第一章 安培力與洛倫茲力（能力提升）-高二物理魯科版（2019）選擇性必修二單元鞏固檢測VIP

第一章安培力與洛倫茲力（能力提升）——高二物理魯科版（2019）選擇性必修二單元鞏固檢測一、選擇題（本題共10小題，每小題5分，共50分）1.如圖所示，虛線的上方存在垂直紙面向外的勻強磁場.將一粗細(xì)均勻的電阻絲折成的正五邊形導(dǎo)體框abcde置于磁場中（ab邊水平），用導(dǎo)線將恒壓電源U連接在導(dǎo)體框的a、b兩點.則下列說法正確的是()A.ba邊所受的安培力方向豎直向上 B.bcdea部分與ba邊所受的安培力大小之比為1:4C.ba邊與bc邊所受的安培力大小相等 D.導(dǎo)體框所受的安培力為02.如圖所示，某單量程磁電式電表的基本組成部分是磁鐵（極靴）、線圈、鐵芯等，下列關(guān)于該磁電式電表的說法中正確的是()A.磁鐵極靴與鐵芯間的磁場是勻強磁場B.電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大C.電表里面的鐵芯是為了減小線圈與磁場間的作用D.改變電流方向，指針偏轉(zhuǎn)方向不變3.某同學(xué)搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學(xué)在兩接線柱間接一根導(dǎo)線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱且能很快停止。下列說法正確的是()A.未接導(dǎo)線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢B.未接導(dǎo)線時，表針晃動劇烈是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用C.接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢D.接上導(dǎo)線后，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用4.如圖所示，在xOy平面上分布有以O(shè)為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域（未畫出），磁場方向垂直于xOy平面向外。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以一定的初速度沿y軸正方向從原點O開始運動，粒子經(jīng)過x軸上的A點時速度方向與x軸的夾角為30°，A到O的距離為d，不計粒子的重力，則圓形磁場區(qū)域的面積為()A. B. C. D.5.已知α粒子（即氦原子核）質(zhì)量約為質(zhì)子的4倍，帶正電荷，電荷量為元電荷的2倍。質(zhì)子和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動。下列說法正確的是()A.若它們的動量大小相同，則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為2:1B.若它們的速度大小相同，則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1:4C.若它們的動能大小相同，則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1:2D.若它們由靜止經(jīng)過相同的加速電場加速后垂直進入磁場，則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1:26.來自太陽的高能帶電粒子流被地磁場俘獲，在向兩極做螺旋運動的過程中與大氣分子摩擦、碰撞，使大氣分子激發(fā)出各種顏色的光，形成絢麗的極光美景。如圖，是某高能粒子被地磁場俘獲后的運動軌跡示意圖，忽略引力和帶電粒子間的相互作用，以下說法正確的是()A.圖中所示的帶電粒子帶正電B.圖中所示的帶電粒子做螺旋運動時旋轉(zhuǎn)半徑一定越來越小C.洛倫茲力對帶電粒子做負(fù)功，使其動能減少D.帶電粒子在靠近地球北極過程中動能增大7.某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，）()A. B. C. D.8.19世紀(jì)末，湯姆孫的學(xué)生阿斯頓設(shè)計了質(zhì)譜儀，并用質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖-20、氖-22，這兩種粒子在質(zhì)譜儀磁場部分運動時軌道半徑的大小情況是()A.氖-20更大 B.氖-22更大 C.一樣大 D.不能判斷9.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P、Q之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場.一束粒子流（重力不計）以速度v從a沿直線運動到b，則下列說法中正確的是()A.粒子一定帶正電 B.粒子一定帶負(fù)電C.粒子的速度一定等于 D.粒子的速度一定等于10.回旋加速器的兩個D形金屬盒分別和一高頻交流電源的兩極相接，兩盒放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，若粒子源射出粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則要使粒子能持續(xù)加速，所加交流電源的頻率為()A. B. C. D.