2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题（有解析）--第一章 安培力与洛伦兹力
文档属性
| 名称 | 2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题（有解析）--第一章 安培力与洛伦兹力 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 732.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-12-27 22:05:02 | ||
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文档简介
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2025人教版高中物理选择性必修第二册
第一章 安培力与洛伦兹力
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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.下列仪器利用安培力的是 ( )
A.磁电式电流表 B.显像管 C.速度选择器 D.质谱仪
2.太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时,地磁场改变了这些带电粒子的运动方向,从而使很多粒子到达不了地面。另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B=3.5×10-5 T,方向由南指向北,假设太阳风中的一个电子以速度v=2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场,如图所示。已知电子电荷量为q=1.6×10-19 C,此时该电子受到的洛伦兹力 ( )
A.方向向西 B.方向向南 C.方向向东 D.大小为11.2 N
3.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
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.磁流体发电的原理如图所示,将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在面积为S、间距为d的两平行金属板a、b间产生电动势。将其上下极板与阻值为R的定值电阻和电容为C的平行板电容器相连,间距为L的电容器极板间有一带电微粒处于静止状态,不计其他电阻,重力加速度大小为g。下列说法不正确的是 ( )
A.a极板比b极板电势低
B.磁流体发电机的电动势为BLv
C.电容器所带电荷量为CBdv
D.微粒的比荷为
6.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
7.在现代研究受控热核反应的实验中,需要把107~109 K的高温等离子体限制在一定空间区域内,这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化,磁约束就成了重要的技术。如图所示,科学家设计了一种中间弱两端强的磁场,该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场,其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后,该粒子将被约束在左右两端之间来回运动,就像光在两个镜子之间来回“反射”一样,不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶,磁场区域的两端被称为磁镜。根据信息并结合已有的知识,可以推断该粒子 ( )
A.从左端到右端运动过程中,其动能先增大后减小
B.从左端到右端的运动过程中,其动能先减小后增大
C.从左端到右端的运动过程中,沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
D.从靠近磁镜处返回时,在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
8.如图甲所示,边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向垂直于abcd所在平面,且周期性变化(周期T可根据需要调整),设垂直于abcd平面向里为磁感应强度的正方向,则磁感应强度随时间的变化如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由a点沿ab方向射入磁场,已知电子的质量为m,电荷量大小为e,图中边界上有两点f、g,且df=bg=L,关于电子在磁场中的运动,以下说法中正确的是 ( )
A.调整磁场变化周期T,让电子沿bc方向经过c点,电子的速度大小一定是
B.调整磁场变化周期T,让电子经过d点,电子的速度大小一定是
C.要想让电子经过f点,则磁场变化周期一定是
D.要想让电子垂直于bc边过g点,则磁场变化周期一定是
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.如图所示,台秤上放一条形磁铁,此时台秤的读数为FN1,现在磁铁两端正上方对称固定两根通电导线,电流大小相等,电流方向如图所示,台秤的示数为FN2,台秤与磁铁始终静止,则下列说法正确的是 ( )
A.FN1=FN2
B.FN1>FN2
C.两电流同时增大,磁铁与台秤间摩擦力增大
D.两电流同时减小,磁铁与台秤间摩擦力增大
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.导轨式电磁炮的原理结构示意图如图所示。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触。可控电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过炮弹,再从另一导轨流回电源,炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中,炮弹所在位置的磁场可以简化为磁感应强度大小为B、垂直于导轨平面的匀强磁场。已知两导轨间距为L,炮弹的质量为m,炮弹获得的速度为v。不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.a为电源正极
