物理选择性必修 第二册第1章 安培力与洛伦兹力本章综合与测试免费同步训练题

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易错点1 不能将立体图转化为平面图
1.(2020辽宁辽河第二高级中学高二上期末,)(多选)通电直导线ab质量为m、水平地放置在两根倾角均为θ的光滑导体轨道上,轨道间的电源如图所示,两导轨之间距离为l,两导轨之间分布有匀强磁场,要使导线ab静止在导轨上,则关于匀强磁场方向(从b向a看)、大小的判断正确的是( )

A.磁场方向竖直向上,磁感应强度大小为mgtanθIl
B.磁场方向竖直向下,磁感应强度大小为mgtanθIl
C.磁场方向水平向右,磁感应强度大小为mgIl
D.磁场方向垂直斜面向上时,磁感应强度有最小值为mgsinθIl
易错点2 带电体在磁场中运动分析不全面
2.(2020陕西西安中学高二上期末,)(多选)如图所示,一个质量为m、带电荷量为+q的圆环可在水平放置的粗糙绝缘细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,圆环以初速度v0沿杆向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为( )
A.0B.12mv02
C.m3g22q2B2D.12mv02-m2g2q2B2
3.(2020湖北沙市高二上期末,)如图所示,空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端无初速度地放置一质量为0.1 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ=0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力,g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块先做加速度减小的变加速运动,最后做速度为10 m/s的匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2的匀加速运动,再做加速度增大的运动,最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t=5 s后滑块和木板开始有相对运动
易错点3 应用左手定则时不注意电荷的正负
4.(2020湖北两校高二上期末联考,)(多选)半导体内导电的粒子——“载流子”有两种:自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子),以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体,以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。下图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图,图中一块长为a、宽为c、高为b的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时,会在与z轴垂直的上、下表面之间产生霍尔电势差UH,霍尔电势差大小满足关系UH=kIBc,其中k为材料的霍尔系数。若每个载流子所带电荷量的绝对值为e,下列说法中正确的是 ( )
A.如果上表面电势高,则该半导体为P型半导体
B.霍尔系数越大的材料,其内部单位体积内的载流子数目越多
C.若只将磁场方向改为沿z轴正方向,则在垂直y轴的两个侧面间产生的霍尔电势差会变小
D.若只将电流方向改为沿z轴正方向,则在垂直x轴的两个侧面间产生的霍尔电势差会变大
易错点4 不能正确画出运动轨迹
5.(2019山东泰安高二上检测,)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d2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
6.(2019山东潍坊高二上检测,)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=2πmqB。一束该种粒子在0~T2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.(2019北京师大二附中高二上期末,)如图所示圆形区域内,有垂直于纸面方向的匀强磁场,一束质量和电荷量都相同的带电粒子,以不同的速率,沿着相同的方向,对准圆心O射入匀强磁场,又都从该磁场中射出,这些粒子在磁场中的运动时间有的较长,有的较短,若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用,则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )

