【上课用】高考物理一轮复习备考必刷卷：安培力与洛伦兹力.docx

《【上课用】高考物理一轮复习备考必刷卷：安培力与洛伦兹力.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【上课用】高考物理一轮复习备考必刷卷：安培力与洛伦兹力.docx（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 高中物理一轮复习安培力与洛伦兹力备考必刷卷一、单选题（共7题）1.一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流 I1 和圆环中电流的方向 I2 如图所示，那么金属圆环受到的磁场力( ) A.不受磁场力的作用B.垂直金属环平面向右C.沿着圆环半径向内D.沿着圆环半径向外2.如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为0.5m，通过的电流为1A，导体棒MN与水平导轨的夹角为30，且处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.2T，则导体棒MN所受的安培力大小为（ ） A.0.02NB.0.05NC.0.1ND.0.2N3.如图所示为电流天平，可

2、用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为n的矩形线圈，线圈水平长度为l，线圈下端悬在匀强磁场B中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，调节砝码使天平保持平衡，下面说法正确的是（ ） A.线圈受到的安培力为BIlB.线圈中受到的安培力方向水平指向纸内C.若发现左盘向上翘起，则应增大线圈的电流D.若把线圈电流方向相反大小不变，则线圈仍保持平衡4.如图，直导线中通有向左的电流后，其正下方的小磁针N极将（） A.向上B.向下C.垂直纸面向内D.垂直纸面向外5.如图是一个磁悬浮玩具的原理图，其原理是利用电磁铁产生磁性，从而让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来。若电源的电压恒定，线圈电阻

3、不计，则下列叙述正确的是（ ） A.电路中的a端点须连接直流电源的负极B.若增加可变电阻的阻值，可增加玩偶飘浮的高度C.若增加线圈匝数，可增加玩偶飘浮的高度D.若电路中的电源改为交流电源，玩具仍能稳定飘浮6.如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁场方向垂直纸面向外，一个质量为 m ，电荷量为 q ，初速度大小为 v 的带电粒子沿磁场区域的直径方向从 P 点射入磁场，从 Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了 角，忽略重力及粒子间的相互作用力。根据题中信息（ ） A.可以判定粒子的电性B.可求得粒子在磁场中运动的轨迹长度C.可求得磁场的磁感应强度D.可求得粒

4、子在磁场中运动的时间7.如图示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸里一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（ ） A.在b、n之间某点B.在n、a之间某点C.就从a点射出D.在a、m之间某点二、多选题（共5题）8.如图所示，在x轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的两个不同的匀强磁场，y轴右侧的磁场磁感应强度的大小为B。一个离子以速率v由O点沿x轴正方向射入磁场区域，不计离子所受重力，图中曲线表示离子运动的轨迹，其中轨迹与y轴交点为M，轨迹

5、与x轴交点为N，且OM=ON=L，由此可判断（ ） A.这个离子带负电B.离子的比荷为 qm=2vBLC.y轴左侧的磁场磁感应强度的大小为 B2D.离子在y轴左侧运动的时间是在y轴右侧运动的时间的一半9.如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场），A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），以速度 v=3qBL4m 从AB边上的某点P以既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。则（） A.PB2+34LB.PB 1+34 LC.QB 34 LD.QB 12 L10.在匀

6、强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示)，已知两个相切圆半径分别为r1、r2.下列说法正确的是( ) A.原子核可能发生的是衰变，也可能发生的是衰变B.径迹 2 可能是衰变后新核的径迹C.若衰变方程是 92238U90234T+24He ，则r1：r2 = 1：45D.若是衰变，则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向11.从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的

7、电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0 ， 调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度非常小时满足 cos=1 ， sin= ，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（ ） A.磁感应强度应满足 B=2nmv0eL （n为合适的整数）B.磁感应强度应满足 B=nmv0eL （n为合适的整数）C.管内直径应满足 D2LD.管内直径应满足 DL12.如图所

8、示，在边长为a的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m，速率为 v 的粒子从A点垂直磁场方向沿AB进入磁场区域，不计粒子重力，粒子离开磁场时的速度方向与AC平行，则（ ） A.粒子带负电B.粒子做圆周运动的半径为 3a2C.粒子的电量为 23mv3BD.粒子在磁场中运动的时间为 3a4v三、综合题（共4题）13.如图所示，在水平分界线KL上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。边界NS和MT间距为2.5h，P、Q分别位于边界NS、MT上距KL为h。质量为m,电荷量为+q的粒子由静止开始经电场加速后（电场未画出），从

