2023-2024学年人教版选择性必修第二册 第一章安培力与洛伦兹力 单元测试

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第一章安培力与洛伦兹力 章末素养检测满分：100分一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1．中国高速磁悬浮列车技术领跑世界．磁悬浮列车利用了安培力的作用，下列说法中正确的是(　　)A.通电导线在磁场中一定受到安培力的作用B．一段垂直于磁场方向的直导线所受安培力与导线所处区域的磁感应强度成正比C．安培力的方向与导体所在处的磁场方向相同D．左手定则中，拇指所指方向为电流方向B　[通电导线的电流方向和磁场方向平行时，通电导线不会受到安培力的作用，A错误；由F＝BIl可知垂直于磁场方向的直导线所受安培力与导线所处区域的磁感应强度成正比，B正确；安培力的方向垂直于磁场的方向，C错误；左手定则中，拇指所指方向为安培力方向，D错误。]2.如图所示，“L” 形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为2L，bc长为L，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则   (　　)A．F＝3BIL，tan θ＝B．F＝BIL，tan θ＝C．F＝7BIL，tan θ＝D．F＝BIL，tan θ＝2B　[连接ac，根据几何关系得ac＝L，则F＝BIL，F与bc的夹角θ满足tan θ＝＝，选项B正确。]3．长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，则下列各图中，导线所受安培力的方向和大小说法正确的是  (　　)A.A图中导线所受力的方向为垂直导线斜向左上方，受力大小为F＝BIL cos θB．B图中导线所受力的方向为垂直导线斜向左上方，受力大小为F＝BIL cos θC．C图中导线所受力的方向为水平向右，受力大小为F＝BIL sin θD．D图中导线所受力的方向为水平向右，受力大小为F＝BILD　[电流方向与磁场方向的夹角为90°－θ，则安培力F＝BIL sin (90°－θ)＝BIL cos θ。方向垂直纸面向外，A错误；电流的方向与磁场方向垂直，则安培力为F＝BIL，方向垂直导线斜向左上方，B错误；电流的方向与磁场方向垂直，则安培力F＝BIL，方向垂直导线斜向左上方，C错误；电流的方向与磁场方向垂直，则安培力F＝BIL，方向为水平向右，D正确。]4．在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动。现将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力   (　　)A．变为原来的B．增大为原来的4倍C．减小为原来的D．增大为原来的2倍D　[由洛伦兹力的公式F＝qvB可知，磁感应强度增大为原来的2倍，带电粒子受到的洛伦兹力也增大为原来的2倍。]5．如图所示，一带负电的离子束沿图中箭头方向通过两磁极间时，它受的洛伦兹力方向   (　　)A．向上　　　　　 B．向下C．向N极     D．向S极B　[蹄形磁体N、S极之间存在由N极指向S极的磁场，带负电的离子束经过该磁场时，由左手定则可判断，离子束所受洛伦兹力的方向向下，选项B正确。]6．如图所示，质量为m、电量为q的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场的磁感应强度为B，粒子经过a点时，速度与直线ab成60°角，ab与磁场垂直，ab间的距离为d。若粒子能从b点经过，则粒子从a到b所用的最短时间为 (　　)A．     B．C．     D．C　[当粒子沿圆弧直接从a运动到b，所用的时间最短，轨迹如图所示：根据几何关系可知：θ＝120°，所以运动的最短时间为：t＝T＝×＝，故C正确，A、B、D错误。]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＜B　[根据洛伦兹力提供向心力，有Bev0＝m，解得：B＝，粒子通过C点的轨迹如图所示，根据几何关系，得到半径为R＝a，故B＝，磁感应强度越小半径越大，故B＜时，粒子从BC边飞出，故选项B正确。]8.如右图所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频交流电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如下图所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是(　　)A．在Ek­t图像中应有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积D　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek－t图像中应有t4­t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径r＝＝可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故B、C错误，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，有选错的得0分。9.如图所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，如图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦力可能为零的是(　　)AB　[因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零，由左手定则可知选项A中F水平向右，选项B中F竖直向上，选项C中F竖直向下，选项D中F水平向左，故选项A、B满足题意。]10.如图所示，沿直线通过速度选择器的正粒子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是(　　)A．粒子的速度之比为1∶1B．粒子的电荷量之比为1∶2C．粒子的质量之比为1∶2D．粒子比荷之比为2∶1AD　[粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB＝qE，解得v＝。可知粒子的速度之比为1∶1，故A正确。粒子进入偏转磁场，根据qvB＝m得，r＝，则比荷＝，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1∶2，则比荷之比为2∶1。由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故B、C错误，D正确。]11.磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图，平行金属板A、C间有一很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)喷入磁场，两极板间便产生电压，现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两极板之间，则稳定时下列说法中正确的是(　　)A．极板A是电源的正极B．电源的电动势为BdvC．极板A、C间电压大小为D．回路中电流为BC　[等离子体喷入磁场，带正电的离子因受到向下的洛伦兹力而向下偏转，带负电的离子向上偏转，即极板C是电源的正极，A错误；当带电离子以速度v做直线运动时，qvB＝q，所以电源电动势为Bdv，B正确；极板A、C间电压U＝IR，而I＝＝，则U＝，所以C正确、D错误。]12.如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10 cm，则(　　)A．