B.在发射过程中,电源提供的总能量为mv2
C.在发射过程中,安培力做的功为mv2
D.在发射过程中,通过炮弹的电荷量为
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.(9分)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)测量磁感应强度B,实验原理如图1所示,匀强磁场垂直于元件的工作面,工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH,IH通过1、3测脚时,元件中的载流子受洛伦兹力而偏转,2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
(1)2、4测脚中电势高的是 (选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中,调节工作电压,改变霍尔电流,测出霍尔电压,实验数据如下表所示:
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
根据实验数据在如图2所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
(3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n,元件厚度为d,磁感应强度为B,电子电荷量为e,则UH与IH的关系式为 。
(4)为提高测量灵敏度,请提出制作霍尔元件的建议:
15.(9分)如图所示,质量为m=1 kg、电荷量为q=5×10-2 C的带正电荷的小滑块,从半径为R=0.4 m的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知电场强度E=100 V/m,方向水平向右,磁感应强度B=1 T,方向垂直纸面向里。求:
(1)滑块到达C点时的速度大小;
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力;
(3)在C点滑块对轨道的压力。
16.(10分)如图,间距为L=1 m的两平行导轨在同一水平面内。一质量为m=1 kg、长度为L=1 m的导体棒垂直放在导轨上,导体棒与导轨间的动摩擦因数μ恒定。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小可调,方向与导体棒垂直,与水平向右方向的夹角θ可调。现给导体棒通以图示方向(沿棒向里)的恒定电流I=5 A,导体棒有水平向右的初速度。不考虑导体棒中电流变化,导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。
(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ;
(2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,导体棒仍沿导轨向右做匀速直线运动,求此时的磁感应强度大小B2。
17.(10分)如图所示为回旋加速器的工作原理示意图,两个D形盒的正中间有狭缝,狭缝宽度为d,狭缝之间存在匀强电场,电场强度为E;两个半径为R的D形盒接上高频交流电,并处在匀强磁场中,在D1的圆心A处有一个粒子源,它产生并发出比荷为k的带正电粒子,粒子的初速度视为0,经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出,不计粒子重力,求:
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度;
(2)粒子第4次被加速结束瞬间与A点之间的距离。
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。
答案全解全析
1.A 磁电式电流表的工作原理是安培力使通电线圈发生转动;显像管、速度选择器、质谱仪都利用了磁场对带电粒子的作用即洛伦兹力。A正确,B、C、D错误。
2.A 根据左手定则,结合题图可判断此时该电子受到的洛伦兹力方向向西,大小为f=qvB=1.6×10-19×2×105×3.5×10-5 N=1.12×10-18 N,选A。
3.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,根据左手定则可知,导体棒ab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。
4.A 导线ABC所受的安培力,可等效成“直导线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 将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场时,由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下,所以正电荷会聚集到b极板,负电荷受到的洛伦兹力向上,所以负电荷会聚集到a极板,故a极板比b极板电势低,故A正确;根据qvB=q可得,磁流体发电机的电动势为E电=Bdv,故B错误;电容器两端的电势差等于电源电动势,根据C==,联立可得电容器所带电荷量为Q=CBdv,故C正确;由于带电微粒处于静止状态,由平衡条件可得mg=q,联立可得微粒的比荷=,故D正确。故选B。
6.A 离子在加速电场中加速时,由动能定理有Uq=mv2,解得v=,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;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。
