2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--第1章 安培力与洛伦兹力复习提升

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2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步
本章复习提升
易混易错练
易错点1　不能将立体图转化为平面图
1.(2022河北保定唐县一中月考)如图所示,倾角为θ的光滑导轨平行放置,两导轨间距离为L。所在空间中存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量为m的导体杆ab水平放在导轨上,通以恒定电流I时恰好静止。下列说法正确的是 (　　)
A.若磁场方向竖直向上,电流方向必由a到b,且BIL=mg sin θ
B.若磁场方向竖直向上,电流方向必由b到a,且BIL=mg tan θ
C.若磁场方向竖直向下,电流方向必由a到b,且BIL=mg sin θ
D.若磁场方向竖直向下,电流方向必由b到a,且BIL=mg tan θ
易错点2　带电体在磁场中运动分析不全面
2.(2023江苏连云港月考)如图所示,匀强磁场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面,在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管,在水平拉力F的作用下,试管向右匀速运动,带电小球能从试管口飞出,则 (　　)
A.小球带负电
B.小球离开管口前的运动轨迹是一条直线
C.洛伦兹力对小球做正功
D.拉力F逐渐增大
易错点3　应用左手定则时不注意电荷的正负
3.如图为磁流体发电机工作原理的示意图,高温燃烧室中的气体在3 000 K的高温下将全部电离为电子和正离子,即高温等离子体(其电阻值符合电阻定律)。高温等离子体经加速后会以速度v进入矩形发电通道,发电通道由上下两块平行金属板构成,两板间有垂直纸面向里且垂直于粒子速度方向的匀强磁场,磁感应强度为B。等离子体受磁场作用发生偏转,在两极板间形成电势差。已知发电通道的金属板长为L、正对面积为S、间距为d,不计粒子重力。则以下说法中正确的是 (　　)
A.稳定后,发电机的电动势为Bdv
B.稳定后,发电通道上极板电势低于下极板电势
C.外接电阻R越大,发电机的输出功率越大
D.稳定后,电流表示数为I,则高温等离子体的电阻率为
易错点4　不能正确画出运动轨迹
4.(2023天津宝坻一中期末)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为m、电荷量为+q的粒子在小孔下方处由静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠磁场边界射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小。
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁场的磁感应强度大小。
易错点5　对回旋加速器的工作原理不清楚
5.(2023湖南常德一中开学考试)回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为U0,周期T=。一束该种粒子在0~时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做匀加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:
甲
乙
(1)出射粒子的动能Ekm;
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ekm所需的总时间t0;
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。
思想方法练
　　　　　　　　　　　　　　　
一、缩放圆思维的应用
1.
如图所示,在xOy平面的第一象限(含坐标轴)内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一群带正电粒子从y轴上的P点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。已知OP=a,粒子的带电荷量为q,质量为m,粒子速度v≤,重力不计。则下列可能表示粒子在第一象限运动时间的是 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
二、动态圆思维的应用
2.如图,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.30 T,磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行,在距ab为l=32 cm处,有一个点状的α粒子放射源S,它向各个方向发射α粒子,α粒子的速度都是v=3.0×106 m/s,已知α粒子的比荷=5.0×107 C/kg,现只考虑在纸面中运动的α粒子,求ab上被α粒子打中的区域的长度。
三、平移圆思维的应用
3.(2023四川内江六中月考)如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计),则t1∶t2为 (　　)
A.2∶1　　　　B.2∶3
C.3∶2　　　　D.∶
四、磁聚焦思维问题
4.(2023河南信阳期末)如图所示,位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E,Q点有一粒子源,可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子,其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场,不计重力及粒子之间的相互作用。
(1)求带电粒子的比荷;
(2)若粒子初速度的方向被限定在QQ'两侧夹角均为30°的范围内,求x轴上有粒子出射的区域范围;
(3)若AQ弧长等于六分之一圆弧,求从磁场边界上A点射出的粒子,由Q点出发至第2次穿出磁场所经历的时间。
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易混易错练
1.B 2.D 3.AD
1.B　从右侧侧面观察,若磁场方向竖直向上,根据左手定则可知,导体杆所受安培力有水平向左和水平向右两种情况,对导体杆受力分析,因导体杆可以静止在导轨上,所以其所受安培力方向一定是水平向右的,其大小为F安=BIL=mg tan θ,此时根据左手定则可知,电流方向必由b到a,故B正确,A错误;同理,若磁场方向竖直向下,电流方向必由a到b,且BIL=mg tan θ,故C、D错误。
