第一章 安培力与洛伦兹力 培优提升练(含答案)-2021年高中物理人教版(新教材)选择性必修第二册

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1、第一章第一章 安培力与洛伦兹力安培力与洛伦兹力 培优提升练培优提升练 一、选择题 1(多选)(2014 全国卷)图 1 为某磁谱仪部分构件的示意图图中,永磁铁提供匀强磁场硅微条径迹探 测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直 磁场方向进入磁场时,下列说法正确的是( ) 图 1 A电子与正电子的偏转方向一定不同 B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案 AC 解析 根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反,故两者的偏转方向

2、不同,选项 A 正确;根据 qvBmv 2 r ,得 rmv qB,若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项 B 错误;对于质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定 mv 的大小,故选项 C 正确;粒子的 mv 越大, 轨道半径越大,而 mv 2mEk,粒子的动能大,其 mv 不一定大,选项 D 错误 2(多选)(2015 全国卷)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的 k 倍两个速率相同的 电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比,中的电子( ) A运动轨迹的半径是中的 k 倍 B加速度的大小是中的 k 倍 C做圆周运动的周期是中的 k 倍 D做圆周运动的角

3、速度与中的相等 答案 AC 解析 设电子的质量为 m,速率为 v,电荷量为 q,B2B,B1kB 则由牛顿第二定律得:qvBmv 2 R T2R v 由得:Rmv qB,T 2m qB 所以R2 R1k, T2 T1k 根据 av 2 R, v R可知 a2 a1 1 k, 2 1 1 k 所以选项 A、C 正确,选项 B、D 错误 3. (多选)(2019 宜昌高中协作体高二上期末)如图 2 所示,分界线 MN 上下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感 应强度分别为 B1和 B2,一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)从 O 点出发以一定的初速度 v0沿纸 面垂直 MN 向上射出,经时

4、间 t 又回到出发点 O,形成了图示心形图案,则( ) 图 2 A粒子一定带正电荷 BMN 上下两侧的磁场方向相同 CMN 上下两侧的磁感应强度的大小 B1B212 D时间 t2m qB2 答案 BD 解析 题中未提供磁场的方向和绕行的方向,所以无法判定粒子的电性,故 A 错误粒子越过磁场的分界 线 MN 时,洛伦兹力的方向没有变,根据左手定则可知,MN 上下两侧的磁场方向相同,故 B 正确设上 面的圆弧半径是 r1,下面的圆弧半径是 r2,根据几何关系可知 r1r212;粒子做圆周运动所需的向心力 由洛伦兹力提供, 由 qvBmv 2 r , 解得 Bmv qr , 所以 B1B2r2r12

5、1, 故 C 错误 由 qvBmv 2 r , T2r v , 得 T2m qB ;带电粒子运动的时间 tT1T2 2 2m qB1 m qB2,由 B1B221 得 t 2m qB2,故 D 正确 4(多选)(2014 浙江卷)如图 3 甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为 L,其间有竖直向下的匀强磁 场,磁感应强度为 B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从 t0 时刻起,棒上有如图乙所示的持续 交变电流 I,周期为 T,最大值为 Im,图甲中 I 所示方向为电流正方向则金属棒( ) 图 3 A一直向右移动 B速度随时间周期性变化 C受到的安培力随时间周期性变化 D受到的安培力在一个

6、周期内做正功 答案 ABC 解析 根据左手定则知金属棒在 0T 2内所受安培力向右,大小恒定,故金属棒向右做匀加速运动,在 T 2T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等,方向相反,金属棒向右做匀减速运动,一个周期结束时金属 棒速度恰好为零,以后始终向右重复上述运动,选项 A、B、C 正确;在 0T 2时间内,安培力方向与运动方 向相同,安培力做正功,在T 2T 时间内,安培力方向与运动方向相反,安培力做负功,在一个周期内,安 培力所做总功为零,选项 D 错误 5. (多选)(2020 江西吉安白鹭州中学期中)质量为 m、电荷量为 q 的微粒,以与水平方向成 角的速度 v,从 O 点进入方向

