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 .