2.D　小球能从管口飞出,可知洛伦兹力的方向指向管口,根据左手定则可知,小球带正电,故A错误;设管运动的速度为v,小球与管一起向右匀速运动,小球沿管方向所受洛伦兹力大小为F1=qvB,q、v、B大小均不变,则沿管方向的洛伦兹力F1不变,小球做类平抛运动,在离开管口前的运动轨迹是一条抛物线,故B错误;洛伦兹力与速度方向垂直,不做功,故C错误;设小球沿管方向的分速度大小为v1,则所受垂直管向左的洛伦兹力为F2=qv1B,由题意可知,随着v1增大,F2增大,拉力F也增大,故D正确。故选D。
3.AD　由左手定则可以判断正离子所受洛伦兹力方向向上,上极板带上正电荷 ,则稳定后,发电通道上极板电势高于下极板电势,所以B错误;稳定后,离子所受电场力等于洛伦兹力,则有q=qBv,解得U=Bdv,故稳定后发电机的电动势为Bdv,A正确;在闭合电路中,当外电阻等于电源的内阻时,电源的输出功率最大,所以外接电阻R越大,发电机的输出功率不一定越大,所以C错误;稳定后,电路的总电阻为R总=,高温等离子体的电阻为r=ρ,且R总=R+r,解得ρ=,即高温等离子体的电阻率为,所以D正确。
4.答案　(1)　(2)或
解析　(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得
qE·=mv2 ①
由①式解得E= ②
(2)设Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得
qvB=m ③
如图所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得
R= ④
联立③④式解得B= ⑤
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
R= ⑥
联立③⑥式解得B= ⑦
5.答案　(1)　(2)-
(3)d<
解析　(1)粒子运动半径为R时,有qvB=m且Ekm=mv2
解得Ekm=
(2)设粒子被加速n次达到动能Ekm,则Ekm=nqU0,粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt
加速度a=
匀加速直线运动nd=a·(Δt)2
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=
总时间为t0=(n-1)·+Δt
解得t0=-
(3)只有在0~时间内飘入的粒子才能每次均被加速,则所占的比例为η=
由η>99%,解得d<
对应主书P29
1.BC　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,作出以不同速度入射的粒子在磁场中的运动轨迹,如图所示,当粒子速度为v=时,轨迹半径r==a,以该速度入射的粒子在磁场中转过的圆心角为π,运动时间最短,为t==×=;当粒子的运动轨迹与x轴相切时,有r1+r1·cos 45°=a,轨迹半径r1=(2-)a,此时粒子的入射速度为v==,粒子自y轴离开磁场,运动时间最长,为t1=T=,所以时间范围为
≤t≤ ,故B、C符合题意。
2.答案　40 cm
解析　本题物理情境复杂,需要在建立“粒子源”模型的基础上掌握“定圆旋转法”。
当带电粒子射入磁场时的速率v一定,但射入的方向变化时,粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的。在确定粒子运动的临界情境时,可以以入射点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而探索出临界条件。如图甲所示为粒子进入单边界磁场时的情景。
甲
本题α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R是一定的,从S点向各个方向发射α粒子,S为这些轨迹圆周的公共点,这些轨迹圆的圆心的集合就是以S为圆心、以R为半径的圆,以该圆上任一点为圆心,R为半径画圆,然后截取其在磁场中的一段圆弧,即可画出α粒子可能的一个轨迹图。
α粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R表示轨道半径,有qvB=m
由此得R=
代入数值得R=20 cm,可见2R>l>R
如图所示,因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点,为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心,R为半径作圆,圆左侧交cd于Q点,过Q点作ab的垂线,它与ab的交点即P1,由图中几何关系得NP1=
再考虑N的右侧,任何α粒子在运动过程中离S的距离不可能超过2R,所以右侧的最远点是与S在同一直径上的一点,设为P2。
由图中几何关系得NP2=
所求长度为P1P2=NP1+NP2
代入数值解得P1P2=40 cm
3.C　画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹,并将该轨迹向下平移,粒子做圆周运动的半径为R=L,从C点射出的粒子运动时间为t1=;由P点运动到M点所用时间为t2,圆心角为θ,则cos θ=,解得cos θ=,θ=60°,故t2=,则t1∶t2=3∶2,C正确。
4.答案　(1)　(2)R≤x≤R
(3)+
解析　(1)由几何关系可知,从P点射出的粒子做圆周运动的半径r=R,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得=。
(2)粒子轨迹半径和圆半径相等,由几何关系可知,无论粒子沿哪个方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向,QQ'两侧粒子的运动轨迹如图所示
方向斜向右下与QQ'成30°角出射的粒子打在B点,则有OB=R-R cos 60°=R,方向斜向右上与QQ'成30°角出射的粒子打在C点,则有OC=R+R cos 60°=R,x轴上有粒子出射的区域范围是R≤x≤R。
(3)若AQ弧长等于六分之一圆弧,粒子的运动轨迹如图所示
粒子在磁场中运动的周期T=,粒子在QA段运动的时间t1=,无场区AB段距离x=R-R cos 30°,粒子在AB段运动的时间t2=,粒子在电场中运动时,由牛顿第二定律得qE=ma,在电场中运动的时间t3=,粒子在AC段运动的时间t4=,总时间t=t1+t2+t3+t4,代入数据得t=+。
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