7.D 从左端到右端的运动过程中,粒子只受洛伦兹力作用,洛伦兹力对粒子不做功,故其动能不变,故A、B错误;从左端到右端的运动过程中,由于粒子只受洛伦兹力,故粒子的速度大小不变,由于粒子在两端之间来回运动,故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小,故C错误;从靠近磁镜处返回时,粒子的速度与轴线垂直,沿磁瓶轴线方向的速度分量为零,又粒子的速度大小不变,故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大,故D正确。
8.D
思路点拨 周期性变化的磁场容易使带电粒子发生周期性运动,此类问题容易出现多解。
要想让电子沿bc方向经过c点,可能的轨迹如图1、2所示,转奇数个圆弧后到c,根据洛伦兹力充当向心力,有B0ev=m,可得r=,根据以上分析有r==(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),故A错误;
要想让电子经过d点,可能的轨迹如图3所示,可知,r=,解得v=,或者先顺时针转时间,之后逆时针转,沿ad方向经过d,如图4所示,这种情况下r+r=L,解得v=,故B错误;
要想让电子经过f点,轨迹可能如图5所示,由几何关系可得r2=(L-r)2+,解得r=L,只要满足运动时间t≤即可;或者如图6所示,运动周期T1=,每一次转过120°圆心角,=,解得T=,故C错误;
要想让电子垂直于bc边过g点,经过偶数次偏转,每一次转过60°圆心角,运动周期T1=,则有=,解得T=,故D正确。
9.AC 以通电导线为研究对象,左边通电导线电流方向垂直纸面向里,根据左手定则判断可知,其所受安培力F1方向为斜向右下方,如图所示,
根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力F1'方向斜向左上方;右边通电导线电流方向垂直纸面向外,根据左手定则判断可知,其所受安培力F2方向斜向右上方,根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力F2'方向斜向左下方,因为两根通电导线电流大小相等,得F1=F2,故F1'=F2',把F1'和F2'正交分解可知竖直方向上两力的分力大小相等,方向相反,合力为零,得台秤的读数不变,则FN1=FN2,故A正确,B错误;如上图所示,把F1'和F2'正交分解可知水平方向上两力的分力大小相等,方向均向左,则磁铁所受静摩擦力方向水平向右,因为台秤与磁铁始终静止,所以两电流同时增大,安培力增大,由牛顿第三定律可知对磁铁的反作用力会增大,磁铁与台秤间摩擦力增大,故C正确,D错误。
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.CD 炮弹受到的安培力向右,根据左手定则可知,b为电源正极,故A错误;在发射过程中,根据动能定理有W合=W安=mv2,故安培力做的功为mv2,故C正确;在发射过程中,炮弹电阻和电源内阻还要消耗电能,电源提供的总能量大于安培力做的功,即电源提供的总能量大于mv2,故B错误;在发射过程中,根据动量定理有BLΔt=mv,其中q=Δt,通过炮弹的电荷量为q=,故D正确。故选C、D。
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受到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)2(2分) (2)见解析图(2分) (3)UH=(3分) (4)见解析(2分)
解析 (1)根据左手定则可知,电子受到的洛伦兹力偏向4测脚方向,电子带负电,故2测脚电势高;
(2)将表格中的数据在图中描点连线,其图像如图所示
(3)稳定后,霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力,有evB=eE
电流微观表达式为IH=neSv
设霍尔元件的宽度为l,霍尔电压UH=El
霍尔元件的横截面面积为S=ld
解得UH=
(4)由UH=可知,减小厚度d或选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件均可以提高测量灵敏度。
15.答案 (1)2 m/s (2)0.1 N,方向竖直向下 (3)20.1 N,方向竖直向下
解析 (1)滑块运动过程中洛伦兹力不做功,由动能定理有
mgR-qER=m (2分)
解得滑块到达C点时的速度vC=2 m/s(1分)
(2)滑块所受洛伦兹力大小F洛=qvCB=5×10-2×2×1 N=0.1 N(1分)
由左手定则可得,方向竖直向下。 (1分)
(3)在C点,滑块受到四个力作用,如图所示
由牛顿第二定律和圆周运动知识有FN-mg-qvCB=m (2分)
解得FN=20.1 N(1分)
根据牛顿第三定律可知,在C点滑块对轨道的压力为FN'=20.1 N,方向竖直向下。 (1分)
16.答案 (1)0.75 (2)1.2 T
解析 (1)当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,对导体棒进行受力分析,如图所示,
根据平衡条件,在水平方向有B1IL=f (1分)
在竖直方向有FN=mg (1分)
又f=μFN(1分)
解得μ=0.75 (1分)
(2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,对导体棒进行受力分析,如图所示,
根据平衡条件,在水平方向有B2IL cos 37°=f' (2分)
在竖直方向有B2IL sin 37°+FN'=mg (2分)
又f'=μFN' (1分)
解得B2=1.2 T(1分)
17.答案 (1) (2)2(+1-)
解析 (1)由牛顿第二定律有qE=ma (1分)
根据运动学公式有v=at
又=k得t= (1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m (1分)
得B= (1分)
(2)加速一次由动能定理有qEd=m (1分)
解得v1== (1分)
从A点出发向右运动2r1
2r1=2=2 (1分)
同理可得加速第二次后粒子向左运动2r2=2 (1分)
粒子加速第三次后向右运动2r3=2 (1分)
所以,粒子第四次被加速结束瞬间与A点之间的距离为
x=2r3-2r2+2r1=2(+1-) (1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 (1分)
