2020-2021學(xué)年高中物理 第1章 安培力與洛倫茲力 單元測(cè)試魯科版選擇性必修2

1、2020-2021學(xué)年高中物理 第1章 安培力與洛倫茲力 單元測(cè)試魯科版選擇性必修22020-2021學(xué)年高中物理 第1章 安培力與洛倫茲力 單元測(cè)試魯科版選擇性必修2年級(jí)：姓名：- 17 -第1章 安培力與洛倫茲力 (90分鐘100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖所示，長(zhǎng)方形線框abcd通有電流i，放在直線電流i附近，以下關(guān)于線框四個(gè)邊受到安培力的說(shuō)法正確的是()a.線框只有兩個(gè)邊受力，合力向左b.線框只有兩個(gè)邊受力，合力向右c.線框四個(gè)邊都受力，合力向左d.線框四個(gè)邊都受力，合力向右【解析】選c。利用左手

2、定則可判斷出線框四個(gè)邊都受力，上、下兩側(cè)線框所受合力為零，由于左側(cè)邊所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，所以合力向左，c正確。2.如圖所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是()a.小球一定帶正電b.小球一定帶負(fù)電c.小球的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较騞.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)【解析】選b。小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電，a錯(cuò)誤，b正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，c錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力平衡，只改變v的大小，小球

3、仍將做圓周運(yùn)動(dòng)，d錯(cuò)誤。3.如圖所示，mn為兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系為b1=2b2，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從o點(diǎn)垂直于mn進(jìn)入b1磁場(chǎng)，則經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間它將向下再一次通過(guò)o點(diǎn)()a.b.c.d.【解析】選b。粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由周期公式t=知，粒子從o點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到再一次通過(guò)o點(diǎn)的時(shí)間t=+=，所以選項(xiàng)b正確。4.如圖所示，在豎直絕緣的平臺(tái)上，一個(gè)帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的a點(diǎn)，若加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則小球的落點(diǎn)()a.仍在a點(diǎn)b.在a點(diǎn)左側(cè)c.在a點(diǎn)右側(cè)d.無(wú)法確定【解析】選c。洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運(yùn)動(dòng)狀

4、態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ay=g，故小球平拋的時(shí)間將增加，落點(diǎn)應(yīng)在a點(diǎn)的右側(cè)。5.如圖所示，mn為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的p點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)pq的中點(diǎn)o。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()a.2b.c.1d.【解析】選d。根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其

5、在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在p點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1b1=，則b1=；同理，b2=，則=，d正確，a、b、c錯(cuò)誤。6.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子m和n，以不同的速率經(jīng)小孔s垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是()a.m帶負(fù)電，n帶正電b.m的速率小于n的速率c.洛倫茲力對(duì)m、n做正功d.m的運(yùn)行時(shí)間大于n的運(yùn)行時(shí)間【解析】選a。根據(jù)左手定則可知n帶正電，m帶負(fù)電，a正確；因?yàn)閞=，而m的半徑大于n的半徑，所以m的速率大于n的速率，b錯(cuò)；洛倫茲力永不做功，所以c錯(cuò)；m和n的運(yùn)行時(shí)間都為t=，所以d錯(cuò)。7.(2019天津高考

6、)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓u，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()a.前表面的電勢(shì)比后表面的低b.前、后表面間的電壓u與v無(wú)關(guān)c.前、后表面間的電壓u與c成正比d.自由電子受到的洛倫茲力大小為【解析】選d。根據(jù)左手定則可知自由電子偏向后表面，元件

7、的后表面帶負(fù)電，即后表面的電勢(shì)比前表面的低，a錯(cuò)誤；根據(jù)穩(wěn)定時(shí)自由電子所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，即e=evb得u=bva，所以選項(xiàng)b、c均錯(cuò)誤；自由電子受到的洛倫茲力與所受電場(chǎng)力大小相等，即f=evb=e，d正確。8.(2019海南高考)如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面(紙面)上，銅線所在空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。當(dāng)銅線通有順時(shí)針?lè)较螂娏鲿r(shí)，銅線所受安培力的方向()a.向前b.向后c.向左d.向右【解析】選a。根據(jù)左手定則和半圓形粗銅線的對(duì)稱性，由力的合成可知銅線所受安培力的方向向前，選項(xiàng)a正確，b、c、d錯(cuò)誤。9.為監(jiān)測(cè)某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝

8、了如圖所示的流量計(jì)。該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開(kāi)口。在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓u。若用q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)，下列說(shuō)法中正確的是()a.若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢(shì)高b.若污水中負(fù)離子較多，則前表面比后表面電勢(shì)高c.污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大d.污水流量q與u成正比，與a、b無(wú)關(guān)【解析】選d。無(wú)論污水中正離子多還是負(fù)離子多，由左手定則知前表面電勢(shì)均比后表面電勢(shì)低，且當(dāng)bvq=q時(shí)，電荷不再偏

9、轉(zhuǎn)，電壓表示數(shù)恒定，與污水中離子濃度無(wú)關(guān)，a、b、c錯(cuò)誤；由q=vbc可得q=，q與u成正比，與a、b無(wú)關(guān)，d正確。10.如圖所示，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以某一初速度由a點(diǎn)進(jìn)入這個(gè)區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng)，從c點(diǎn)離開(kāi)此區(qū)域；如果這個(gè)區(qū)域只有電場(chǎng)，則粒子從b點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)；如果這個(gè)區(qū)域只有磁場(chǎng)，則粒子從d點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下，從a到b點(diǎn)、a到c點(diǎn)和a到d點(diǎn)所用的時(shí)間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計(jì))()a.t1=t2=t3b.t2t1t3c.t1=t2t2【解析】選c。在復(fù)合場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電粒子速度大小和方向

