2023版新教材高考物理一轮复习单元素养评价(十一)磁场安培力与洛伦兹力.docx

单元素养评价(十一)磁场安培力与洛伦兹力一、单项选择题1如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为()A向上 B向下C向左 D向右2如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为点O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为()ABIr BBIrCBIr D2BIr3如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在粒子飞跃金属板间区域过程中()A粒子的动能增大B粒子的电势能增大C电场力对粒子做负功D磁场力对粒子做负功4如图是“人造小太阳”托卡马克装置其原理是使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A BTC DT252022·广西名校联考如图所示，间距为0.3 m的平行导轨所在平面与水平面之间的夹角为，匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨斜面向上，大小随时间变化的规律为B(22t) T将一根长为0.3 m、质量为0.2 kg的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通有大小为1 A、方向从a到b的电流t0和t2 s时刻，导体棒刚好都能处于静止状态取g10 m/s2，已知sin 37°0.6，则()A平行导轨的倾角30°B导体棒对平行导轨的压力大小为1 NC导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力大小为0.3 NDt1 s时，导体棒所受的摩擦力为062022·广东佛山1月检测地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入赤道剖面外的地磁场可简化为包围地球的一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示图中给出了速度在图示平面内、分别从O点沿与地面平行和与地面垂直两个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面，则下列相关说法中正确的是()A沿a轨迹运动的粒子带正电B若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则沿轨迹a运动的粒子的速率更大C某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只改变射入地磁场的方向，则只要其速度在图示平面内，无论沿什么方向入射，都会到达地面D某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面二、多项选择题72022·山西寿阳一中月考有一方向竖直向下的匀强磁场垂直光滑绝缘平面，如图所示(俯视图).在A处静止放置一个不带电的金属球a，另一来自原点的运动金属球b恰好沿y轴正方向撞向a球碰撞后，两球的运动情景图可能正确的有()8研究某种射线装置的示意图如图所示射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子()A带正电 B初速度为vC比荷为 D比荷为9回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是()A若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为102022·广东江门一模如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为()A11 B21Ct1t223 Dt1t213三、非选择题11如图所示，直角坐标系在一真空区域里，y轴的左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，y轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场，在x轴上的A点有一质子发射器，它向x轴的正方向发射速度大小为v2.0×106 m/s的质子，质子经磁场在y轴的P点射出磁场，射出方向恰垂直于电场的方向，质子在电场中经过一段时间运动到x轴的Q点已知A点与原点O的距离为10 cm，Q点与原点O的距离为(2010) cm，质子的比荷为1.0×108 C/kg.求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)质子在磁场中运动的时间；(3)电场强度的大小12如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的金属圆筒，圆心O到MN的距离OO12R，圆筒轴线与磁场平行，圆筒用导线通过一个阻值为r0的电阻接地，最初金属圆筒不带电，现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN的方向向右射入磁场区，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若电子初速度满足v0，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大？(2)当圆筒上电荷量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势和电子到达圆筒时的速度v(取无穷远处或大地电势为零).