v= (1分)
解得vy=v0,v=v0,θ=45°
由对称性知,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 (1分)
沿y轴方向的分速度大小为vy=v sin θ=v0 (1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 (1分)
T== (1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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2025人教版高中物理选择性必修第二册
第一章 安培力与洛伦兹力
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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.下列仪器利用安培力的是 ( )
A.磁电式电流表 B.显像管 C.速度选择器 D.质谱仪
2.太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时,地磁场改变了这些带电粒子的运动方向,从而使很多粒子到达不了地面。另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B=3.5×10-5 T,方向由南指向北,假设太阳风中的一个电子以速度v=2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场,如图所示。已知电子电荷量为q=1.6×10-19 C,此时该电子受到的洛伦兹力 ( )
A.方向向西 B.方向向南 C.方向向东 D.大小为11.2 N
3.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
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.磁流体发电的原理如图所示,将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在面积为S、间距为d的两平行金属板a、b间产生电动势。将其上下极板与阻值为R的定值电阻和电容为C的平行板电容器相连,间距为L的电容器极板间有一带电微粒处于静止状态,不计其他电阻,重力加速度大小为g。下列说法不正确的是 ( )
A.a极板比b极板电势低
B.磁流体发电机的电动势为BLv
C.电容器所带电荷量为CBdv
D.微粒的比荷为
6.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
7.在现代研究受控热核反应的实验中,需要把107~109 K的高温等离子体限制在一定空间区域内,这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化,磁约束就成了重要的技术。如图所示,科学家设计了一种中间弱两端强的磁场,该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场,其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后,该粒子将被约束在左右两端之间来回运动,就像光在两个镜子之间来回“反射”一样,不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶,磁场区域的两端被称为磁镜。根据信息并结合已有的知识,可以推断该粒子 ( )
A.从左端到右端运动过程中,其动能先增大后减小
B.从左端到右端的运动过程中,其动能先减小后增大
C.从左端到右端的运动过程中,沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
D.从靠近磁镜处返回时,在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
8.如图甲所示,边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向垂直于abcd所在平面,且周期性变化(周期T可根据需要调整),设垂直于abcd平面向里为磁感应强度的正方向,则磁感应强度随时间的变化如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由a点沿ab方向射入磁场,已知电子的质量为m,电荷量大小为e,图中边界上有两点f、g,且df=bg=L,关于电子在磁场中的运动,以下说法中正确的是 ( )
A.调整磁场变化周期T,让电子沿bc方向经过c点,电子的速度大小一定是
B.调整磁场变化周期T,让电子经过d点,电子的速度大小一定是
C.要想让电子经过f点,则磁场变化周期一定是
D.要想让电子垂直于bc边过g点,则磁场变化周期一定是
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.如图所示,台秤上放一条形磁铁,此时台秤的读数为FN1,现在磁铁两端正上方对称固定两根通电导线,电流大小相等,电流方向如图所示,台秤的示数为FN2,台秤与磁铁始终静止,则下列说法正确的是 ( )
A.FN1=FN2
B.FN1>FN2
C.两电流同时增大,磁铁与台秤间摩擦力增大
D.两电流同时减小,磁铁与台秤间摩擦力增大
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.导轨式电磁炮的原理结构示意图如图所示。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触。可控电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过炮弹,再从另一导轨流回电源,炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中,炮弹所在位置的磁场可以简化为磁感应强度大小为B、垂直于导轨平面的匀强磁场。已知两导轨间距为L,炮弹的质量为m,炮弹获得的速度为v。不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.a为电源正极