10、都不變；只有電場(chǎng)時(shí)，粒子沿初速度方向的分速度不變，故t1=t2。只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，方向時(shí)刻改變，運(yùn)動(dòng)軌跡變長(zhǎng)，時(shí)間變長(zhǎng)，故t1=t20)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為m。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于p點(diǎn)(圖中未畫出)，且op=r。不計(jì)重力。求m點(diǎn)到o點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘馕觥扛鶕?jù)題意，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線ol于a點(diǎn)，圓心為y軸上的c點(diǎn)，ac與y軸的夾角為；粒子從a點(diǎn)射出后，運(yùn)動(dòng)軌跡交x軸于p點(diǎn)，與x軸的夾角為，如圖所示。有qvb=m(1分)周期為t=(1分)由此得t=(1分)過(guò)a

11、點(diǎn)作x、y軸的垂線，垂足分別為b、d。由圖中幾何關(guān)系得ad=rsin od=bp=op=ad+bp=(2分)由以上五式和題給條件得sin+cos =1(1分)解得=30 或=90(1分)設(shè)m點(diǎn)到o點(diǎn)的距離為h，h=r-oc根據(jù)幾何關(guān)系oc=cd-od=rcos -ad(1分)利用以上兩式和ad=rsin 得h=r-rcos(+30)(1分)解得h=(1-)r(=30)h=(1+)r(=90)(1分)當(dāng)=30時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=(1分)當(dāng)=90時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=(1分)答案：(1-)r或(1+)r或18.(12分)如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)

12、度為b、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，穿過(guò)磁場(chǎng)的速度方向與電子原來(lái)的入射方向的夾角為30，求：(1)電子的質(zhì)量是多少；(2)穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間是多少；(3)若改變初速度大小，使電子剛好不能從a邊射出，則此時(shí)速度v是多少？【解析】(1)分別作出進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)速度方向的垂線，如圖所示，設(shè)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r，電子的質(zhì)量是m，由幾何關(guān)系得r=2d(1分)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知bqv=m即r=(1分)所以m=(2分)(2)電子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角=30=電子運(yùn)動(dòng)的周期t=(1分)電子穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t=t=(2分)(3)電子剛好不能從a邊射出(與右邊界相切)，此時(shí)電子的軌跡半徑為r=d由牛頓第二定

13、律知=ev1b(2分)r=(1分)解得v=(2分)答案：(1)(2)(3)19.(16分)如圖所示，在xoy平面內(nèi)第二象限的某區(qū)域存在一個(gè)矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于xoy平面向里，邊界分別平行于x軸和y軸。一個(gè)電荷量為e、質(zhì)量為m的電子，從坐標(biāo)原點(diǎn)o以速度v0射入第二象限，速度方向與y軸正方向成45角，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，通過(guò)p(0，a)點(diǎn)，速度方向垂直于y軸。(1)若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b0，求電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)為使電子完成上述運(yùn)動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大小應(yīng)滿足的條件；(3)若電子到達(dá)y軸上p點(diǎn)時(shí)，撤去矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)在y軸右側(cè)加方向垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

14、度大小為b1，在y軸左側(cè)加方向垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子在第(k+1)次從左向右經(jīng)過(guò)y軸(經(jīng)過(guò)p點(diǎn)為第1次)時(shí)恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)。求y軸左側(cè)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小b2及上述過(guò)程電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t?！窘馕觥?1)如圖所示，電子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度=(1分)電子的運(yùn)動(dòng)周期t=(1分)又t=t(1分)解得t=(1分)(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為bmin，由r=知對(duì)應(yīng)電子的軌道半徑r最大，圓心為o1，則有ev0bmin=(1分)由圖知r+r=a(1分)解得bmin=(1分)則磁感應(yīng)強(qiáng)度b應(yīng)滿足的條件為b。(2分)(3)設(shè)電子在y軸右側(cè)和左側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1和r2，則有ev0b1=，ev0b2=

15、(1分)因?yàn)殡娮釉趛軸兩側(cè)的軌道半徑不同，且電子第(k+1)次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)和第k次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置距離大小為定值，所以由題意知2k(r1-r2)=a(1分)解得b2=(2分)設(shè)電子在y軸右側(cè)和左側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為t1和t2，則t1=，t2=(1分)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=k(1分)解得t=-(1分)答案：(1)(2)b(3)-【補(bǔ)償訓(xùn)練】1.(多選)(2019海南高考)如圖，虛線mn的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電荷量相同的粒子p、q從磁場(chǎng)邊界的m點(diǎn)先后射入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。射入磁場(chǎng)時(shí)，p的速度vp垂直于磁場(chǎng)邊界，q的速度vq與磁場(chǎng)邊界的夾角為45。已知兩粒子均從n點(diǎn)射出磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中運(yùn)

16、動(dòng)的時(shí)間相同，則()a.p和q的質(zhì)量之比為12b.p和q的質(zhì)量之比為1c.p和q速度大小之比為1d.p和q速度大小之比為21【解析】選a、c。作出兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)圖象如圖所示，可知其半徑rp、rq之比為1，因?yàn)閮闪Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，所以tptq=12，根據(jù)qvb=得r=，則t=，=，選項(xiàng)a正確，b錯(cuò)誤；=1，所以選項(xiàng)c正確，d錯(cuò)誤。2.(2019江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b。磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于m、n，mn=l，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈(碰撞時(shí)間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且dl，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到m的最大距離dm；(3)從p點(diǎn)射入的粒子最終從q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，pm=d，qn=，求粒子從p到q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t?！窘馕觥?1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有：qvb=m，解得