由此可估算出污水的电阻率ρ= Ω·m。
15.(6分)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤性武器,如图甲为电磁炮工作原理示意图,可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10 m,两导轨之间的距离为0.5 m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为1.5 T,电流方向如图所示。质量为10 kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端由静止开始做匀加速直线运动,到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103 m/s。整个导轨固定在水平面上,忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求:
(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小;
(2)导轨中的电流大小。
16.(10分)如图为半导体离子注入工艺原理示意图。初速度为0的离子P3+(质量为m、带电荷量为+3e),经电压为U的电场加速后,垂直磁场边界进入宽度为d的匀强磁场区域,转过一定角度后从磁场射出,并注入半导体工件内部达到掺杂的目的。已知磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里,求:
(1)离子P3+进入磁场时速度的大小;
(2)离子P3+在磁场中偏转的角度θ与偏转的距离s。
17.(14分)如图为一电流表的原理示意图,质量为m=100 g的均匀细金属棒MN的中点处与劲度系数为k=200 N/m的竖直弹簧相连,矩形区域abfe内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,其中ab=20 cm,ae=2 cm。当MN中没有电流通过时,MN与矩形区域的中线cd重合,与MN连接的绝缘轻指针指在标尺上的0位置,当MN中有电流通过时,指针示数可反映出电流大小及电流方向。
(1)当MN中的电流I=2.5 A时,指针指在-0.50 cm处,求磁感应强度的大小B。
(2)求该电流表可以测量的电流范围。
18.(16分)如图所示,O-xyz坐标系中y轴的正方向竖直向上,在yOz平面左侧-2l
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
答案与解析
1.A 2.C 3.A 4.A 5.B 6.D
7.A 8.B 9.BCD 10.BC 11.AD 12.BCD
1.A 对于电磁铁,根据电池正负极判断线圈中电流的方向,运用安培定则可判断电磁铁上端为N极,下端为S极,故C、D错误。对于导体棒,根据电源正负极判断电流方向,根据电磁铁上端为N极,下端为S极,可判断导体棒所在处磁场方向向下,根据左手定则,导体棒所受安培力向右,故导体棒ab向右运动,B错误,A正确。故选A。
2.C 匀强磁场的磁感应强度大小为B== T=0.1 T,A错误;安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向垂直,B错误;如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为F1=B×I×L=F=1.5×10-2 N,C正确;磁感应强度是磁场本身的属性,与导线无关,D错误。故选C。
3.A 根据电流的方向知,A板带正电,B板带负电,等离子体中的正离子向A板偏转,负离子向B板偏转。根据左手定则,D极为N极,C极为S极,A正确,B、C错误;因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,D错误。故选A。
4.A 导线ABC所受的安培力,可等效成“导线AC”所受的安培力,最初导线ABC所受安培力最大,可知磁场方向与AC垂直,设AC长度为L,则此时的安培力大小为F安=BIL,由几何关系可知,BC长度为L,当整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角后,BC边恰好与磁场方向垂直,AB边与磁场方向平行,则F安'=BI·L,由以上分析可得此时导线受到的安培力大小为 N,A正确。
5.B 滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守恒,由mgh=mv2,得滑块在b点时的速度v=,滑块在b点受到的洛伦兹力为F=qBv=qB,B正确,C、D错误。故选B。
6.D 各离子飞出磁场的速度大小相等,但方向不同,A错误;由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得r=,由于所有离子的比荷相同,速度大小相等,因此所有离子在磁场中运动的轨迹半径相等,B错误;所有离子中,从Q点飞出的离子运动轨迹对应的弦长最大,对应的圆心角最大,离子飞出时偏转角最大,而沿PQ方向射入的离子并不能从Q点飞出,C错误;比荷相同的粒子在相同磁场中做圆周运动的周期相同,为T=,离子在磁场中运动的时间t=T=·=,在Q点飞出的离子对应的轨迹圆心角θ最大,所以在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长,D正确。故选D。
7.A 离子在加速电场中加速时,由动能定理有Uq=mv2,解得v=,由于两种带正电的离子比荷不同,所以进入磁场时的速度不同,B错误;离子在磁场中偏转时有qvB=m,解得R===,所以,比荷大的偏转半径小,打到a处的离子的比荷小,A正确;离子带正电,根据左手定则,匀强磁场的方向垂直纸面向外,C错误;离子在磁场中做圆周运动的周期T=,离子在磁场中运动半个周期,由于两种带正电的离子比荷不同,周期不同,故运动时间不同,D错误。故选A。
8.B 粒子的运动轨迹如图所示:
由几何关系,粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1=L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B1=m,解得B1=,C、D错误;由Bqv=m,得r=,由于磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ磁感应强度的2倍,所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2=r1=L,粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为T1==,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2==,两次经过Q点的时间间隔为t=1×T1+2×T2=,故选B。