右边界：－8 cm＜y＜8 cm有粒子射出B．右边界：0＜y＜8 cm有粒子射出C．左边界：y>8 cm有粒子射出D．左边界：0＜y＜16 cm有粒子射出AD　[根据左手定则，带正电粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，故A、D正确。]三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(8分)如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，g取10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。解析　(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡，F安＝mg sin 30°代入数据得F安＝0.1 N。(2)由F安＝BIL，解得：I＝0.5 A。(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)，解得R＝23 Ω。答案　(1)0.1 N　(2)0.5 A　(3)23 Ω14.(8分)如图所示，一束带负电的粒子(质量为m、带电荷量为e)以速度v垂直磁场的边界从A点射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中。若粒子的速度大小可变，方向不变，要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过多少？解析　解答此题时从动态圆模型角度思考，通过画出几个速度大小不同的轨迹圆弧，从而得到临界轨迹圆弧，如图所示。由几何关系可知：R＝d①又evB＝②由①②得v＝。答案　15．(10分)如图所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，等边三角形ABC为两磁场的理想边界。已知三角形ABC边长为l，三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为＋q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力。(1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？(2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B的距离是多少？(3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算。解析　(1)当粒子运动半个圆周到达B点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动的半径r＝，根据洛伦兹力提供向心力可得r＝，解得v0＝。(2)粒子做圆周运动的半径r＝，设过B点后第三次通过磁场边界时到B点的距离为s，s＝3r＝。(3)粒子运动轨迹如图所示。粒子在磁场中运动的周期T＝，由图可知从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为tmin＝T＝。答案　(1)　(2)　(3)见解析16．(10分)如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05 m。电压为10 V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.1 T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1 m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏转角θ＝，不计离子重力。求：(1)离子速度v的大小；(2)离子的比荷；(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t。解析　(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，即：B0qv＝qE，其中：E＝解得：v＝2 000 m/s。(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvB＝m由几何关系有tan ＝解得离子的比荷：＝2×104 C/kg。(3)弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t，则有：t＝T又周期T＝，解得：t＝×10－4 s≈9×10－5 s答案　(1)2 000 m/s　(2)2×104 C/kg　(3)9×10－5 s17．(12分)如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)电子从A运动到D经历的时间t。解析　电子的运动轨迹如图所示。(1)电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t12d＝v0t1，d＝at12，a＝求出E＝。(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则tan θ＝＝1，可得θ＝45°，求出v＝v0。电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB＝m由图可知r＝d求出B＝。(3)由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1＝电子在磁场中运动的时间t2＝T＝·＝，电子从A运动到D的时间t＝3t1＋t2＝。答案　(1)　(2)　(3)18．(12分)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板至HG距离L的关系。解析　(1)离子在磁场中做圆周运动qvB＝，得离子的速度大小v＝。令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系可得OH＝0.6R，s＝HQ＝＝0.8R。(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O′，从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得HO′＝aH－R＝0.6R，x＝＝0.8R即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别与竖直方向的夹角为β、α，由几何关系可得α＝β。探测到三束离子，则c束中的离子恰好到达探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，tan α＝＝，则Lmax＝R。(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz＝p cos α＝0.8qBR当0<L≤R时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力F1＝Np＋2Npz＝2.6NqBR，当R＜L≤0.4R时，只有a和h束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为F2＝Np＋Npz＝1.8NqBR，当L＞0.4R时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为F3＝Np＝NqBR。答案　(1)　0.8R　(2)R　(3)当0＜L≤R时：F1＝2.6NqBR，当R＜L≤0.4R时：F2＝1.8NqBR，当L＞0.4R时：F3＝NqBR。