A.速率越小
B.速率越大
C.速度偏转角越小
D.在磁场中的周期一定越大
2.(2019山东实验高二检测,)(多选)如图所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O在纸面内沿垂直于AC边的方向射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A.若该粒子的入射速度为v=qBlm,则粒子一定从CD边射出磁场,且射出时距点C的距离为l
B.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=(2+1)qBlm
C.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=2qBlm
D.当该粒子以不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为πmqB
二、动态圆思维的应用
3.(2019山东济南一中高二检测,)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=0.6 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=16 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qm=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
4.(2019福建福州高二检测,)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∶1B.2∶3
C.3∶2D.3∶2
四、磁聚焦思维问题
5.(2019河北衡水中学高二检测,)质量为m、电荷量为e的大量电子,从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限,射入时速度方向不同,速度大小均为v0,如图所示。现在某一区域加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上,荧光屏与y轴平行,求:
(1)荧光屏上光斑的长度;
(2)所加磁场范围的最小面积。
答案全解全析
本章复习提升
易混易错练
1.AD 磁场方向竖直向上,受力如图甲所示
甲 乙
则在水平方向上:F-FN sin θ=0,在竖直方向上:mg-FN cs θ=0,其中F=BIl,联立可解得B=mgtanθIl,A正确;若磁场方向竖直向下,受到的安培力方向水平向左,则导线ab不可能静止,B错误;若磁场方向水平向右,受到的安培力方向竖直向下,则导线ab不可能静止,C错误;若要求磁感应强度最小,则一方面应使磁场方向与通电导线垂直,另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小。
如图乙,由力的矢量三角形法则可知,当安培力方向与支持力垂直时,安培力最小,对应的磁感应强度最小,设其值为Bmin,则BminIl=mg sin θ,解得Bmin=mgsinθIl,D正确。
2.ABD 当qv0B=mg时,圆环不受支持力和摩擦力,摩擦力做功为零,故A正确;当qv0Bmg时,圆环先做减速运动,当qvB=mg时,圆环不受摩擦力,做匀速直线运动,此时有v=mgqB,根据动能定理得-W=12mv2-12mv02,代入解得W=12mv02-m2g2q2B2,故C错误,D正确。
3.C 滑块刚开始运动的瞬间不受洛伦兹力,由于μ为0.5,静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s2,所以当0.6 N的恒力作用于木板时,木板和滑块组成的系统以a=FM+m=0.60.2+0.1 m/s2=2 m/s2的加速度一起运动,此时滑块受到的静摩擦力大小为f=ma=0.2 N,当滑块获得向左的速度以后又受到一个方向向上的洛伦兹力,随着滑块向左运动速度的增大,洛伦兹力逐渐增大,木板对滑块的支持力逐渐减小,当支持力减小到FN=fμ=0.4 N,此时洛伦兹力大小为F洛=0.6 N,此时为滑块和木板发生相对运动的临界条件,有Bqv=F洛,解得v=6 m/s,由v=v0+at得t=va=3 s,即t=3 s后滑块与木板开始有相对运动,滑块开始做加速度减小的变加速运动,木板做加速度增大的变加速运动;当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时Bqv'=mg,解得v=10 m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速运动,而木板在恒力作用下做匀加速运动,a'=FM=0.60.2 m/s2=3 m/s2,故A、B、D错误,C正确。
4.AC 电流的方向为沿x轴正方向,磁场的方向沿y轴正方向,若上表面电势高,即上表面带正电,故粒子受到的洛伦兹力向上,故载流子是带正电的“空穴”,是P型半导体,故A正确;最终洛伦兹力和电场力平衡,有evB=eUd,电流的微观表达式为I=nevS,且霍尔电势差大小满足关系UH=kIBc,联立解得n=1ek,霍尔系数越大,单位体积内的载流子数目越少,故B错误;若只将磁场方向改为沿z轴正方向,则平衡时有evB=eUd,又由I=nevS,联立解得U=BIdneS,则d由原来的b变为c,S大小无变化,B、I、n和e都为定值,则在垂直y轴的两个侧面间产生的霍尔电势差会变小,选项C正确;同理,若只将电流方向改为沿z轴正方向,则在垂直x轴的两个侧面间产生的霍尔电势差不变,D错误。
5.答案 (1)mv2qd (2)4mvqD或4mv3qD
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·d2=12mv2①
由①式解得E=mv2qd②
(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=mv2R③
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=D4④
联立③④式解得B=4mvqD⑤
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
R=3D4⑥
联立③⑥式解得B=4mv3qD⑦
6.答案 (1)q2B2R22m (2)πBR2+2BRd2U0-πmqB (3)d<πmU0100qB2R
解析 (1)粒子运动半径为R时有
qvB=mv2R
且Ekm=12mv2
解得Ekm=q2B2R22m
(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=qU0md
匀加速直线运动nd=12a·(Δt)2
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB
总时间为t0=(n-1)·T2+Δt,
解得t0=πBR2+2BRd2U0-πmqB
(3)只有在0~T2-Δt时间内飘入的粒子才能每次均被加速
则所占的比例为η=T2-ΔtT2
由η>99%,解得d<πmU0100qB2R
思想方法练
1.A 由周期公式T=2πmqB,由于带电粒子的B、q、m均相同,所以T相同,故D错误;假设带电粒子在匀强磁场中向下偏转,如图所示,根据t=θ2πT可知,在磁场中运动时间越长的带电粒子,圆心角越大,半径越小,由r=mvqB知速率一定越小,A正确,B、C错误。
2.ABD 若粒子射入磁场时速度为v=qBlm,则由qvB=mv2r可得r=l,由几何关系可知,粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场,选项A正确;因为r=mvqB,所以v=qBrm,因此,粒子在磁场中运动的轨迹半径越大,速度就越大,由几何关系可知,当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时,能从CD边射出的轨迹半径最大,此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=(2+1)l,故其最大速度为v=(2+1)qBlm,选项B正确,C错误;粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB,故当粒子从三角形的AC边射出时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°,故其最长时间应为t=πmqB,选项D正确。
3.答案 20 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大小一定,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=mv2R
由此得R=vqmB
代入数值得R=10 cm,可见2R>l>R
如图所示,因朝不同方向发射的α粒子的圆轨道都过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=R2-(l-R)2
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=(2R)2-l2
所求长度为P1P2=NP1+NP2
代入数值解得P1P2=20 cm
4.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=T4;由P点运动到M点所用时间为t2,圆心角为θ,则cs θ=R2R,解得cs θ=12,θ=60°,故t2=T6,所以t1t2=T4T6=32,C正确。
5.答案 (1)mv0eB
(2)π+22mv0eB2
解析 (1)如图所示,初速度沿x轴正方向的电子,沿弧OB和直线BP运动到P点,为荧光屏上光斑的最高点,初速度沿y轴正方向的电子,沿弧OC和直线CQ运动到Q点,为荧光屏上光斑的最低点,电子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得
ev0B=mv02R
解得R=mv0eB
光斑长度PQ=R=mv0eB。
(2)所加磁场的最小面积是以O'为圆心、R为半径的斜线部分,其面积大小为
S=34πR2+R2-14πR2=π+22mv0eB2。