9、P点垂直于NS边界射入上方磁场，然后垂直于KL射入下方磁场，最后经Q点射出。 （1）求在磁场中运动的粒子速度大小； （2）求粒子在磁场中运动的时间； （3）其它条件不变，减小加速电压，要使粒子不从NS边界射出，求加速电压的最小值。 14.如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、带电荷量绝对值为e的电子从点沿半径OA方向射出。 （1）若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射

10、出到第一次返回A点的过程中所经历的时间； （2）若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径； （3）若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心，半径为R和2R的两圆之间的区域，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度。（已知tan37= 34 ） 15.如图所示，面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈导线的电阻线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt。电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板有侧xOy坐标系（坐标原点O在

11、N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角AOy=45，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0， l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求 （1）平行金属板M、N获得的电压U； （2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B。 16.如图为探测正电子的探测器截面图，开口宽为 43 d的正方形铝筒，下方区域的匀强磁场方向垂直纸面向里，区域的匀强磁场垂直纸面向外，区域、的磁场宽度均为d，磁感应强度均为B。现在有大量不同速度大小的正电子从铝筒竖直向下运动

12、进入磁场，已知正电子的质量为m，电量为+e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。求： （1）能到达磁场区域的正电子的最小速度。 （2）若正电子的速度大小为 v=23Bed3m ，通过磁场区域、所需要的总时间。 （3）经过较长时间后，在如图所示区域下边界线上宽度为 83 d的区域有正电子射出磁场，求正电子的最大速度。 答案解析部分一、单选题1.【答案】 A 【解析】【解答】在图中，磁场源为通电导线上的电流 I1 ，根据安培定则可知其产生的磁场的磁感线是绕着直导线的同心圆，其磁场方向与导线I2平行，则受力对象I2所受的安培力为零。 故答案为：A。 【分析】由安培定则判断出中心线上的磁场方向，根据电

13、流方向即可分析金属圆环所受的磁场力情况。2.【答案】 D 【解析】【解答】导体棒MN在导轨间的有效长度为1m，由安培力公式得 F=BIL=0.2N 故答案为：D。 【分析】由安培力公式得F=BIL ， 代入数据解方程即可。3.【答案】 C 【解析】【解答】A线圈匝数为n，在磁场中受到安培力大小为nBIl，A不符合题意； B根据左手定则可知，线圈受到的安培力方向竖直向上，B不符合题意；C若发现左盘向上翘起，则增大线圈中的电流时，线圈受到向上的安培力增大，根据受力分析可知，可使天平恢复平衡，C符合题意；D若电流大小不变而方向反向，线圈受到的安培力方向改变，根据受力分析可知，此时线圈不能保持平衡状态

14、，D不符合题意。故答案为：C。 【分析】 通过题目给出的图像可知，要想使天平平衡，导线框受到的安培力应该竖直向下，结合磁场方向利用左手定则和公式求解电流方向。4.【答案】 D 【解析】【解答】由直线电流的安培定则可知，直线电流在小磁针位置的磁场方向是垂直纸面向外，所以小磁针N极将垂直纸面向外，ABC不符合题意，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】已知通电导线电流的方向，结合安培定则可以判别周围磁感线的方向，利用磁感应强度的方向可以判别小磁针的偏转方向。5.【答案】 C 【解析】【解答】A要让玩偶稳定漂浮起来，通电后软铁被磁化，上端为N极，根据根据磁体内部的磁场方向，通电后，通电螺线管内部磁场

15、方向竖直向上，根据右手定则，a端连接直流电源的正极，A不符合题意； B若增加可变电阻的阻值，电路中电流减小，通电螺线管产生的磁场磁感应强度减小，玩偶高度下降，B不符合题意；C若增加线圈匝数，通电螺线管产生的磁场磁感应强度增大，玩偶高度上升，C符合题意；D若电路中的电源改为交流电源，因为电流方向和大小在周期性的变化，通电螺线管产生的磁场的方向和磁感应强度的大小也在周期性的变化，玩偶不可能稳定漂浮，D不符合题意。故答案为：C。 【分析】利用磁铁的悬浮可以判别线圈的磁场方向，结合右手螺旋定则可以判别a端的电极；增大电阻会导致磁感应强度变小，玩具的高度下降；增大线圈的匝数可以增大磁感应强度增大玩偶的高

16、度；电源为交流电其玩偶受到的安培力不稳定不能稳定悬浮。6.【答案】 A【解析】【解答】A根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A符合题意； B由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=mv2r解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为 r=mvqB由几何关系可知其对应的圆心角为 ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为 s=r=mvqB因为不知道磁场的磁场强度，不可求得粒子在磁场中运动的轨迹长度，B不符合题意；C 粒子在磁场中运动时，有 qvB=mv2r=m2r=m(2T)2r由于不知道粒子的半径，故不可求得磁场的磁感应强度，C不符合题意。D粒子做匀速运动的周期为 T=2rv=2mqB则粒子在磁场中

