高中物理沪科版（2020）选修第二册第五章磁场第二节洛伦兹力当堂达标检测题

展开

这是一份高中物理沪科版（2020）选修第二册第五章磁场第二节洛伦兹力当堂达标检测题，共5页。

图1
A．它们上升的最大高度关系为ha＝hb＝hc
B．它们上升的最大高度关系为hbC．到达最大高度时，b小球动能最小
D．到达最大高度时，c小球机械能最大
2．(多选)(2019·甘肃天水一中学段考试)如图2所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
图2
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
3．(多选)(2020·山东济南市模拟)如图3所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场．从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s，垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球．若磁感应强度B＝eq \f(πm,q)，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
图3
A．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(2) m/s
B．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(5) m/s
C．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π) eq \r(π2＋4) m
D．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π) eq \r(π2＋16) m
4. (多选)(2019·湖南师大附属中学质检)如图4所示，一质量为m、电荷量为－q的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的绝缘粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一沿杆向上方向的初速度(取初速度方向为正方向)，以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是( )
图4
5．(多选)(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图5所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝eq \f(2mg,q)，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
图5
A．环经过eq \f(t0,2)时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g＋eq \f(μqv0B,m)
C．环在t0时间内损失的机械能为eq \f(1,2)m(v02－eq \f(m2g2,μ2q2B2))
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
6．(多选)(2020·山西运城市测试)如图6所示，质量均为m的物块a、b用一根劲度系数为k的轻弹簧相连接，放在倾角为θ的足够长光滑固定斜面上，且a是带电荷量为＋q的绝缘物块，b不带电，C为固定挡板．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，系统处于静止状态．现用一外力F沿斜面方向拉物块a使之向上做匀加速运动，当物块a刚要离开斜面时物块b恰将离开挡板C.重力加速度大小为g，则此过程中( )
图6
A．物块a运动的距离为eq \f(2mgsin θ,k)
B．b刚要离开挡板时弹簧弹力为2mgsin θ
C．外力F做的功为eq \f(2m2g2sin2θ,k)
D．物块a运动的时间为eq \f(4qBtan θ,k)
答案精析
1．BD
2．AD [小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面方向的分力平衡，由mgcs θ＝qvmB，可得vm＝eq \f(mgcs θ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，即甲滑块飞离斜面瞬间的速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsin θ，所以甲滑块的加速度小于乙滑块的加速度，因为甲滑块的最大速度大于乙滑块的最大速度，由vm＝at得，甲滑块在斜面上运动的时间大于乙滑块在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(vm2,2a)得，甲滑块在斜面上的位移大于乙滑块在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝Feq \x\t(v)＝mg·eq \f(vm,2)sin θ＝eq \f(m2g2sin θ·cs θ,2qB)，因sin 30°＝cs 60°，则重力的平均功率相等，故D正确．]
3．AD [小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2 s，则离开磁场时运动时间为t＝eq \f(T,2)＝1 s，下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝5 m，从进入磁场到离开磁场，由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02＋mgh，解得v＝10eq \r(2) m/s，选项A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝eq \f(mv0,qB)＝eq \f(v0,π)，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝eq \r(h2＋2r2)＝eq \f(5,π)eq \r(π2＋16) m，选项C错误，D正确．]
4．ABD [当qBv0＞mgcs θ时，圆环受到的弹力N先变小后变大，摩擦力f＝μN也先变小后变大，圆环减速的加速度a＝eq \f(mgsin θ＋f,m)也先变小后变大；当速度减小到零时，若μ＞tan θ时，圆环将静止；若μ＜tan θ时，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动．当qBv0＜mgcs θ时，圆环受到的弹力N变大，摩擦力f＝μN变大，圆环减速的加速度a＝eq \f(mgsin θ＋f,m)变大；速度减小到零时，若μ＞tan θ，圆环将静止；若μ＜tan θ，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动，故A、B、D正确，C错误．]
5．BC [由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F＝qE＝2mg，方向始终竖直向上．假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，对环受力分析，根据牛顿第二定律得：mg－(qE＋μqvB)＝ma，解得：a＝－(g＋eq \f(μqvB,m))，负号表示该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；在环上升的过程中，根据牛顿第二定律有mg＋μqvB－qE＝ma′，解得：a′＝－(g－eq \f(μqvB,m))，环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时a′＝0，v＝eq \f(mg,μqB)，开始以速度v做匀速直线运动．由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于eq \f(t0,2)，A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：am＝g＋eq \f(μqv0B,m)，B正确；由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v02－eq \f(m2g2,q2μ2B2))，C正确；环上升和下降的过程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误．]
6．AD [刚开始时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小F1＝mgsin θ，物块b恰将离开挡板时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力大小F2＝mgsin θ.整个过程弹簧形变量即物块a运动的距离为x＝eq \f(F1,k)＋eq \f(F2,k)＝eq \f(2mgsin θ,k)，A正确，B错误；物块a刚要离开斜面时，垂直于斜面方向有qvB＝mgcs θ，解得：v＝eq \f(mgcs θ,qB)，物块a做匀加速运动，由v2＝2ax，v＝at，解得：t＝eq \f(4qBtan θ,k)；整个过程的初末状态弹簧的弹性势能大小相等，根据动能定理有：WF－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv2－0，解得：WF＝eq \f(2m2g2sin2 θ,k)＋eq \f(m3g2cs2 θ,2q2B2)，C错误，D正确．]