人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力综合训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力综合训练题，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
基础巩固
一、选择题(第1~3题为单选题,第4~6题为多选题)
1.如图所示,在长直通电螺线管中通入变化的电流i(电流的方向周期性改变),并沿着其中心轴线OO'的方向射入一个速度为v的电子,则此电子在螺线管内部空间运动的情况是( )
A.匀速直线运动B.来回往复运动
C.变速直线运动D.曲线运动
答案A
解析通电螺线管内部的磁场方向与轴线平行,故电子进入螺线管后不受洛伦兹力,应做匀速直线运动。
2.如图所示,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A.向上B.向下
C.向左D.向右
答案A
解析条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外,粒子在条形磁铁的磁场中向右运动,所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上,选项A正确。
3.初速度为v0的电子沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示,则( )
A.电子将向右偏转,速率不变
B.电子将向左偏转,速率改变
C.电子将向左偏转,速率不变
D.电子将向右偏转,速率改变
答案A
解析由安培定则可判定长直导线右侧磁场的方向垂直纸面向里,根据左手定则可判定电子所受洛伦兹力向右,由于洛伦兹力不做功,故电子动能不变,速率不变。
4.如图所示,匀强电场的方向竖直向下,匀强磁场的方向垂直纸面向里,三个油滴a、b、c带有等量同种电荷,其中a静止,b向右做匀速运动,c向左做匀速运动,比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系,正确的是( )
A.Ga最大B.Gb最大
C.Gc最大D.Gb最小
答案CD
解析由于a静止,Ga=qE,电场力方向向上,油滴带负电;由左手定则知,b所受洛伦兹力竖直向下,Gb+qvbB=qE;c所受洛伦兹力竖直向上,Gc=qE+qvcB。由此可知GbvN,所以,选项B正确。由于小球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,所以小球可以到达轨道的另一端,而电场力对小球做负功,所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了,故不能到达另一端,选项D错误。
6.如图所示,在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、电荷量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态,小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0,在小球从静止开始至速度最大的过程中,下列说法正确的是( )
A.直杆对小球的弹力方向不变
B.直杆对小球的摩擦力先减小后增大
C.小球运动的最大加速度为
D.小球的最大速度为
答案BC
解析小球开始滑动时有F0-μ(mg-qvB)=ma,随v增大,a增大,摩擦力Ff=μ(mg-qvB)减小,当v=时,a达到最大值,此时洛伦兹力等于mg,支持力等于0;此后随着速度增大,洛伦兹力增大,支持力反向增大,此后滑动过程中有F0-μ(qvB-mg)=ma,随v增大,a减小,摩擦力增大,当vm=时,a=0,此时达到平衡状态,速度不变。所以整个过程中,v先增大后不变,a先增大后减小,选项B、C正确,A、D错误。
二、非选择题
7.如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器,能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子,又沿着与电场垂直的方向,立即进入电场强度大小为E的偏转电场,最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q>0),速度选择器内部存在着相互垂直的电场强度大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场,照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为l,忽略重力的影响。
(1)求从狭缝S2射出的离子的速度v0的大小。
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x,求x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、l表示)。
答案(1) (2)x=
解析(1)能沿直线从速度选择器射出的离子所受电场力与洛伦兹力平衡,即满足qE0=qv0B0
所以v0=。
(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动,则有
x=v0t,l=at2
由牛顿第二定律得qE=ma
联立以上各式解得x=。
8.如图所示,竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场,电场强度大小E=10 N/C,在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T,一电荷量q=+0.2 C、质量m=0.4 kg的小球由长l=0.4 m的细线悬挂于P点,小球可视为质点,现将小球拉至水平位置A无初速度释放,小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时,悬线突然断裂,此后小球又恰好能通过O点正下方的N点,g取10 m/s2,求:
(1)小球运动到O点时的速度大小;
(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小;
(3)ON间的距离。
答案(1)2 m/s (2)8.2 N (3)3.2 m
解析(1)小球从A运动到O的过程中,根据动能定理
=mgl-qEl
解得小球在O点的速度为v0=2m/s。
(2)小球运动到O点悬线断裂前瞬间,对小球应用牛顿第二定律得FT-mg-F洛=m
并且F洛=Bv0q
解得FT=8.2N。
(3)悬线断后,将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动,小球在水平方向上做往返运动,在竖直方向上做自由落体运动,小球水平方向加速度
ax==5m/s2
小球从O点运动至N点所用时间为
t=s=0.8s
ON间距离为h=gt2=×10×0.82m=3.2m。