單元素養(yǎng)評價(jià)(十一)　磁場安培力與洛倫茲力　一、單項(xiàng)選擇題1．如圖，在一個(gè)蹄形電磁鐵的兩個(gè)磁極的正中間放置一根長直導(dǎo)線，當(dāng)導(dǎo)線中通有垂直于紙面向里的電流I時(shí)，導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)?　　)A．向上    B．向下C．向左    D．向右2．如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場方向斜向右上方，與水平方向所夾的銳角為45°.將一個(gè)金屬圓環(huán)ab置于磁場中，圓環(huán)的圓心為點(diǎn)O，半徑為r，兩條半徑Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向．當(dāng)圓環(huán)中通以電流I時(shí)，圓環(huán)受到的安培力大小為(　　)A．BIr     B．πBIrC．BIr      D．2BIr3．如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個(gè)α粒子從兩板正中央垂直電場、磁場入射，它在金屬板間運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示，則在α粒子飛躍金屬板間區(qū)域過程中(　　)A．α粒子的動(dòng)能增大B．α粒子的電勢能增大C．電場力對α粒子做負(fù)功D．磁場力對α粒子做負(fù)功4．如圖是“人造小太陽”托卡馬克裝置．其原理是使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于(　　)A．    B．TC．    D．T25．[2022·廣西名校聯(lián)考]如圖所示，間距為0.3 m的平行導(dǎo)軌所在平面與水平面之間的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直平行導(dǎo)軌斜面向上，大小隨時(shí)間變化的規(guī)律為B＝(2＋2t) T．將一根長為0.3 m、質(zhì)量為0.2  kg的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒中通有大小為1 A、方向從a到b的電流．t＝0和t＝2 s時(shí)刻，導(dǎo)體棒剛好都能處于靜止?fàn)顟B(tài)．取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，則(　　)A．平行導(dǎo)軌的傾角θ＝30°B．導(dǎo)體棒對平行導(dǎo)軌的壓力大小為1 NC．導(dǎo)體棒與平行導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力大小為0.3 ND．t＝1 s時(shí)，導(dǎo)體棒所受的摩擦力為06．[2022·廣東佛山1月檢測]地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入．赤道剖面外的地磁場可簡化為包圍地球的一定厚度的勻強(qiáng)磁場，方向垂直該剖面，如圖所示．圖中給出了速度在圖示平面內(nèi)、分別從O點(diǎn)沿與地面平行和與地面垂直兩個(gè)不同方向入射的微觀帶電粒子(不計(jì)重力)在地磁場中的三條運(yùn)動(dòng)軌跡a、b、c，且它們都恰不能到達(dá)地面，則下列相關(guān)說法中正確的是(　　)A．沿a軌跡運(yùn)動(dòng)的粒子帶正電B．若沿a、c兩軌跡運(yùn)動(dòng)的是相同的粒子，則沿軌跡a運(yùn)動(dòng)的粒子的速率更大C．某種粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為a，若它速率不變，只改變射入地磁場的方向，則只要其速度在圖示平面內(nèi)，無論沿什么方向入射，都會(huì)到達(dá)地面D．某種粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為b，若它以相同的速率在圖示平面內(nèi)沿其他方向入射，則有可能到達(dá)地面二、多項(xiàng)選擇題7．[2022·山西壽陽一中月考]有一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場垂直光滑絕緣平面，如圖所示(俯視圖).在A處靜止放置一個(gè)不帶電的金屬球a，另一來自原點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)金屬球b恰好沿y軸正方向撞向a球．碰撞后，兩球的運(yùn)動(dòng)情景圖可能正確的有(　　)8．研究某種射線裝置的示意圖如圖所示．射線源發(fā)出的射線以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的中央O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)．在板間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，然后打在熒光屏的P點(diǎn)．若在板間再加上一個(gè)豎直向下電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，亮點(diǎn)又恰好回到O點(diǎn)，由此可知該射線粒子(　　)A．帶正電       B．初速度為v＝C．比荷為＝     D．比荷為＝9．回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示．D1和D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1的圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動(dòng)能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則下列說法中正確的是(　　)A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek會(huì)變大B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時(shí)間會(huì)變短C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶10．