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(cè)

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(cè)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(qiáng)磁場(chǎng).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(chǎng)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(diǎn).則下列說(shuō)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(shuō)法中正確的是()A.磁鐵極靴與鐵芯間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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(yùn)如圖所示的磁電式電流表時(shí)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)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(yùn)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)明顯減弱且能很快停止。下列說(shuō)法正確的是()A.未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)劇烈是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用C.接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（未畫出），磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外。一個(gè)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(diǎn)O開始運(yùn)動(dòng)，粒子經(jīng)過(guò)x軸上的A點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸的夾角為30°，A到O的距離為d，不計(jì)粒子的重力，則圓形磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A.若它們的動(dòng)量大小相同，則質(zhì)子和α粒子的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)半徑之比約為1:4C.若它們的動(dòng)能大小相同，則質(zhì)子和α粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為1:2D.若它們由靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，則質(zhì)子和α粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為1:26.來(lái)自太陽(yáng)的高能帶電粒子流被地磁場(chǎng)俘獲，在向兩極做螺旋運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(chǎng)俘獲后的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，忽略引力和帶電粒子間的相互作用，以下說(shuō)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(yùn)動(dòng)時(shí)旋轉(zhuǎn)半徑一定越來(lái)越小C.洛倫茲力對(duì)帶電粒子做負(fù)功，使其動(dòng)能減少D.帶電粒子在靠近地球北極過(guò)程中動(dòng)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(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)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(duì)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(jì)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(chǎng)部分運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一束粒子流（重力不計(jì)）以速度v從a沿直線運(yùn)動(dòng)到b，則下列說(shuō)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(gè)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(xiàng)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(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁感應(yīng)強(qiáng)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。現(xiàn)有比荷為k的正粒子（重力不計(jì)），從O點(diǎn)由靜止開始經(jīng)加速后沿直線通過(guò)速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則下列說(shuō)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(qiáng)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(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形內(nèi)分布著垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在三角形的中心有一個(gè)點(diǎn)狀的粒子源O，它可沿平行紙面的各個(gè)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(shuō)法正確的是()A.有部分粒子能夠擊中三角形的頂點(diǎn)B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為D.若磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)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(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從Р點(diǎn)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(duì)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(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)現(xiàn)，有時(shí)玻璃泡中的電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡(jiǎn)化成如圖2所示的情景來(lái)討論：在空間存在平行于x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由坐標(biāo)原點(diǎn)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(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)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(shuō)法中正確的是()A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)檠豿軸負(fù)方向B.若僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)“軌跡”為閉合的整圓15.如圖所示，有一個(gè)邊長(zhǎng)為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域abcd，e是ab的中點(diǎn)，f是ac的中點(diǎn)，如果在c點(diǎn)沿對(duì)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(jì)重力），且該粒子恰好能從f點(diǎn)射出。則下列說(shuō)法正確的是()A.粒子射入磁場(chǎng)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(diǎn)射出C.若只減小粒子入射速度大小，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(diǎn)射出，則粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與ab邊垂直三、計(jì)算題（共25分）16.