7、如图 4 所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区,该微粒在电场力、洛伦兹力和重 力的共同作用下,恰好沿直线运动到 A,重力加速度为 g,下列说法正确的是( ) 图 4 A该微粒一定带负电荷 B微粒从 O 到 A 的运动可能是匀变速运动 C该磁场的磁感应强度大小为 mg qvsin D该电场的场强为mgtan q 答案 AD 解析 若微粒带正电,它受竖直向下的重力 mg、水平向左的电场力 qE 和斜向右下的洛伦兹力 qvB,微粒 不能做直线运动,据此可知微粒应带负电,它受竖直向下的重力 mg、水平向右的电场力 qE 和斜向左上的 洛伦兹力 qvB,又知微粒恰好沿直线运动到 A,可知微粒应该

8、做匀速直线运动,则选项 A 正确,B 错误;由 平衡条件可知 cos mg qvB,sin qE qvB,得磁场的磁感应强度 B mg qvcos ,电场的场强 E mgtan q ,故选项 C 错误,D 正确 6.(2019 南昌市高二检测)如图 5 所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为 O1,乙 的圆心为 O2,在两环圆心的连线上有 a、b、c 三点,其中 aO1O1bbO2O2c,此时 a 点的磁感应强度大 小为 B1,b 点的磁感应强度大小为 B2.当把环形电流乙撤去后,c 点的磁感应强度大小为( ) 图 5 AB2B1 BB1B2 2 CB2B1 2 D.B1

9、3 答案 B 解析 对于题图中单个环形电流,根据安培定则,其在中轴线上的磁场方向均是向左,故 c 点的磁场方向 也是向左的设 aO1O1bbO2O2cr,在两环圆心连线上,单个环形电流在距离圆心 r 位置的磁感应强 度为 B1r,在距离圆心 3r 位置的磁感应强度为 B3r,a 点磁感应强度大小为 B1B1rB3r,b 点磁感应强度大 小为 B2B1rB1r,当撤去环形电流乙后,c 点磁感应强度大小为 BcB3rB1B2 2 ,故 B 正确 7.(多选)(2019 邵阳二中高二上期末)如图 6 所示,在正方形 abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场,a 处有比荷相等的甲

10、、乙两种粒子,甲粒子以速度 v1沿 ab 方向垂直射入磁场,经时间 t1从 d 点射出磁场,乙粒子沿与 ab 成 30 角的方向以速度 v2垂直射入磁场,经时间 t2垂直 cd 射出磁场,不计粒子 重力和粒子间的相互作用力,则下列说法中正确的是( ) 图 6 Av1v2 34 Bv1v212 Ct1t221 Dt1t231 答案 AD 解析 分别画出甲、乙两种粒子做匀速圆周运动的轨迹,如图所示若正方形边长为 L,由几何关系可求出 两种粒子做匀速圆周运动的半径分别为 r11 2L,r2 L cos 30 2 3 3 L,偏转角分别为 1,2 3;由洛伦 兹力提供向心力可得 rmv qB,所以 v

11、1 v2 r1 r2 3 4 ,选项 A 正确,B 错误;设 为轨迹对应的圆心角,粒子在磁 场中的运动时间 t 2T m qB,所以两种粒子的运动时间之比 t1 t2 1 2 3 1,选项 C 错误,D 正确 8.(2020 江苏天一中学模拟)如图 7 所示,有一个正方形的匀强磁场区域 abcd,e 是 ad 的中点,f 是 cd 的中 点,如果在 a 点沿对角线方向以速度 v 射入一带负电的粒子,最后粒子恰好从 e 点射出,则( ) 图 7 A如果粒子的速度增大为原来的二倍,粒子将从 d 点射出 B如果粒子的速度增大为原来的二倍,粒子将从 f 点射出 C如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变