17、运动的时间为 t=2T=22mqB=mqB因为不知道磁场的磁场强度，不可求得粒子在磁场中运动的时间，D不符合题意。故答案为：A。 【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律可以判别不能求出轨道半径的大小，结合未知圆心角的大小不能求出轨迹长度的大小；由于未知轨道半径和磁感应强度所以不能求出运动的时间。7.【答案】 C 【解析】【解答】设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为 a2 ； 由牛顿第二定律可得 Bqv=mv2a2当磁感应强度变为原来的2倍时，由 2Bqv=mv2R得 R=a4故粒子应从a点穿出；故答案为：C。 【分析】利用几何关系可以求出从n点射出的轨道半径大小，结合磁

18、感应变化后的牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，进而判别粒子射出的位置。二、多选题8.【答案】 B,C 【解析】【解答】A由题意可知，离子由O点刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电，A不符合题意； B由题意知离子在y轴右侧运动的轨迹半径为 r=12L离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB=mv2r解得 r=mvqB所以 qm=2vBLB符合题意；C在y轴的左侧离子轨迹半径变为原来的2倍，根据 r=mvqB 可知磁感应强度变为原来的一半，即y轴左侧的磁场磁感应强度的大小为 B2 ，C符合题意；D离子做圆周运动的周期 T=2mqB则 T右=

19、2mqBT左=4mqB离子在y轴左侧的运动时间 t左=14T左=mqB离子在y轴右侧的运动时间 t右=12T右=mqB则 t左=t右D不符合题意。故答案为：BC。 【分析】利用左手定则可以判别离子的电性；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以求出比荷的大小；利用半径的变化可以判别磁感应强度的大小；利用圆心角结合周期公式可以判别运动的时间。9.【答案】 A,D【解析】【解答】AB由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R=mvqB=34L 如图所示，当圆心处于 O1 位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边切过，因此入射点 P1 为离开B最远的点，满足 PB12L+34LA符合题意，B不符合题

20、意；CD当圆心处于 O2 位置时，粒子从 P2 射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径 34L ，故QB最大，即 QB34L23=L2D符合题意，C不符合题意故答案为：AD。 【分析】根据洛伦兹力提供向心力，求出半径，作图找临界点（相切点）分析情况，根据几何关系计算。10.【答案】 C,D 【解析】【解答】A原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是 衰变，但不是 衰变，A不符合题意； BC

21、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=mv2r ，解得： r=mvqB=PBq ，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为 r1 的圆为放出新核的运动轨迹，半径为 r2 的圆为粒子的运动轨迹， r1 ： r2=2 ： 90=1 ：45，B不符合题意，C符合题意；D若是 衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，

22、D符合题意故答案为：CD【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析11.【答案】 A,C 【解析】【解答】AB将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线运动， 竖直方向 vy=v0sin=v0匀速圆周运动的周期 T=2meB电子经过时间t汇聚在P点，设 t=nT水平方向有 vx=v0cos=v0L=v0t=v0nT联立解得 B=2nmv0eL （n为合适的整数）A符合题意，B

23、不符合题意；CD根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有 D22RevyB=mvy2R联立解得 R=L2n （n为合适的整数，且 n1 ）D4R=2Ln （n为合适的整数，且 n1 ）所以 D2L故答案为：AC。 【分析】电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀速圆周运动，利用水平方向的位移公式结合匀速圆周运动的周期可以求出磁感应强度的大小；利用电子做匀速圆周运动的轨迹半径要小于玻璃管的半径；结合牛顿第二定律可以求出管内直径的大小。12.【答案】 A,B 【解析】【解答】A由题意可知，粒子离开磁场时的速度方向与 AC 平行，则粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力垂直于 AB 向右

24、下方，由左手定则可知，粒子带负电，A符合题意； B粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得： rcos30+(rrsin30)tan30=a解得： r=32aB符合题意；C洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=mv2r解得： q=23mv3BaC不符合题意；D粒子转过的圆心角： =60粒子做圆周运动的周期： T=2rv=3av粒子在磁场中的运动时间： t=360T=3a6vD不符合题意；故答案为：AB。 【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出轨道半径的大小；利用牛顿第二定律可以求出电荷量的大小；利用圆心角可以求出运动的时间。三、综合题13.【答案】 （1）解：洛伦兹力