（12分）如圖所示，空間有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.1T，分布在半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，MN為過(guò)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(chǎng)中有粒子源S，S與O的距離，且，某時(shí)刻粒子源S沿著紙面一次性向各個(gè)方向均勻射出一群相同的帶正電粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量、電量、速率，不計(jì)粒子之間的相互作用，求：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；（2）能進(jìn)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(shí)速度方向與SO平行的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)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(chǎng)的電壓為U，頻率為f，兩D形盒處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。用該回旋加速器加速電子束，達(dá)到最大速度后將電子引出，測(cè)得電子引出時(shí)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(shí)的速度大??；（2）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(shí)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(guò)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(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，單位長(zhǎng)度的電阻為.由歐姆定律可得ab邊的電流為，流過(guò)bcdea邊的電流為.又bcdea邊與ba邊在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)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(cuò)誤；整個(gè)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(cuò)誤.2.答案：B解析：A.電表內(nèi)的磁場(chǎng)是均勻輻向分布磁場(chǎng)，不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A錯(cuò)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(dòng)過(guò)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(chǎng)間的作用，C錯(cuò)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(cuò)誤。故選B。3.答案：D解析：A.未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線切割磁感線，表內(nèi)線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B.未接導(dǎo)線時(shí)，未連成閉合回路，沒(méi)有感應(yīng)電流，所以不受安培力，故B錯(cuò)誤；CD.接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用，故C錯(cuò)誤D正確。故選D。4.答案：B解析：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖由幾何關(guān)系可知，解得，則圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為，則圓形磁場(chǎng)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?cè)谕粍驈?qiáng)電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力充當(dāng)向心力，故，解得；A.若它們的動(dòng)量大小相同，即相同，則，所以運(yùn)動(dòng)半徑之比為，A正確；B.若它們的速度相同，則，B錯(cuò)誤；C.若它們的動(dòng)能大小相同，根據(jù)，可得，C錯(cuò)誤；D.若它們由靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，化簡(jiǎn)得，即，故半徑之比為，D錯(cuò)誤；故選A。6.答案：B解析：A.地球的磁場(chǎng)由南向北，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B.粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，南北兩極的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)，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(qiáng)度增加時(shí)，半徑是減小，圖中所示的帶電粒子做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)旋轉(zhuǎn)半徑一定越來(lái)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(dòng)能不變，故CD錯(cuò)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(yùn)動(dòng)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(duì)，ABD錯(cuò)。8.答案：B解析：根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)得解得兩種粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小相等，同時(shí)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(chǎng)力向下，左手定則得洛倫茲力向上，若粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)力向上，洛倫茲力向下，也可以做直線運(yùn)動(dòng)，故粒子可能帶正電，也可能帶負(fù)電，所以AB錯(cuò)誤；CD.要做直線運(yùn)動(dòng)，要求，解得，所以C正確，D錯(cuò)誤。故選C。10.答案：C解析：帶電粒子來(lái)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，由受力平衡得粒子速度故A正確；B.粒子在加速器中由動(dòng)能定理得加速器電壓故B錯(cuò)誤；C.粒子在分離器中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得分離器的磁感應(yīng)強(qiáng)度故C正確；D.由上述分析知，因?yàn)殡撕挺亮Ｗ颖群上嗤试撗b置無(wú)法將二者組成的粒子束分離開，故D錯(cuò)誤。故選AC。12.答案：BD解析：A、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得，已知，可得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由等邊三角形的幾何知識(shí)可知O點(diǎn)到各個(gè)頂點(diǎn)的距離為，此距離等于2r，假設(shè)粒子能夠擊中頂點(diǎn)，粒子的軌跡為半個(gè)圓周，顯然粒子將從邊界先射出，故無(wú)法擊中頂點(diǎn)，故A錯(cuò)誤;B、當(dāng)粒子在邊界上的出射點(diǎn)與O的連線垂直于出射點(diǎn)所在邊界時(shí)，軌跡圓弧的弦最短，軌跡圓心角最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(diǎn)，可得最短弦長(zhǎng)為，可得此軌跡圓心角，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為，故最短時(shí)間，故B正確;C、運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖中自O(shè)點(diǎn)經(jīng)M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的劣弧，則運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間小于半個(gè)周期，而半個(gè)周期為變，故C錯(cuò)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(shí)半徑為，由，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)至少為原來(lái)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(diǎn)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(diǎn)出射時(shí)，出射方向與入射方向成60°。偶數(shù)次回旋后從P點(diǎn)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(diǎn)出射時(shí)，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(chǎng)方向平行，做勻速直線運(yùn)動(dòng)且沿y軸方向，速度與磁場(chǎng)方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)且解得所以所以，若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)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(cuò)誤；D.若僅增大α，則D增大而減小，且時(shí)，“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