B.在发射过程中,电源提供的总能量为mv2
C.在发射过程中,安培力做的功为mv2
D.在发射过程中,通过炮弹的电荷量为
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)2、4测脚中电势高的是 (选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中,调节工作电压,改变霍尔电流,测出霍尔电压,实验数据如下表所示:
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
根据实验数据在如图2所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
(3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n,元件厚度为d,磁感应强度为B,电子电荷量为e,则UH与IH的关系式为 。
(4)为提高测量灵敏度,请提出制作霍尔元件的建议:
15.(9分)如图所示,质量为m=1 kg、电荷量为q=5×10-2 C的带正电荷的小滑块,从半径为R=0.4 m的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知电场强度E=100 V/m,方向水平向右,磁感应强度B=1 T,方向垂直纸面向里。求:
(1)滑块到达C点时的速度大小;
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力;
(3)在C点滑块对轨道的压力。
16.(10分)如图,间距为L=1 m的两平行导轨在同一水平面内。一质量为m=1 kg、长度为L=1 m的导体棒垂直放在导轨上,导体棒与导轨间的动摩擦因数μ恒定。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小可调,方向与导体棒垂直,与水平向右方向的夹角θ可调。现给导体棒通以图示方向(沿棒向里)的恒定电流I=5 A,导体棒有水平向右的初速度。不考虑导体棒中电流变化,导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。
(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ;
(2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,导体棒仍沿导轨向右做匀速直线运动,求此时的磁感应强度大小B2。
17.(10分)如图所示为回旋加速器的工作原理示意图,两个D形盒的正中间有狭缝,狭缝宽度为d,狭缝之间存在匀强电场,电场强度为E;两个半径为R的D形盒接上高频交流电,并处在匀强磁场中,在D1的圆心A处有一个粒子源,它产生并发出比荷为k的带正电粒子,粒子的初速度视为0,经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出,不计粒子重力,求:
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度;
(2)粒子第4次被加速结束瞬间与A点之间的距离。
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。
答案全解全析
1.A 磁电式电流表的工作原理是安培力使通电线圈发生转动;显像管、速度选择器、质谱仪都利用了磁场对带电粒子的作用即洛伦兹力。A正确,B、C、D错误。
2.A 根据左手定则,结合题图可判断此时该电子受到的洛伦兹力方向向西,大小为f=qvB=1.6×10-19×2×105×3.5×10-5 N=1.12×10-18 N,选A。
3.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,根据左手定则可知,导体棒ab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。
4.A 导线ABC所受的安培力,可等效成“直导线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 将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场时,由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下,所以正电荷会聚集到b极板,负电荷受到的洛伦兹力向上,所以负电荷会聚集到a极板,故a极板比b极板电势低,故A正确;根据qvB=q可得,磁流体发电机的电动势为E电=Bdv,故B错误;电容器两端的电势差等于电源电动势,根据C==,联立可得电容器所带电荷量为Q=CBdv,故C正确;由于带电微粒处于静止状态,由平衡条件可得mg=q,联立可得微粒的比荷=,故D正确。故选B。
6.A 离子在加速电场中加速时,由动能定理有Uq=mv2,解得v=,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;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。
7.D 从左端到右端的运动过程中,粒子只受洛伦兹力作用,洛伦兹力对粒子不做功,故其动能不变,故A、B错误;从左端到右端的运动过程中,由于粒子只受洛伦兹力,故粒子的速度大小不变,由于粒子在两端之间来回运动,故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小,故C错误;从靠近磁镜处返回时,粒子的速度与轴线垂直,沿磁瓶轴线方向的速度分量为零,又粒子的速度大小不变,故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大,故D正确。
8.D
思路点拨 周期性变化的磁场容易使带电粒子发生周期性运动,此类问题容易出现多解。
要想让电子沿bc方向经过c点,可能的轨迹如图1、2所示,转奇数个圆弧后到c,根据洛伦兹力充当向心力,有B0ev=m,可得r=,根据以上分析有r==(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),故A错误;