12、为原来的二倍,粒子将从 d 点射出 D只改变粒子的速度使其分别从 e、d、f 点射出时,从 e 点射出所用时间最短 答案 A 解析 如图所示,根据几何关系可知,当粒子从 d 点射出时,轨道半径增大为原来的二倍,由半径 rmv qB可 知,速度也增大为原来的二倍,选项 A 正确,选项 B 错误;分析易知选项 C 错误;由粒子的周期 T2m qB 可 知粒子的运动周期与速度无关,而粒子在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从 e、 d 射出时所用时间相等,从 f 点射出时所用时间最短,选项 D 错误 9.(2020 北京市第五中学模拟)如图 8 所示,在一个边长为 a 的正六边形区

13、域内存在磁感应强度大小为 B,方 向垂直于纸面向里的匀强磁场,三个相同的带正电粒子,比荷均为q m,先后从 A 点沿 AD 方向以大小不等的 速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受到磁场力作用,已知编号为的粒子恰好从 F 点飞出磁场 区域,编号为的粒子恰好从 E 点飞出磁场区域,编号为的粒子从 ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场 区域,则( ) 图 8 A编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为m qB B编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为m qB C编号为的三个粒子进入磁场的速度依次增大 D编号为的三个粒子在磁场内运动的时间依次增加 答案 C 解析 由 qvBmv 2 r ,T2r v ,

14、得 vqBr m ,T2m qB ,由于q m、B 均相同,可知三粒子的速度与轨迹半径成正 比,在磁场中做圆周运动的周期相同,可知三粒子在磁场中运动的时间与轨迹圆弧所对应的圆心角成正 比 设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 r1, 由几何关系可得 r1 a 2sin 60 3 3 a, 轨迹圆弧对应的圆心角为 120 .设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 r2,由几何关 系可得 r2 3a,轨迹圆弧对应的圆心角为 60 .设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径 为 r3,如图所示,由几何关系可得 AE2acos 30 3a,r3 AE sin 3

15、0 2 3a,轨迹圆弧对应的圆心角为 30 . 编号为的三个粒子在磁场中的运动半径依次增大,故速度依次增大,对应的圆心角依次减小,故时 间依次减小,可知只有选项 C 正确 10(2020 全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向外,其边界如图 9 中虚线所示, ab 为半圆, ac、 bd 与直径 ab 共线, ac 间的距离等于半圆的半径 一束质量为 m、 电荷量为 q(q0)的粒子, 在纸面内从 c 点垂直于 ac 射入磁场,这些粒子具有各种速率不计粒子之间的相互作用在磁场中运动时 间最长的粒子,其运动时间为( ) 图 9 A.7m 6qB B. 5m 4qB C. 4m

16、 3qB D. 3m 2qB 答案 C 解析 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定设轨迹交半 圆ab于 e 点,ce 中垂线交 bc 于 O 点,则 O 点为轨迹圆心,如图所示圆心角 2,当 最大时, 有最大值,由几何知识分析可知,当 ce 与ab相切时, 最大,此时轨迹过 ab 中点,30 ,可得 4 3, 则 t 2T 4m 3qB,故选 C. 11.(多选)(2019 潍坊市质检)如图 10 所示,竖直放置的两块很大的平行金属板 a、b,相距为 d,a、b 间的电 场强度为 E,今有一带正电的微粒从 a 板下边缘以初速度 v0竖直向上射入电场,当它飞

17、到 b 板时,速度大 小也是 v0,方向变为水平方向,刚好从高度也为 d 的狭缝穿过 b 板进入 bc 区域,bc 区域的宽度也为 d,所 加电场强度的大小为 E,方向竖直向上,磁感应强度方向垂直纸面向里,磁感应强度大小等于E v0,重力加速 度为 g,则下列说法正确的是( ) 图 10 A微粒在 ab 区域的运动时间为v0 g B微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动,圆周半径 r2d C微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动,运动时间为 d 6v0 D微粒在 ab、bc 区域中运动的总时间为6d 3v0 答案 ABD 解析 将微粒在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解,水平分运动为初速度为零的匀加