[2022·廣東江門一模]如圖所示的虛線框?yàn)橐徽叫螀^(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子從a點(diǎn)沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點(diǎn)飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場后，從c點(diǎn)飛出磁場，不計(jì)重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比分別為(　　)A．∶＝1∶1     B．∶＝2∶1C．t1∶t2＝2∶3      D．t1∶t2＝1∶3三、非選擇題11．如圖所示，直角坐標(biāo)系在一真空區(qū)域里，y軸的左方有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向跟y軸負(fù)方向成θ＝30°角，y軸右方有一垂直于坐標(biāo)系平面的勻強(qiáng)磁場，在x軸上的A點(diǎn)有一質(zhì)子發(fā)射器，它向x軸的正方向發(fā)射速度大小為v＝2.0×106 m/s的質(zhì)子，質(zhì)子經(jīng)磁場在y軸的P點(diǎn)射出磁場，射出方向恰垂直于電場的方向，質(zhì)子在電場中經(jīng)過一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到x軸的Q點(diǎn)．已知A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為10 cm，Q點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為(20－10) cm，質(zhì)子的比荷為＝1.0×108 C/kg.求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；(2)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)電場強(qiáng)度的大小．          12．如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中放置一半徑為R的金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1＝2R，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導(dǎo)線通過一個(gè)阻值為r0的電阻接地，最初金屬圓筒不帶電，現(xiàn)有范圍足夠大的平行電子束以速度v0從很遠(yuǎn)處沿垂直于左邊界MN的方向向右射入磁場區(qū)，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e.(1)若電子初速度滿足v0＝，則在最初圓筒上沒有帶電時(shí)，能夠打到圓筒上的電子對應(yīng)MN邊界上O1兩側(cè)的范圍是多大？(2)當(dāng)圓筒上電荷量達(dá)到相對穩(wěn)定時(shí)，測量得到通過電阻r0的電流恒為I，忽略運(yùn)動(dòng)電子間的相互作用，求此時(shí)金屬圓筒的電勢φ和電子到達(dá)圓筒時(shí)的速度v(取無窮遠(yuǎn)處或大地電勢為零).     單元素養(yǎng)評價(jià)(十一)　磁場安培力與洛倫茲力1．解析：由安培定則知，蹄形電磁鐵左端為N極，右端為S極，長直導(dǎo)線所在位置的磁場方向向右，由左手定則知，導(dǎo)線所受安培力的方向向下，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：圓環(huán)受到的安培力大小等效為ab連線的長度電流受到的安培力，ab連線的長度為r，則F＝BI·r＝BIr，選項(xiàng)A正確．答案：A3．解析：對α粒子在電場、磁場中進(jìn)行受力分析，受到豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的電場力．運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力不做功，由圖中給出的α粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場力對其做正功，因此α粒子的電勢能減?。儆蓜?dòng)能定理可知，α粒子的動(dòng)能增大．因此A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，則v2正比于T，從而v正比于.帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，可得B＝.綜上可知，B正比于，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：t＝0和t＝2 s時(shí)刻，導(dǎo)體棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒剛好要沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，t＝2 s時(shí)，導(dǎo)體棒剛好要沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)閷?dǎo)體棒所受安培力的方向一定沿導(dǎo)軌向上，故根據(jù)平衡條件知，t＝0時(shí)有mg sin θ＝Ffmax＋B0IL，t＝2 s時(shí)有mg sin θ＋Ffmax＝B2IL，解得Ffmax＝0.6 N，sin θ＝0.6，即θ＝37°，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒對平行導(dǎo)軌的壓力FN＝mg cos 37°＝1.6 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝1 s時(shí)，F安＝B1IL＝1.2 N，mg sin θ＝1.2 N，因mg sin θ＝F安，故導(dǎo)體棒所受摩擦力為零，選項(xiàng)D正確．答案：D6．