要想让电子经过d点,可能的轨迹如图3所示,可知,r=,解得v=,或者先顺时针转时间,之后逆时针转,沿ad方向经过d,如图4所示,这种情况下r+r=L,解得v=,故B错误;
要想让电子经过f点,轨迹可能如图5所示,由几何关系可得r2=(L-r)2+,解得r=L,只要满足运动时间t≤即可;或者如图6所示,运动周期T1=,每一次转过120°圆心角,=,解得T=,故C错误;
要想让电子垂直于bc边过g点,经过偶数次偏转,每一次转过60°圆心角,运动周期T1=,则有=,解得T=,故D正确。
9.AC 以通电导线为研究对象,左边通电导线电流方向垂直纸面向里,根据左手定则判断可知,其所受安培力F1方向为斜向右下方,如图所示,
根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力F1'方向斜向左上方;右边通电导线电流方向垂直纸面向外,根据左手定则判断可知,其所受安培力F2方向斜向右上方,根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力F2'方向斜向左下方,因为两根通电导线电流大小相等,得F1=F2,故F1'=F2',把F1'和F2'正交分解可知竖直方向上两力的分力大小相等,方向相反,合力为零,得台秤的读数不变,则FN1=FN2,故A正确,B错误;如上图所示,把F1'和F2'正交分解可知水平方向上两力的分力大小相等,方向均向左,则磁铁所受静摩擦力方向水平向右,因为台秤与磁铁始终静止,所以两电流同时增大,安培力增大,由牛顿第三定律可知对磁铁的反作用力会增大,磁铁与台秤间摩擦力增大,故C正确,D错误。
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.CD 炮弹受到的安培力向右,根据左手定则可知,b为电源正极,故A错误;在发射过程中,根据动能定理有W合=W安=mv2,故安培力做的功为mv2,故C正确;在发射过程中,炮弹电阻和电源内阻还要消耗电能,电源提供的总能量大于安培力做的功,即电源提供的总能量大于mv2,故B错误;在发射过程中,根据动量定理有BLΔt=mv,其中q=Δt,通过炮弹的电荷量为q=,故D正确。故选C、D。
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受到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)2(2分) (2)见解析图(2分) (3)UH=(3分) (4)见解析(2分)
解析 (1)根据左手定则可知,电子受到的洛伦兹力偏向4测脚方向,电子带负电,故2测脚电势高;
(2)将表格中的数据在图中描点连线,其图像如图所示
(3)稳定后,霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力,有evB=eE
电流微观表达式为IH=neSv
设霍尔元件的宽度为l,霍尔电压UH=El
霍尔元件的横截面面积为S=ld
解得UH=
(4)由UH=可知,减小厚度d或选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件均可以提高测量灵敏度。
15.答案 (1)2 m/s (2)0.1 N,方向竖直向下 (3)20.1 N,方向竖直向下
解析 (1)滑块运动过程中洛伦兹力不做功,由动能定理有
mgR-qER=m (2分)
解得滑块到达C点时的速度vC=2 m/s(1分)
(2)滑块所受洛伦兹力大小F洛=qvCB=5×10-2×2×1 N=0.1 N(1分)
由左手定则可得,方向竖直向下。 (1分)
(3)在C点,滑块受到四个力作用,如图所示
由牛顿第二定律和圆周运动知识有FN-mg-qvCB=m (2分)
解得FN=20.1 N(1分)
根据牛顿第三定律可知,在C点滑块对轨道的压力为FN'=20.1 N,方向竖直向下。 (1分)
16.答案 (1)0.75 (2)1.2 T
解析 (1)当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,对导体棒进行受力分析,如图所示,
根据平衡条件,在水平方向有B1IL=f (1分)
在竖直方向有FN=mg (1分)
又f=μFN(1分)
解得μ=0.75 (1分)
(2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,对导体棒进行受力分析,如图所示,
根据平衡条件,在水平方向有B2IL cos 37°=f' (2分)
在竖直方向有B2IL sin 37°+FN'=mg (2分)
又f'=μFN' (1分)
解得B2=1.2 T(1分)
17.答案 (1) (2)2(+1-)
解析 (1)由牛顿第二定律有qE=ma (1分)
根据运动学公式有v=at
又=k得t= (1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m (1分)
得B= (1分)
(2)加速一次由动能定理有qEd=m (1分)
解得v1== (1分)
从A点出发向右运动2r1
2r1=2=2 (1分)
同理可得加速第二次后粒子向左运动2r2=2 (1分)
粒子加速第三次后向右运动2r3=2 (1分)
所以,粒子第四次被加速结束瞬间与A点之间的距离为
x=2r3-2r2+2r1=2(+1-) (1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 (1分)
v= (1分)
解得vy=v0,v=v0,θ=45°
由对称性知,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 (1分)
沿y轴方向的分速度大小为vy=v sin θ=v0 (1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 (1分)
T== (1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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