18、速直线运动, 竖直分运动为末速度为零的匀减速直线运动,根据运动学公式,水平方向,v0at1,dv0 2 2a,竖直方向,0 v0gt1,解得 ag,t1v0 g ,故 A 正确;微粒在复合场中运动时,由于电场力与重力平衡,故微粒做匀速 圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有 qv0Bmv0 2 r ,解得 rmv0 qB ,联立解得 r2d,故 B 正确;由于 r2d, 画出轨迹,如图所示,由几何关系得,微粒在复合场中的运动轨迹所对的圆心角为 30 ,故在复合场中的运 动时间为 t2 T 12 m 6qB d 3v0,故 C 错误;微粒在电场中运动时间为 t1 d v0 2 2d v0,故微粒在 a

19、b、bc 区域中运 动的总时间为 tt1t26d 3v0 ,故 D 正确 二、非选择题 12.如图 11 所示的 xOy 坐标系,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在匀强磁 场,磁感应强度大小相等,方向如图所示现有一个质量为 m、电荷量为q 的带电粒子在该平面内从 x 轴 上的 P 点,以垂直于 x 轴的初速度 v0进入匀强电场,恰好经过 y 轴上的 Q 点且与 y 轴成 45 角射出电场, 再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入第四象限的磁场已知 OP 之间的距离为 d,不计粒子的重力求: 图 11 (1)O 点到 Q 点的距离; (2)磁感应强度 B 的大小; (3

20、)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴所用的时间 答案 (1)2d (2)mv0 2qd (3) 74d 2v0 解析 (1)设 Q 点的纵坐标为 h,到达 Q 点的水平分速度为 vx,P 到 Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂 直,则粒子在电场中做类平抛运动,则由类平抛运动的规律可知,hv0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度 v 0vx 2 , 则 dvxt1 2 根据速度的矢量合成 tan 45 vx v0 解得 h2d. (2)粒子运动轨迹如图所示,由几何知识可得,粒子在磁场中的运动半径 R2 2d 由牛顿第二定律得 qvBmv 2 R, 由(1)可知 v v0 cos

21、45 2v0 联立解得 Bmv0 2qd. (3)在电场中的运动时间为 t12d v0 在磁场中的运动周期为 T2R v 4d v0 在第一象限中的运动时间为 t2135 360 T3 8T 在第四象限内的运动时间为 t3T 2 带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴所用的时间为 tt1t2t374d 2v0 . 13.如图 12 所示,在平面直角坐标系 xOy 中,第象限内有平行于 y 轴的匀强电场,方向沿 y 轴正方向;第 象限的正三角形 abc 区域内有匀强磁场,方向垂直于 xOy 平面向里正三角形边长为 L,且 ab 边与 y 轴 平行质量为 m,电荷量为 q 的粒子,从 y

22、轴上的 P(0,h)点,以大小为 v0的速度沿 x 轴正方向射入电场, 通过电场后从 x 轴上的 a(2h,0)点进入第象限,又经过磁场从 y 轴上的某点进入第象限,且速度与 y 轴 负方向成 45 角,不计粒子所受的重力试求: 图 12 (1)电场强度的大小; (2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向; (3)abc 区域内磁场的磁感应强度的最小值 答案 (1)mv0 2 2qh (2) 2v0 与 x 轴正方向成 45 角指向第象限 (3)2mv0 qL 解析 (1)设电场强度为 E,粒子在电场中运动的加速度为 a,历时为 t, 由题意得 qEma, 2hv0t, h1 2at 2, 联立

23、解得 Emv0 2 2qh . (2)设粒子到达 a 点时的速度大小为 v,方向与 x 轴正方向成 角,沿 y 轴负方向的分速度为 vy,则 vyat, v v02vy2, tan vy v0, 联立解得 v 2v0,45 ,即速度方向指向第象限且与 x 轴正方向成 45 角 (3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r,洛伦兹力提供向心力, 故由牛顿第二定律得 qvBmv 2 r ,分析可知, 当粒子从 b 点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,设为 Bmin,运动轨迹如图所示 由几何关系可得 2 rcos L, 又 qvBminmv 2 r ,v 2v0, 联立解得 Bmin2mv0 qL .

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