2020-2021学年1 电磁振荡同步达标检测题

2020-2021学年人教版（2019）选择性必修第二册

第一章安培力与洛伦兹力 单元综合练习1（解析版）

一、单项选择题:本题共10小题,每小题3分,共30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.关于洛伦兹力,下列说法正确的是 (　　)

A.带电粒子在磁场中运动时,一定受到洛伦兹力的作用

B.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零,则该点的磁感应强度一定为零

C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功

D.洛伦兹力对运动电荷做功不一定为零

【解析】选C。带电粒子在磁场中平行于磁场方向运动时,一定不受到洛伦兹力作用,故A错误;若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零,可能是粒子运动的方向与磁场的方向平行,该点的磁感应强度不一定为零,故B错误;洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,只改变速度的方向,不改变速度的大小,故C正确,D错误。

2.如图所示,直导线通入垂直纸面向里的电流,在下列匀强磁场中,能静止在光滑斜面上的是 (　　)

【解析】选A。根据左手定则判断安培力的方向,由平衡条件可知,能使导线在光滑斜面上静止的只有A选项。

3.在赤道上空从西向东水平发射的一束电子流,受地磁场作用,电子流的偏转方向是 (　　)

A.北方      B.南方

C.垂直地面向上   D.垂直地面向下

【解析】选D。赤道处的磁场方向从南向北,电子的方向自西向东,则电流的方向为由东向西,根据左手定则,洛伦兹力的方向垂直地面向下,故D正确,A、B、C错误。

4.(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动,下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)

A.磁场和电场的方向   B.磁场和电场的强弱

C.粒子的电性和电量   D.粒子入射时的速度

【解析】选C。由题可知,当带电粒子在复合场内做匀速直线运动,即Eq=qvB,则v=,若仅撤除电场,粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意,对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求,但是对电性和电量无要求,根据F=qvB可知,洛伦兹力的方向与速度方向有关,故对入射时的速度也有要求,故选C。

5.如图所示,直角形导线abc通以恒定电流I,两段导线的长度分别为3L和4L,导线处于垂直于导线平面的磁感应强度为B的匀强磁场中,则导线受到安培力的合力为              (　　)

A.3BIL,方向b→c

B.4BIL,方向b→a

C.7BIL,方向垂直于ac连线斜向上

D.5BIL,方向垂直于ac连线斜向上

【解析】选D。导线受到安培力的合力相当于直线ac受到的安培力,由左手定则可知,安培力的方向垂直于ac连线斜向上。导线在磁场内有效长度为:=5L,故该通电导线受到安培力大小为F=5BIL,选项D正确。

6.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,下列说法不正确的是              (　　)

A.液滴在空间可能受4个力作用

B.液滴一定带负电

C.液滴做圆周运动的半径r=

D.液滴在场中运动时总能量不变

【解析】选A。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,B正确;根据qU=mv2,r=,qE=mg,解得r=,选项C正确;液滴在场中运动的整个过程能量守恒,选项D正确。

7.比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中,如图所示,为使电子从BC边穿出磁场,磁感应强度B的取值范围为(　　)

A.B>   B.B<

C.B>    D.B<

【解析】选B。电子进入磁场后向上偏,刚好从C点沿切线方向穿出是临界条件,要使电子从BC边穿出,其运动半径应比临界半径大,由R=可知,磁感应强度应比临界值小,如图,由几何关系可得,半径R=, 又ev0B=m,解得B=,B选项正确。

8.如图所示,空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动,从C点离开此区域;如果这个区域只有电场,则粒子从B点离开场区;如果这个区域只有磁场,则粒子从D点离开场区;设粒子在上述三种情况下,从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3,比较t1、t2和t3的大小,则有(粒子重力忽略不计)              (　　)

A.t1=t2=t3   B.t2<t1<t3

C.t1=t2<t3   D.t1=t3>t2

【解析】选C。在复合场中沿直线运动时,带电粒子速度大小和方向都不变;只有电场时,粒子沿初速度方向的分速度不变,故t1=t2。只有磁场时,粒子做匀速圆周运动,速度大小不变,方向时刻改变,运动轨迹变长,时间变长,故t1=t2<t3,C正确。

9.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R。则              (　　)

A.粒子经偏转一定能回到原点O

B.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1

C.粒子完成一次周期性运动的时间为

D.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进3R

【解析】选D。由r=可知,粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2,所以B项错误;粒子完成一次周期性运动的时间t=T1+T2=+=,所以C项错误;粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l=R+2R=3R,则粒子经偏转不能回到原点O,所以A项错误,D项正确。

10.如图1所示,一质量为m、电荷量为+q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图像可能是图2中的              (　　)