单元素养评价(十一)磁场安培力与洛伦兹力1解析：由安培定则知，蹄形电磁铁左端为N极，右端为S极，长直导线所在位置的磁场方向向右，由左手定则知，导线所受安培力的方向向下，B正确，A、C、D错误答案：B2解析：圆环受到的安培力大小等效为ab连线的长度电流受到的安培力，ab连线的长度为2r，则FBI·2r2BIr，选项A正确答案：A3解析：对粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此粒子的电势能减小再由动能定理可知，粒子的动能增大因此A正确，B、C、D错误答案：A4解析：带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则v2正比于T，从而v正比于T.带电粒子在磁场中的运动半径不变，根据牛顿第二定律有qvBmv2r，可得Bmvqr.综上可知，B正比于T，故选项A正确，B、C、D错误答案：A5解析：t0和t2 s时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知t0时，导体棒刚好要沿导轨向下运动，t2 s时，导体棒刚好要沿导轨向上运动，又因为导体棒所受安培力的方向一定沿导轨向上，故根据平衡条件知，t0时有mg sin FfmaxB0IL，t2 s时有mg sin FfmaxB2IL，解得Ffmax0.6 N，sin 0.6，即37°，选项A、C错误导体棒对平行导轨的压力FNmg cos 37°1.6 N，选项B错误；t1 s时，F安B1IL1.2 N，mg sin 1.2 N，因mg sin F安，故导体棒所受摩擦力为零，选项D正确答案：D6解析：由左手定则可知沿轨迹a、c运动的粒子带负电，沿轨迹b运动的粒子带正电，选项A错误；带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有Bqvmv2r，解得轨迹半径rmvqB，又由图可知ra<rc，所以沿轨迹a运动的粒子的速率更小，选项B错误；沿轨迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为2ra，已达到最大值，故只要该粒子速率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面，选项C错误；结合图像由分析可知沿轨迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2rb时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，该粒子可以到达地面，选项D正确答案：D7解析：本题考查带电小球在磁场中运动轨迹分析由题意分析知带电金属球b带正电，受到洛伦兹力作用做逆时针方向的圆周运动与a球碰撞后，两球都带上了正电，均做逆时针方向的圆周运动碰撞后，两球速度可能同向，运动轨迹内切；两球速度可能反向，运动轨迹外切，选项A、D正确，B、C错误答案：AD8解析：粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在磁场中：Bqvmv2r；粒子在电磁正交场中：qEqvB，vEB，选项B错误；联立解得qmEB2r，选项C错误，D正确答案：AD9解析：由rmvqB可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU12mvn2以及rnmvnqB可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n1n，D正确答案：BD10解析：粒子的运动轨迹如图，设正方形边长为L，则从b点飞出的粒子的运动半径为r1L，从c点飞出的粒子的运动半径也为r2L，洛伦兹力提供向心力qv0Bmv02 r，解得qmv0Br，则q1m1q2m211，故A正确，B错误；根据T2rv2mqB可知，两粒子的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t2T，可得：t1t260°90°23，故C正确，D错误答案：AC11解析：(1)设质子在磁场中做圆周运动的半径为r.过A、P点作速度v的垂线，交点即为质子在磁场中做圆周运动的圆心O1.由几何关系得30°，所以r2OA20 cm.设磁感应强度为B，根据质子的运动方向和左手定则，可判断磁感应强度的方向垂直于纸面向里由洛伦兹力提供向心力得：qvBmv2r解得Bmvqr2.0×1061.0×108×0.2 T0.1 T(2)设质子在磁场中运动的时间为t，如图所示，质子在磁场中转过的圆心角为76，设质子在磁场中运动的周期为T，则T2mBq，tT762712解得t76×107 s.(3)如图所示，过Q点做平行于P点速度方向的平行线，交AM于N点，在三角形QAN中，边长QA203 cm.由几何关系可知30°，AN20 cm，所以，N点与O1点是重合的质子在平行于电场方向上做匀速直线运动，在垂直于电场方向做匀加速直线运动，由几何关系得：2rvt，又r12at2，aqEm解得Emv22rq4×10122×0.2×1.0×108 N/C1.0×105 N/C答案：(1)0.1 T，垂直于纸面向里(2)76×107 s(3)1.0×105 N/C12解析：(1)如图所示，设电子进入磁场后运动轨迹半径为r，则ev0Bmv02 r解得r3R大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从O1上方P点射入的电子刚好擦过圆筒，有O1O24R22R223RO1PO1O2r(323)R同理可得到O1下方Q点到O1点的距离O1Q(233)R(2)稳定时，圆筒上电荷不再增加，地面与圆筒之间的电势差恒为UUIr0圆筒的电势Ir0电子从很远处射到圆筒表面时速度为v，有eU12mv212mv02vv02 2eIr0m答案：见解析