25、提供向心力 qvB=mv2 粒子速度 v=qBm （2）解：粒子运动轨迹如图所示 粒子在下方磁场做圆周运动的半径： R=4 粒子运动时间 t=v+Rv 得 t=5m4Bq （3）解：设加速电压最小为U，粒子射入磁场的速度 v ，粒子在上方、下方磁场做圆周运动的半径分别为r1、r2 由题意可得： r1=4r2 当粒子在上方磁场的轨迹与NS相切时，加速电压最小由图中几何关系得 r1(1+cos)= (r1+r2)sinB=r12 qvB=mv2r1 或 qvB=mv2r2 qU=12mv2 解得： U=252B2q2m(5+21)2 【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小；

26、（2）利用轨迹半径结合弧长可以求出粒子的运动时间； （3）利用几何关系结合牛顿第二定律和动能定理可以求出加速电压的最小值。14.【答案】 （1）解：由运动的周期性和几何关系可知，A、M、N三点把圆周三等分，作出电子的运动轨迹如图所示 每段圆弧对应的圆心角= 23 电子刚开始从A点射出到返回A点的过程对应的圆心角=2（）（）= 113 由ev1B=m v12r1 及T= 2r1v1 得电子在磁场中运动的周期T= 2meB 电子刚开始从A点射出到返回A点的时间为t= 2T=11m3eB （2）解：由运动的周期性和几何关系可知，电子要返回A点，要把圆周n等分，每段圆弧对应的圆心角= 2n（n=3，4

27、，5） 由对称性可知 tan2=rR 得r= Rtann（n=3，4，5） （3）解：由evB=m v2r 得从A点射出时的速度v= eBRmtann（n=3，4，5） 由几何关系可知，要使电子不超出半径为2R的边界，须有 r2+R2+r2R 解得r 34R 联立解得 tann34 所以n4.86由于n要取整数，所以n=5时电子的速度最大vm= eBRmtan5 【解析】【分析】（1）根据几何关系， 圆心角=23 ， 从A点射出到返回A点的过程对应的圆心角=113 ， 根据洛伦兹力提供向心力和周期公式： ev1B=mv12r1 、 T=2meB ， 从A点射出到返回A点的时间为t=2T计算即可

28、。（2） 由运动的周期性和几何关系 ， 圆心角=2n（n=3，4，5） ， 由对称性可知tan2=rR 解r。（3）根据洛伦兹力提供向心力 evB=mv2r 解速度 v=eBRmtann（n=3，4，5） ，根据几何关系， r2+R2+r2R 解不等式找n，再求速度的最大值。15.【答案】 （1）解：根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为 E=t=BtS=kS 因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为U=UR=E=kS（2）解：带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有 qU=12mv2 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有 qvB=mv2r 由几何关系可得r+rcot45=

29、l联立得 B=2l2mkSq 【解析】【分析】（1）当线圈中磁通量发生变化，线圈作为电源产生电压，利用法拉第电磁感应定律可以求出闭合电路的电动势；结合欧姆定律可以求出MN之间电压的大小； （2）带电粒子先在MN之间做匀加速直线运动，在进入磁场做匀速圆周运动；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。16.【答案】 （1）解：设能到达磁场区域的正电子的最小速度为v1 ， 此时正电子轨迹刚好与两磁场边界相切，则轨道半径为d，根据洛伦兹力提供向心力可得 ev1B=mv12r1 解得 v1=eBdm （2）解：若正电子的速度大小为 v=23Bed3m ，则轨道半径 R=mveB=233d

30、设正电子在区轨迹对应的圆心角为 ，根据几何关系可得 sin=dR=32 解得 =60 根据对称性可得，正电子在区运动时轨迹对应的圆心角也为60，则正电子通过磁场区域、所需要的总时间为 t=13T=2m3eB （3）解：经过较长时间后，在区域下边界线上宽度为 83d 的区域有正电子射出磁场，速度最小的正电子和速度最大的正电子运动轨迹如图所示； 根据几何关系可得 x=2d+43d83d=23d 最大的轨迹半径为r2 ， 根据几何关系可得 r22=d2+（r2x2）2 解得 r2=53d 设最大速度为v2 ， 根据洛伦兹力提供向心力可得 ev2B=mv22r2 解得 v2=5eBd3m 【解析】【分析】（1）当电子和两磁场边界相切时，不能到达磁场II，利用洛伦兹力提供向心力结合轨道半径的大小可以求出正电子的最小速度； （2）当电子的速度已知，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，结合粒子运动轨迹的圆心角大小可以求出粒子在磁场运动的时间； （3）画出电子最大速度和最小速度在磁场中的运动轨迹，结合在磁场区域射出的宽度可以求出粒子最大的轨道半径，再利用牛顿第二定律可以求出粒子最大的速度大小。