A.②③   B.①③   C.②④   D.①④

【解析】选D。由左手定则可判断洛伦兹力方向向上,圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力,当qvB=mg时,小环做匀速运动,此时图像为①,故①正确;当qvB<mg时,FN=mg-qvB,此时:μFN=ma,所以小环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以其v-t图像的斜率应该逐渐增大,故②③错误。当qvB>mg时,FN=qvB-mg,此时: μFN=ma,所以小环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB=mg时,小环开始做匀速运动,故④正确。

二、多项选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

11.一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域,穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线,且分界线与电场强度方向平行,如图中的虚线所示。在如图所示的几种情况中,可能出现的是              (　　)

【解析】选A、D。粒子在电场中向下偏转,所以粒子带正电,再进入磁场后,A图中粒子应逆时针转,正确;C图中粒子应顺时针转,错误;同理可以判断B错、D对。

12.(2019·海南高考)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则              (　　)

A.P和Q的质量之比为1∶2

B.P和Q的质量之比为∶1

C.P和Q速度大小之比为∶1

D.P和Q速度大小之比为2∶1

【解析】选A、C。作出两粒子在磁场中的运动图像如图所示,可知其半径rP、rQ之比为1∶,因为两粒子在磁场中运动的时间相同,所以TP∶TQ=1∶2,根据qvB=得r===,则T==,==,选项A正确,B错误;==∶1,所以选项C正确,D错误。

13.如图所示,实线表示在竖直平面内的电场线,电场线与水平方向成α角,水平方向的匀强磁场与电场正交,有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动,L与水平方向成β角,且α>β,则下列说法中正确的是(　　)

A.液滴一定做匀减速直线运动

B.液滴一定做匀加速直线运动

C.电场方向一定斜向上

D.液滴一定带正电

【解析】选C、D。带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛,这三个力的合力不可能一直沿带电液滴的速度方向,因此这三个力的合力一定为零,带电液滴做匀速直线运动,不可能做匀变速直线运动,故选项A、B错误;当带电液滴带正电,且电场线方向斜向上时,带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用,这三个力的合力可能为零,带电液滴沿虚线L做匀速直线运动。如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时,带电液滴所受合力不为零,不可能沿直线运动,故选项C、D正确。

14.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示。置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生粒子的质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是              (　　)

A.粒子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B.粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C.粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1

D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变

【解析】选A、C、D。回旋加速器所加的高频交流电频率等于粒子圆周运动的频率,A项粒子离开回旋加速器时的速度最大,此时的半径为R,则vm==2πRf,故A正确;根据qvB=m,Ek=mv2可知,粒子的最大动能 Ek=,最大动能与交变电压U没有关系。据此可知,不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变,故B项错误,D项正确。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,根据v=可知,粒子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为=,根据r=,则半径比为=,故C正确。

15.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.极板M比极板N电势高

B.加速电场的电压U=ER

C.直径PQ=2B

D.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子有相同的比荷

【解析】选A、B、D。粒子进入静电分析器后在电场力作用下偏转,由P点垂直边界进入磁分析器,故可知粒子带正电,极板M比极板N电势高才能使粒子加速,故A正确;对于加速过程,有qU=mv2,在静电分析器中,由电场力充当向心力,则有Eq=m,由以上两式可知U=ER,故B正确;在磁分析器中粒子由P到Q,直径PQ=2R′==,故C错误;若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,说明运动的直径相同,由于磁场、电场与静电分析器的半径不变,则该群粒子具有相同的比荷,可知D正确。

三、计算题:本题共4小题,共50分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。

16.(10分)如图所示,将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态,位于垂直纸面向里的匀强磁场中,当金属棒中通以0.4 A的电流时,弹簧恰好不伸长,求:(取g=

9.8 m/s2)

(1)匀强磁场中磁感应强度是多大?

(2)当金属棒通以0.2 A由a到b的电流时,弹簧伸长1 cm,如果电流方向由b到a,而电流大小不变,弹簧伸长又是多少?

【解析】(1)当ab棒受到向上的安培力BIl,且和向下的重力mg大小相等时,弹簧不伸长,由BIl=mg可得出磁感应强度:B== T=0.49 T。              (2分)

(2)当0.2 A的电流由a流向b时,ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1、向上的安培力BI1l和向下的重力mg作用,处于平衡状态。

根据平衡条件有:2kx1=mg-BI1l ①(2分)

当电流反向后,弹簧伸长x2,ab棒受到两个弹簧向上的拉力2kx2、向下的安培力BI2l和重力mg作用,处于平衡状态,有:

2kx2=mg+BI2l ②(2分)

联立①②得:x2=·x1 (2分)

代入数据解得:x2=3 cm。 (2分)

答案:(1)0.49 T　(2)3 cm

17.(10分)如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里,磁感应强度为B。一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场,入射方向在xOy平面内,与x轴正向的夹角为θ。求:

(1)该粒子射出磁场的位置;

(2)该粒子在磁场中运动的时间。(粒子所受重力不计)

【解析】(1)设粒子从A点射出磁场,O、A间的距离为L,射出时速度的大小仍为v0,射出方向与x轴的夹角仍为θ,由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得:qv0B=m              (1分)

