2023-2024学年鲁科版选择性必修第二册 第1章 安培力与洛伦兹力 单元测试(B卷)

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章末综合检测(一)　安培力与洛伦兹力(B卷)(时间：90分钟　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，只有一项符合题目要求。1．关于运动电荷和磁场的说法正确的是(　　)A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度必为零B．电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定互相垂直C．电子射线由于受到垂直于它的磁场作用而偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果D．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力解析：D　若电荷的运动方向与磁场平行，则电荷不受洛伦兹力作用，A错误；电荷的运动方向与磁场方向可以成任意角度，不一定垂直，B错误；洛伦兹力可以改变电子的运动方向，但洛伦兹力方向始终与电子运动方向垂直，一定不做功，C错误；若电荷与磁场没有相对运动，f＝qvB中v＝0，电荷一定不受磁场的作用力，D正确。2.实验室常用到磁电式电流表。其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，OO′为线圈的转轴。忽略线圈转动中的摩擦。当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO′方向看(　　)A．线圈保持静止状态B．线圈开始沿顺时针方向转动C．线圈开始沿逆时针方向转动D．线圈既可能顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动解析：B　由左手定则知，线圈的左边受力向上，右边受力向下，故顺着OO′方向看，线圈开始沿顺时针方向转动，A、C、D错误，B正确。3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：C　由左手定则知，粒子带负电，A错误。由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误。由r＝可知， 若仅减小磁感应强度B，r变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确。由r＝可知，若仅减小入射速率v, 则r变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝T、T＝知，运动时间变长，D错误。4.如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，ab＝＝L，一带电粒子以初速度v0从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计) (　　)A．从b点射出   B．从b、P间某点射出C．从a点射出   D．从a、b间某点射出解析：C　粒子在复合场中沿直线运动，则qE＝qv0B。当撤去磁场时，L＝at2，t＝，a＝；撤去电场时，qv0B＝，可以求出r＝L。由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a点射出，C正确。5.如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直射入磁场，在C点射出。已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是(　　)A．   B．C．   D．解析：A　根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角α＝180°－120°＝60°＝，轨迹半径R＝r tan  60°＝r，由t0＝·及qU＝mv2得U＝，A正确。6.如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍。某正离子以一速度从a点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它在磁场中的运动轨迹是图中的(　　)解析：D　根据左手定则可知，离子刚进入左边的磁场时受到竖直向下的洛伦兹力，从而向下偏转做半个匀速圆周运动，然后进入右边的磁场，在刚进入右边的磁场时受到竖直向下的洛伦兹力，也向下偏转做半个匀速圆周运动，因为离子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝m，所以离子做圆周运动的轨迹半径为r＝，因为右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍，所以离子在右边运动的轨迹半径是左边的，D正确。7.如图所示，用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框架平面有一磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场，则框架受到的安培力的大小和方向为(　　)A．，竖直向上   B．，竖直向上C．，竖直向下   D．，竖直向下解析：A　根据电阻定律可知，长度为L的电阻丝的阻值为R0＝ρ，则梯形框架上ab、bc、cd边上对应的总电阻为3R0，由几何关系得ad边的长度为2L，所以ad边对应的电阻为2R0，并联部分的总电阻为R＝＝R0，电路中的总电流I＝，框架所受的安培力F＝BI·2L，联立解得F＝，由左手定则可知安培力方向竖直向上，选项A正确。8．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移解析：D　电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确。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.如图所示，空间的某一区域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；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开。已知BC＝CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B，从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是(　　)A．t1<t2＝t3   B．t1＝t2<t3C．Ek1>Ek2＝Ek3   D．Ek1>Ek2>Ek3解析：BC　当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时有qE＝qvB；当只有电场时，粒子从B点离开，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向做匀速直线运动，所以t1＝t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，有t2<t3，A错误，B正确。粒子从C点和D点离开时，合力不做功，动能不变；粒子从B点离开时，电场力做正功，动能变大，C正确，D错误。10.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。有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法正确的是(　　)A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动解析：ABC　本题中带电液滴的运动为匀速直线运动，不可能为匀变速直线运动，因为速度变化时洛伦兹力也变化，合力将不在虚线L上，液滴将不能沿虚线L做直线运动。液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电荷才可能合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上。