解析：由左手定則可知沿軌跡a、c運(yùn)動(dòng)的粒子帶負(fù)電，沿軌跡b運(yùn)動(dòng)的粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有Bqv＝m，解得軌跡半徑r＝，又由圖可知ra<rc，所以沿軌跡a運(yùn)動(dòng)的粒子的速率更小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；沿軌跡a運(yùn)動(dòng)的粒子平行于地面射入且恰好不能到達(dá)地面，軌跡a與地面相切，所以沿軌跡a運(yùn)動(dòng)的粒子恰好不能到達(dá)地面時(shí)在地磁場中的位移為2ra，已達(dá)到最大值，故只要該粒子速率不變，不論沿著什么方向入射都不會(huì)到達(dá)地面，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；結(jié)合圖像由分析可知沿軌跡b運(yùn)動(dòng)的粒子在磁場中的位移還未達(dá)到2rb時(shí)，就已經(jīng)與地面相切，因此改變?nèi)肷浞较?，該粒子可以到達(dá)地面，選項(xiàng)D正確．答案：D7．解析：本題考查帶電小球在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡分析．由題意分析知帶電金屬球b帶正電，受到洛倫茲力作用做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)動(dòng)．與a球碰撞后，兩球都帶上了正電，均做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)動(dòng)．碰撞后，兩球速度可能同向，運(yùn)動(dòng)軌跡內(nèi)切；兩球速度可能反向，運(yùn)動(dòng)軌跡外切，選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤．答案：AD8．解析：粒子在向里的磁場中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；粒子在磁場中：Bqv＝m；粒子在電磁正交場中：qE＝qvB，v＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；聯(lián)立解得＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD9．解析：由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故A錯(cuò)誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速次數(shù)減小，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運(yùn)行時(shí)間變短，B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯(cuò)誤；由nqU＝以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，D正確．答案：BD10．解析：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)正方形邊長為L，則從b點(diǎn)飛出的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r1＝L，從c點(diǎn)飛出的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑也為r2＝L，洛倫茲力提供向心力qv0B＝，解得＝，則∶＝1∶1，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝＝可知，兩粒子的周期相同，兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度分別為60°和90°，根據(jù)t＝T，可得：t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC11．解析：(1)設(shè)質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r.過A、P點(diǎn)作速度v的垂線，交點(diǎn)即為質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O1.由幾何關(guān)系得α＝θ＝30°，所以r＝2OA＝20 cm.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，根據(jù)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)方向和左手定則，可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里．由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m解得B＝＝ T＝0.1 T(2)設(shè)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，如圖所示，質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，設(shè)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則T＝＝＝解得t＝×10－7 s.(3)如圖所示，過Q點(diǎn)做平行于P點(diǎn)速度方向的平行線，交AM于N點(diǎn)，在三角形QAN中，邊長QA＝20 cm.由幾何關(guān)系可知β＝θ＝30°，AN＝20 cm，所以，N點(diǎn)與O1點(diǎn)是重合的．質(zhì)子在平行于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得：2r＝vt，又r＝at2，a＝解得E＝＝ N/C＝1.0×105 N/C答案：(1)0.1 T，垂直于紙面向里　(2)×10－7 s(3)1.0×105 N/C12．解析：(1)如圖所示，設(shè)電子進(jìn)入磁場后運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，則ev0B＝解得r＝3R大量電子從MN上不同點(diǎn)進(jìn)入磁場軌跡如圖，從O1上方P點(diǎn)射入的電子剛好擦過圓筒，有O1O2＝＝2RO1P＝O1O2＋r＝(3＋2)R同理可得到O1下方Q點(diǎn)到O1點(diǎn)的距離O1Q＝(2－3)R(2)穩(wěn)定時(shí)，圓筒上電荷不再增加，地面與圓筒之間的電勢差恒為UU＝Ir0圓筒的電勢φ＝－Ir0電子從很遠(yuǎn)處射到圓筒表面時(shí)速度為v，有－eU＝v＝答案：見解析

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