高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试导学案及答案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试导学案及答案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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.(2019·张家口市高二上期末)如图1所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．下列说法正确的是( )
图1
A．a点的磁感应强度一定为零
B．b点的磁感应强度一定为零
C．ef导线受到的安培力方向向右
D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外
答案 C
解析 根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的电流，但a点离cd较近，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故a点的磁感应强度一定不为零，故A、D错误；根据安培定则可知，通电导线ef和cd在b点产生的磁场方向相同，均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向垂直纸面向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；根据左手定则可判断，ef导线受到的安培力方向向右，故C正确．
2.(2020·哈师大附中期末)如图2所示，折导线abc中ab和bc长度均为L，置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直，在导线abc中通有电流I，则导线所受安培力的大小为( )
图2
A.eq \r(3)BIL B.eq \f(3,2)BIL
C．(1＋eq \f(\r(3),2))BIL D.eq \f(3,4)BIL
答案 A
解析 导线两端点a、c连线长度为d＝eq \r(3)L，根据安培力公式可知导线受到的安培力大小为BId＝eq \r(3)BIL，选项A对．
3.(2018·海南卷)如图3所示，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通过电流I的金属细杆水平静止在斜面上．若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将( )
图3
A．沿斜面加速上滑 B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑 D．仍静止在斜面上
答案 A
解析 开始时F安＝BIl＝mgsin θ，改变后F安′＝1.5BIl>mgsin θ，则金属杆将沿斜面向上加速运动．
4.如图4所示，弧ADC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，A、C两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零．如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为( )
图4
A．(3＋2eq \r(2))B B．2(eq \r(2)＋1)B
C．2B D．0
答案 B
解析 设A、D、C处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则对O点的磁场：eq \r(B\\al(02)＋B\\al(02))＝B＋B0，即B＝(eq \r(2)－1)B0，B的方向沿左上方45°的方向；如果将D处电流反向，则O处磁场的磁感应强度大小为eq \r(B\\al(02)＋B\\al(02))＋B0－B＝2(eq \r(2)＋1)B，故B正确．
5．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图5所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )
图5
A．11 B．12 C．121 D．144
答案 D
解析 设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝eq \r(\f(2qU,m))①
在磁场中qvB＝meq \f(v2,r)②
由①②式联立得m＝eq \f(B2r2q,2U)，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq \f(m2,m1)＝eq \f(B\\al(22),B\\al(12))＝144，故选项D正确．
6.如图6所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速率为v1，在空中的飞行时间为t1.若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速率为v2，在空中飞行的时间为t2.小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是( )
图6
A．v1>v2，t1>t2 B．v1C．v1＝v2，t1t2
答案 D
解析 因为洛伦兹力对粒子不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率应该是相等的，故v1＝v2；存在磁场时，小球受到斜向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，小球在空中飞行的时间要长些，即t1>t2，D正确．
7.如图7所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角，则磁场的磁感应强度大小为( )
图7
A.eq \f(mv,qRtan \f(θ,2)) B.eq \f(mvtan \f(θ,2),qR)
C.eq \f(mv,qRsin \f(θ,2)) D.eq \f(mv,qRcs \f(θ,2))
答案 B
解析 该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，由几何关系可知，轨迹圆的半径r＝eq \f(R,tan \f(θ,2))，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，解得B＝eq \f(mvtan \f(θ,2),qR)，选项B正确．
8.如图8所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq \f(t1,t2)为( )
图8
A.eq \f(2,3) B．2 C.eq \f(3,2) D．3
答案 D
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子1、2的运动轨迹，如图所示：
电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，轨迹圆心为O，根据半径公式r＝eq \f(mv,Bq)可知，电子1和电子2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间为t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，电子2运动的时间为t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，D正确．
二、多项选择题(本题共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)
9.(2019·扬州市检测)如图9所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法正确的是( )
图9
A．组成A束和B束的离子都带正电
B．组成A束和B束的离子质量一定相同
C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
答案 ACD
解析 A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，则qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有相同的速度，大小为v＝eq \f(E,B)；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不等，根据r＝eq \f(mv,qB)可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．
10.如图10所示，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(未画出)．一群比荷为eq \f(q,m)的负离子以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法中正确的是(不计重力)( )
图10
A．离子在飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
答案 BC
解析 射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不相等，又因为洛伦兹力不做功，这些离子从射入到射出动能不变，故不同的离子的动能可能不相等，A错误；离子在磁场中偏转的半径为r＝eq \f(mv,qB)，由于比荷和速率都相等，磁感应强度B为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B正确；同时，各离子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)也相等，根据几何规律：圆内较大的弦对应较大的圆心角，所以从Q点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C正确；沿PQ方向射入的离子不会从Q点射出，故偏转角不是最大，D错误．