二、多項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共25分）11.某一含有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，為粒子加速器，為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B，速度選擇器兩板間電壓為U，板間距為d；為偏轉(zhuǎn)分離器?，F(xiàn)有比荷為k的正粒子（重力不計），從O點由靜止開始經(jīng)加速后沿直線通過速度選擇器，粒子進入分離器后做圓周運動的半徑為R，則下列說法正確的是()A.粒子的速度為B.粒子加速器的電壓為C.分離器的磁感應(yīng)強度為D.此裝置可將氘核和α（He原子核）粒子束分離開12.如圖所示，在邊長為L的等邊三角形內(nèi)分布著垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在三角形的中心有一個點狀的粒子源O，它可沿平行紙面的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為，速率為的同種粒子。不考慮粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是()A.有部分粒子能夠擊中三角形的頂點B.粒子在磁場中運動的最短時間為C.粒子在磁場中運動的最長時間為D.若磁感應(yīng)強度大于，所有粒子均不能射出三角形區(qū)域13.在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.kBL，0° B.，0° C.，60° D.，60°14.用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標(biāo)原點在xOy平面內(nèi)以初速度沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為，則下列說法中正確的是()A.勻強磁場的方向為沿x軸負(fù)方向B.若僅增大勻強磁場的磁感應(yīng)強度，則直徑D減小，螺距減小C.若僅增大電子入射的初速度，則直徑D增大，而螺距將減小D.若僅增大α角（），則直徑D增大，而螺距將減小，且當(dāng)時“軌跡”為閉合的整圓15.如圖所示，有一個邊長為l，磁感應(yīng)強度為B的正方形勻強磁場區(qū)域abcd，e是ab的中點，f是ac的中點，如果在c點沿對角線方向以一定的速度v射入一比荷為k的帶電粒子（不計重力），且該粒子恰好能從f點射出。則下列說法正確的是()A.粒子射入磁場的速度大小B.若粒子入射速度大小變?yōu)?v，則粒子恰好從a點射出C.若只減小粒子入射速度大小，則粒子在磁場中的運動時間不變D.若只改變粒子入射速度的大小，使粒子可以從e點射出，則粒子射出磁場時的速度方向與ab邊垂直三、計算題（共25分）16.（12分）如圖所示，空間有垂直于紙面的勻強磁場和，磁感應(yīng)強度大小均為0.1T，分布在半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，MN為過其圓心O的豎直線，分布在MN左側(cè)的半圓形區(qū)域外。磁場中有粒子源S，S與O的距離，且，某時刻粒子源S沿著紙面一次性向各個方向均勻射出一群相同的帶正電粒子，每個粒子的質(zhì)量、電量、速率，不計粒子之間的相互作用，求：（1）粒子在勻強磁場中運動的半徑；（2）能進入圓形區(qū)域的粒子所占的比率；（3）最終射出圓形區(qū)域時速度方向與SO平行的粒子在磁場中運動的總時間。17.（13分）如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，高頻加速電場的電壓為U，頻率為f，兩D形盒處在勻強磁場中。用該回旋加速器加速電子束，達到最大速度后將電子引出，測得電子引出時的平均電流為I，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，求：（1）電子被引出時的速度大?。唬?）電子在回旋加速器中加速的次數(shù)；（3）電子束的輸出功率（單位時間內(nèi)輸出的電子束的能量）。

答案以及解析1.答案：B解析：由電路可知，流過ab邊的電流方向由b向a，由左手定則可知ba邊所受的安培力方向豎直向下，A錯誤；設(shè)導(dǎo)體框的邊長為L，單位長度的電阻為.由歐姆定律可得ab邊的電流為，流過bcdea邊的電流為.又bcdea邊與ba邊在磁場中的有效長度相等，則由公式可知安培力的大小與電流成正比，則bcdea部分與ba邊所受的安培力大小之比為1:4，B正確；同理ba邊與bc邊所受的安培力大小之比為4:1，C錯誤；整個導(dǎo)體框所受的安培力大小為，由左手定則可知安培力的方向豎直向下，D錯誤.2.答案：B解析：A.電表內(nèi)的磁場是均勻輻向分布磁場，不是勻強磁場，A錯誤；B.線圈所受安培力力的大小隨電流增大而增大，所以電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大，B正確；C.電表里面的鐵芯在通電線圈轉(zhuǎn)動過程產(chǎn)生電磁阻尼作用，使指針盡快穩(wěn)定住，不是為了減小線圈與磁場間的作用，C錯誤；D.改變電流方向，線圈所受安培力力的方向發(fā)生變化，指針偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生改變，D錯誤。故選B。3.答案：D解析：A.