式中R为圆轨道半径,解得:R= ①(1分)

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上,由几何关系可得:

=Rsinθ ②(2分)

联立①②两式,解得L= (2分)

所以粒子射出磁场的位置坐标为(-,0) (1分)

(2)因为T== (1分)

所以粒子在磁场中运动的时间

t=·T= (2分)

答案:(1)(-,0)　(2)

18.(14分)如图所示,粒子源能放出初速度为0,比荷均为=1.6×104 C

/kg的带负电粒子,进入水平方向的加速电场中,加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r=0.1 m的圆形磁场区域,磁感应强度B=0.5 T,在圆形磁场区域右边有一屏,屏的高度为h=0.6 m,屏距磁场右侧距离为L=0.2 m,且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上。现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上,试求加速电压的最小值。

【解析】粒子运动轨迹如图所示:

根据洛伦兹力公式F=qvB可知,磁感应强度一定时,粒子进入磁场的速度越大,在磁场中偏转量越小。

若粒子恰好不飞离屏,则加速电压有最小值。设此时粒子刚好打在屏的最下端B点,根据带电粒子在磁场中的运动特点可知,粒子偏离方向的夹角正切值为tanθ=,              (3分)

解得:tanθ=, (1分)

粒子偏离方向的夹角:θ=60°=, (2分)

由几何关系可知,此时粒子在磁场中对应的回旋半径为:

R=rtan=0.1 m①(2分)

带电粒子在电场中加速,

由动能定理得:qU=mv2 ②(2分)

带电粒子在磁场中偏转时,洛伦兹力提供向心力,

由牛顿第二定律可得:qvB= ③(2分)

联立①②③解得:U==60 V(2分)

故加速电压的最小值为60 V。

答案:60 V

19.(16分)(2020·山东新高考模拟)如图所示,在第一象限内,存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ,第二象限内存在水平向右的匀强电场,第三、四象限内存在垂直于平面向外,磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ,一质量为m,电荷量为+q的粒子,从x轴上的M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限,在xOy平面内,以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动,随后进入电场运动至y轴上的N点,沿与y轴正方向成45°角离开电场,在磁场Ⅰ中运动一段时间后,再次垂直于x轴进入第四象限,不计粒子的重力,求:

(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0。

(2)电场强度的大小E。

(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。

【解析】(1)该粒子在第四象限内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力

由qv0B0=m (2分)

可知v0= (2分)

(2)粒子完成半周的匀速圆周运动后,从x轴的负半轴进入电场,在电场力的作用下做类平抛运动,末速度与y轴的夹角为45度,如图所示

由F=qE=ma (2分)

R0=at2 (2分)

tan45°= (2分)

解得:E== (2分)

(3)粒子进入第一象限后,在新的磁场中做匀速圆周运动

由第二问中的问题可知,v=v0 (1分)

r=2R0 (1分)

qvB1=m(1分)

解得:B1= (1分)

答案:(1)　(2)　(3)

【补偿训练】

1.如图所示为质谱仪的原理图,M为粒子加速器,电压为U1=5 000 V;N为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1=0.2 T,板间距离为d=0.06 m;P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区,磁感应强度为B2=0.1 T,方向垂直纸面向外,其中dc的中点S开有小孔,外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为=108 C/kg的正离子从静止开始经加速后,恰好通过速度选择器,从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区,正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上。求:

(1)粒子离开加速器时的速度v;

(2)速度选择器的电压U2;

(3)正方形abcd边长l。

【解析】(1)粒子加速过程qU1=mv2

粒子离开加速器时的速度v==1.0×106 m/s。

(2)在速度选择器中运动时有:qvB1=qE,E=

速度选择器的电压U2=B1vd=1.2×104 V。

(3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动

qvB2=,r==0.1 m

由几何关系得r2=(l-r)2+

正方形abcd边长l=r=0.16 m。

答案:(1)1.0×106 m/s　(2)1.2×104 V

(3)0.16 m

2.如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0,h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成45°进入电场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求:

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1;

(2)匀强电场的电场强度大小E;

(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。

【解析】(1)根据题意可知,大致画出粒子在复合场中的运动轨迹,如图所示:

由几何关系得:rcos45°=h,解得:r=h

由牛顿第二定律得:qBv1=m

解得:v1==

(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时速度大小为vb,根据类平抛运动规律,

则:vb=v1cos45°,解得:vb=

设粒子进入电场经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb,由类平抛运动规律得:r+rsin45°=vbt

yb= (v1sin45°+0)t=h

由动能定理得:-qEyb=m-m

解得:E=

(3)粒子在磁场中的周期为:T==

第一次经过x轴的时间t1=T=

在电场中运动的时间t2=2t=

在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间

t3=T=

则总时间: t总=t1+t2+t3=(+2+2)

答案:(1)h　　(2)

(3)(+2+2)