11．(2020·湖北仙桃中学期末)如图11甲所示，一个质量为m的带正电荷的物块，由静止开始从斜面上的A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，如图乙所示，第二次让物块从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，如图丙所示，再次让物块从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则下列说法正确的是( )
图11
A．D′点一定在D点左侧
B．D′点一定与D点重合
C．D″点一定在D点右侧
D．D″点一定与D点重合
答案 BC
解析 根据功能关系有mgh＝μmgcs α·LAB＋μmgLBD，①
当加电场时(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cs α·LAB＋μ(mg＋Eq)·LBD′，②
由①②两式得LBD＝LBD′，A错误，B正确；
当加匀强磁场时，由左手定则知物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小，滑动摩擦力减小，又洛伦兹力不做功，所以可判断C正确，D错误．
12.质量为m、电荷量为q的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μ图12
A．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
B．小球在斜面上运动时做加速度增大，速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力刚好为零时的速率为eq \f(mgcs θ,Bq)
答案 BD
解析 根据题意，小球在斜面上运动过程中受到重力、支持力、摩擦力和垂直斜面向上的洛伦兹力，小球加速度大小为a＝gsin θ－eq \f(μmgcs θ－qvB,m)，小球做加速运动，且加速度增大，小球最终将脱离斜面，故选项A、C错误，B正确；当小球对斜面压力刚好为0时，有
mgcs θ－qv′B＝0，速度大小为v′＝eq \f(mgcs θ,qB)，故选项D正确．
三、非选择题(本题共4小题，共52分)
13．(8分)如图13所示，将长为50 cm、质量为1 kg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，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4 A电流时，弹簧恰好不伸长(g＝10 m/s2)．
图13
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)当金属棒中通以大小为1 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3 cm；如果电流方向由b到a，电流大小仍为1 A，求弹簧的形变量．(弹簧始终在弹性限度内)
答案 (1)5 T (2)5 cm
解析 (1)弹簧不伸长时，BIL＝mg，(2分)
可得磁感应强度大小为B＝eq \f(mg,IL)＝5 T(1分)
(2)当大小为1 A的电流由a流向b时，
有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)
当电流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L，(2分)
联立得x2＝eq \f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝5 cm.(1分)
14.(12分)(2019·化州市模拟)如图14所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场．金属板右下方以MN为上边界，PQ为下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线上．一个电荷量为q、质量为m的正离子以初速度v0在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间．不计离子重力．
图14
(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B0；
(2)若撤去板间磁场B0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场后从磁场边界P点射出，求该磁场的磁感应强度B的大小．
答案 (1)eq \f(E,v0) (2)eq \f(2mv0,qd)
解析 (1)离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qv0B0，(2分)
解得B0＝eq \f(E,v0).(2分)
(2)离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则刚进入磁场的速度：
v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)，(2分)
设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得：qvB＝meq \f(v2,r)，(2分)
由几何关系得：eq \f(1,2)d＝rcs 30°，(2分)
解得：B＝eq \f(2mv0,qd).(2分)
15．(15分)(2019·聊城市一模)如图15所示，真空中xOy坐标系的第二象限中，有宽为L的虚线区域，虚线边界与x轴垂直，内有沿y轴负方向的匀强电场．在第一象限内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝eq \f(3mv0,5qL).一个质量为m、电荷量为q的正粒子，在匀强电场左边界与x轴交点处，以速度v0、方向与x轴正方向成θ＝53°角射入电场，垂直于电场右边界飞出后进入磁场．粒子一直在xOy平面内运动，不计粒子所受重力，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.求：
图15
(1)电场强度E的大小；
(2)带电粒子回到x轴上时，与x轴交点的坐标．
答案 (1)eq \f(12mv\\al(02),25qL) (2)(eq \f(2\r(2),3)L,0)
解析 (1)设带电粒子在电场中运动的时间为t，电场强度为E.带电粒子在坐标系中的运动轨迹如图所示．
L＝v0cs 53°·t(2分)
dOD＝eq \f(v0sin 53°,2)·t(2分)
qE＝ma(1分)
dOD＝eq \f(1,2)at2(1分)
解得E＝eq \f(12mv\\al(02),25qL)(2分)
(2)设带电粒子从电场飞出时的速度为v，v＝v0cs 53°，粒子进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R，圆心在M点，轨迹与x轴交于N点
qBv＝meq \f(v2,R)(2分)
dMO＝R－dDO(1分)
dMO2＋xN2＝R2(1分)
解得xN＝eq \f(2\r(2),3)L(1分)
即带电粒子返回到x轴上时的坐标为(eq \f(2\r(2),3)L,0)(2分)
16．(17分)(2019·衡阳一中月考)如图16所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5 T的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势．一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，垂直OA的方向从P点进入磁场中，带电粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×104 C/kg，OP间距离为l＝1.2 m．全过程不计粒子所受的重力，求：
图16
(1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间？
(2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间？
(3)若加速电压U＝220 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场？
答案 (1)2π×10－4 s (2)eq \f(4π,3)×10－4 s
(3)OC边
解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,0.5)×10－4 s＝4π×10－4 s(2分)
当粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期
t1＝eq \f(T,2)＝2π×10－4 s；(2分)
(2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t2＝eq \f(T,3)＝eq \f(4π,3)×10－4 s；(4分)
甲
(3)粒子在加速电场被加速，则有qU＝eq \f(1,2)mv2(2分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝meq \f(v2,r)(2分)
因U＝220 V，解得r＝0.4eq \r(1.1) m(1分)
如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，
乙
由几何关系得R＋eq \f(R,sin α)＝l(2分)
解得R＝0.4 m(1分)
由于粒子在磁场中运动的半径r＝0.4eq \r(1.1) m>0.4 m，所以粒子从OC边射出．(1分)