未接導(dǎo)線時，表針晃動過程中導(dǎo)線切割磁感線，表內(nèi)線圈會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故A錯誤；B.未接導(dǎo)線時，未連成閉合回路，沒有感應(yīng)電流，所以不受安培力，故B錯誤；CD.接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用，故C錯誤D正確。故選D。4.答案：B解析：粒子的運動軌跡如圖由幾何關(guān)系可知，解得，則圓形磁場區(qū)域的半徑為，則圓形磁場區(qū)域的面積為，故選B。5.答案：A解析：設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，則α粒子的質(zhì)量為4m，電荷量為2q，它們在同一勻強電場中做勻速圓周運動過程中，洛倫茲力充當(dāng)向心力，故，解得；A.若它們的動量大小相同，即相同，則，所以運動半徑之比為，A正確；B.若它們的速度相同，則，B錯誤；C.若它們的動能大小相同，根據(jù)，可得，C錯誤；D.若它們由靜止經(jīng)過相同的加速電場加速后垂直進入磁場，根據(jù)動能定理可得進入磁場時的速度為，化簡得，即，故半徑之比為，D錯誤；故選A。6.答案：B解析：A.地球的磁場由南向北，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；B.粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應(yīng)強度較強，由洛倫茲力提供向心力，得出的半徑公式，可知，當(dāng)磁感應(yīng)強度增加時，半徑是減小，圖中所示的帶電粒子做螺旋運動時旋轉(zhuǎn)半徑一定越來越小，故B正確；CD.洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，動能不變，故CD錯誤。故選B。7.答案：C解析：由題意可知質(zhì)子在回旋加速器中的最大圓周運動半徑為，質(zhì)子的帶電荷量為元電荷的電荷量，即，則有，又，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得，C對，ABD錯。8.答案：B解析：根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動得解得兩種粒子射入磁場時的速度大小相等，同時電荷數(shù)相等，由于氖-22的質(zhì)量數(shù)大，即氖-22的質(zhì)量大，故可知氖-22的軌道半徑更大。故選B。9.答案：C解析：AB.若粒子帶正電，在板間受電場力向下，左手定則得洛倫茲力向上，若粒子帶負(fù)電，電場力向上，洛倫茲力向下，也可以做直線運動，故粒子可能帶正電，也可能帶負(fù)電，所以AB錯誤；CD.要做直線運動，要求，解得，所以C正確，D錯誤。故選C。10.答案：C解析：帶電粒子來磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有其周期為所加交流電的電源頻率與粒子的頻率相同，即故選C。11.答案：AC解析：A.粒子在速度選擇器中做直線運動，由受力平衡得粒子速度故A正確；B.粒子在加速器中由動能定理得加速器電壓故B錯誤；C.粒子在分離器中做圓周運動，由牛頓第二定律得分離器的磁感應(yīng)強度故C正確；D.由上述分析知，因為氘核和α粒子比荷相同，故該裝置無法將二者組成的粒子束分離開，故D錯誤。故選AC。12.答案：BD解析：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得，已知，可得圓周運動的半徑，由等邊三角形的幾何知識可知O點到各個頂點的距離為，此距離等于2r，假設(shè)粒子能夠擊中頂點，粒子的軌跡為半個圓周，顯然粒子將從邊界先射出，故無法擊中頂點，故A錯誤;B、當(dāng)粒子在邊界上的出射點與O的連線垂直于出射點所在邊界時，軌跡圓弧的弦最短，軌跡圓心角最小，運動時間最短，軌跡如圖1所示。由等邊三角形的幾何中心為高的三等分點，可得最短弦長為，可得此軌跡圓心角，粒子在磁場中運動周期為，故最短時間，故B正確;C、運動時間最長的粒子運動軌跡如下圖中自O(shè)點經(jīng)M點運動至P點的劣弧，則運動最長時間小于半個周期，而半個周期為變，故C錯誤;D、所有粒子均不能射出三角形區(qū)域，臨界條件為軌跡圓和三角形的邊相切，此時半徑為，由，可知磁感應(yīng)強度應(yīng)至少為原來的兩倍，故D正確。13.答案：BC解析：符合條件的粒子有兩種情況：如圖所示奇數(shù)次回旋后從P點射出，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力，有聯(lián)立解得這種情況粒子從P點出射時，出射方向與入射方向成60°。偶數(shù)次回旋后從P點射出，由幾何關(guān)系有由洛倫茲力提供向心力，有聯(lián)立解得這種情況粒子從P點出射時，出射方向與入射方向相同成0°。故選BC。14.答案：BD解析：A.將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且沿y軸方向，速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；B.根據(jù)且解得所以所以，若僅增大磁感應(yīng)強度B，則D、均減小，故B正確；C.根據(jù)以上分析可知若僅增大，則D、皆增大，故C錯誤；D.若僅增大α，則D增大而減小，且時，“軌跡”為閉合的整圓，故D正確。故選BD。15.答案：BC解析：A.由題意，當(dāng)粒子從f