故A、B、C正确，D错误。11.如图所示，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)A．甲粒子带正电，乙粒子带负电B．甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍C．甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D．两粒子在磁场中的运动时间相等解析：AC　粒子运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A正确；设正方形的边长为a，由几何关系知甲粒子的运动半径r1＝a，乙粒子的运动半径r2＝＝a，甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的，选项B错误；根据qvB＝m，解得＝，则甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍，选项C正确；甲、乙两粒子在磁场中转过的角度均为60°，根据t＝·＝＝·＝，半径r不相同，则两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项D错误。12.某回旋加速器的示意图如图所示，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(H，质量数为3，电荷数为1)加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e。下列说法正确的是(　　)A．D形盒可以用玻璃制成B．氚核的质量为C．高频电源的电压越大，氚核从P处射出时的速度越大D．若对氦核(He)加速，则高频电源的频率应调为f解析：BD　为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应该用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由氚核在磁场中做匀速圆周运动的周期T1＝和T1＝，得氚核的质量m1＝，B正确；由evmaxB＝m1，得vmax＝，可见氚核从P处射出时的最大速度vmax与电源的电压大小无关，C错误；根据氦核在磁场中做匀速圆周运动的周期T2＝和T2＝，结合m1＝得f2＝f，又＝，得f2＝f，D正确。三、非选择题：本题5小题，共60分。13．(10分)如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计。将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。解析：对导体棒的受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力N和安培力F，由牛顿第二定律得mg sin θ－F cos θ＝ma  ①F＝BIL  ②I＝  ③由①②③式可得a＝g sin θ－。答案：g sin θ－14．(10分)如图所示，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。(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，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。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，解得B0＝。(2)离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则刚进入磁场的速度v＝＝，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＝m，由几何关系得d＝r cos 30°，解得B＝。答案：(1)　(2)15.(12分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0，5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1.0×108 C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm，0)沿y轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力)。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积。解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60°设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何知识可得O为粒子在第三象限圆内磁场做匀速圆周运动的圆心，可得tan 60°＝由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m解得B＝ T。(2)粒子在第一象限内转过圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m如图所示的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Smin＝r2联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin＝4(－1)cm2。答案：(1) T　(2)4(－1)cm216．(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在着垂直坐标系平面向里的匀强磁场，x轴下方存在着沿x轴正方向的匀强电场。一带正电粒子从y轴上的A点以初速度v0出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经x轴上的C点垂直x轴进入匀强电场，一段时间后到达y轴上的D点。已知OC＝＝＝，不计粒子的重力。求：(1)粒子到达D点时的速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B与匀强电场的电场强度大小E的比值。解析：(1)由题意可知，粒子到达C点时的速度大小仍为v0，粒子在匀强电场中做类平抛运动。设粒子到达D点所用时间为t，沿x轴方向的分速度的大小为vx，则有l＝v0t，＝t由以上两式联立解得vx＝v0，所以粒子到达D点时的速度大小为vD＝v0。(2)如图所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系有l2＋＝R2解得R＝l，又因为qv0B＝m所以B＝，在匀强电场中有vx＝·代入数据可得E＝，故＝。答案：(1)v0　(2)17．(14分)如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)。取g＝10 m/s2。求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量。解析：(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg解得E1＝ N/C。(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得qE1dABsin 45°＝mvb2解得vb＝＝5 m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有qE2＝mg加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可得qvbB＝m解得R＝5 m设偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC2＋(R－y)2代入数据得y＝1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J。答案：(1) N/C　(2)1.0×10－2 J