9.BCD 氘核在磁场中受到的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,洛伦兹力不做功,氘核不从磁场中获得能量,它是从电场中获得能量,A错误;回旋加速器要实现对粒子的加速,交变电源的周期要等于粒子在磁场中运动的周期,根据qvB=m得r=,氘核在磁场中做圆周运动的周期T==,所以交变电源的周期为,B正确;氘核离开回旋加速器时获得的最大速度满足qvmB=m,解得vm=,所以氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关,C正确;氘核最大动能Ek=m=,氘核在回旋加速器中每加速一次,增加的动能为qU,设加速次数为n,有nqU=Ek,联立解得n=,所以氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关,D正确。故选B、C、D。
10.BC 小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反,小球所受电场力的方向和场强方向相反,则小球带负电,A错误;小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由牛顿第二定律可得Bqv=m,由动能定理有Uq=mv2,且有mg=qE,联立可得小球做匀速圆周运动的半径r=,故B正确;由运动学公式可得T=,联立可得T=,说明周期与电压U无关,故C正确,D错误。
11.AD 粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动,根据左手定则,可知粒子带正电,A正确;根据qvB=m,得v=,从M点射出的粒子做圆周运动的半径更小,则粒子的速度更小,B错误;由t=T=×,粒子在磁场中运动的周期相等,转过的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,则弦切角越小,运动时间越短,如图所示,当弦与bc圆弧边界相切时,弦切角最小,又因为Ob等于R,由几何关系,此时圆周运动的圆心角为120°,则最短时间为tmin=×=,M、N两点具体位置未知,则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系,C错误,D正确。
12.BCD 带正电粒子的轨迹均交于Q点,可知粒子向右偏转,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向外,A错误;由P点射入磁场的粒子轨迹如图所示:
根据几何知识,粒子的轨迹半径为R,根据洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,粒子速度为v=,B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,θ为轨迹对应的圆心角,圆心角越小,运动时间越短,由几何知识可知,由P点射入的粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角最小,最短时间为t=T=×=,C正确;粒子的轨迹半径都为R,粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为轨迹直径2R,D正确。故选B、C、D。
13.答案 (1)竖直向上(2分) 向外(2分) (2)(2分)
解析 (1)若m1>m2,说明通电后天平平衡时天平左臂的拉力小于矩形线圈的重力,矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上,根据左手定则,磁场方向为垂直纸面向外。
(2)对矩形线圈,根据平衡条件有m1g+NBIL=m2g,解得B=。
14.答案 (1)黑(2分) (2)145(2分) (3)1.8(2分) (4)540(2分)
解析 (1)根据左手定则,N端聚集正电荷,电势较高;M端聚集负电荷,电势较低,与M相连的应是多用电表的黑表笔。
(2)250 mV挡,每小格为5 mV,表盘读数为145 mV。
(3)M、N间电压稳定时,根据q=qvB,
得U=Bbv,解得v≈1.8 m/s
(4)根据I=,R=ρ=ρ,
解得ρ=540 Ω·m。
15.答案 (1)2.88×105 m/s2 (2)3.84×106 A
解析 (1)设加速度大小为a
由v2=2ax (2分)
得a=2.88×105 m/s2 (1分)
(2)根据牛顿第二定律得IlB=ma (2分)
得I=3.84×106 A(1分)
16.答案 (1) (2)30° (2-)d
解析 (1)离子经过加速电场,由动能定理有3eU=mv2 (2分)
解得离子离开电场进入磁场时的速度v= (1分)
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有3evB=m (2分)
将B=代入,联立解得R=2d (1分)
由几何关系有R sin θ=d,解得 sin θ=,即偏转的角度θ=30° (1分)
偏转距离s=R(1- cos θ) (2分)
解得s=(2-)d (1分)
17.答案 (1)2 T (2)[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M
解析 (1)设没有电流通过时,弹簧弹力为FN1,电流I=2.5 A时弹簧弹力为FN2。没有电流通过时弹簧伸长量为x1,电流I=2.5 A时弹簧伸长量为x2=x1+0.005 m(1分)
FN1=mg=kx1 (1分)
FN2=mg+F安=kx2 (1分)
F安=BILab (1分)
解得B=2 T(1分)
(2)当金属棒到达ab位置时,mg+BIMLab=k(x1+ΔxM) (1分)
解得IM=5 A,由左手定则,电流方向由M指向N,设为电流正方向 (2分)
当金属棒到达ef位置时,mg-BIM'Lab=k(x1-ΔxM) (2分)
解得IM'=5 A,由左手定则,电流方向由N指向M (2分)
则该电流表可以测量的电流范围为[-5 A,5 A],其中“-”表示电流方向由N指向M (2分)
18.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)
解析 (1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示:
粒子在电场中运动时,有l=v0t1 (1分)
l=a (1分)
由牛顿第二定律得Eq=ma (1分)
解得E= (1分)
(2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy,
有 tan θ=,vy=at1,v= (2分)
解得vy=v0,v=v0,θ=45°
由对称性,粒子在O点时速度方向与x轴间的夹角也为θ (1分)
根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为R=== (1分)
由牛顿第二定律得qvB= (1分)
解得B== (1分)
(3)将粒子在O点的速度分解,沿x轴方向的分速度大小为vx=v cos θ=v0,沿y轴方向的分速度大小为vy=v sin θ=v0 (2分)
因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT,T== (2分)
到达x轴时距O点的距离s=v0t+at2 (1分)
解得s=(n=1,2,3,…) (1分)
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