新人教版选择性必修第二册 2023-2024学年高中物理 第1章安培力与洛伦兹力 分层作业（含解析7份打包）

第第页新人教版选择性必修第二册2023-2024学年高中物理第1章安培力与洛伦兹力分层作业（含解析7份打包）第一章分层作业1磁场对通电导线的作用力

A级必备知识基础练

1.(多选)通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,电流方向如图所示,ab边与MN平行。关于MN产生的磁场对线框的作用,下列叙述正确的是()

A.线框有两条边所受的安培力方向相同

B.线框有两条边所受的安培力大小相等

C.线框所受安培力的合力向左

D.线框将绕MN转动

2.如图所示,金属杆MN中电流为I,与导轨CD夹角为θ,导轨垂直于磁场放置,磁感应强度为B,AK与CD相距为d,则MN所受安培力大小为()

A.IdBB.IdBsinθ

C.D.IdBcosθ

3.(2023江苏吴江高二月考)如图所示,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,且与磁场方向垂直。导线ab、bc和cd的长度均为l,且∠abc=∠bcd=135°。流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示。则导线abcd所受的磁场的作用力的合力为()

A.方向沿纸面向上,大小为(+1)IlB

B.方向沿纸面向上,大小为(-1)IlB

C.方向沿纸面向下,大小为(+1)IlB

D.方向沿纸面向下,大小为(-1)IlB

4.如图所示,D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线,电流方向垂直于纸面向里。在开关S闭合后,导线D所受安培力的方向是()

A.向上B.向下

C.向左D.向右

5.(多选)一根长为0.2m、电流为2A的通电直导线,放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中,受到安培力的大小可能是()

A.0.4NB.0.2N

C.0.1ND.0

6.(多选)如图所示,纸面内的金属圆环中通有电流I,圆环圆心为O、半径为R,P、Q为圆环上两点,且OP垂直于OQ,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里,则()

A.整个圆环受到的安培力大小为2πIRB

B.整个圆环受到的安培力大小为0

C.圆弧PQ受到的安培力大小为IRB

D.圆弧PQ受到的安培力大小为IRB

7.(2023上海高二期中)如图所示,边长为l的等边三角形线框ABC由三根相同的导体连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直。设导体AC受到的安培力大小为F1,导体AB、BC受到的安培力的合力的大小为F2,则F1∶F2为()

A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.4∶1

B级关键能力提升练

8.将闭合通电导线圆环平行于纸面缓慢地竖直向下放入方向垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示,则在通电圆环从刚进入到完全进入磁场的过程中,所受的安培力大小()

A.逐渐增大B.逐渐变小

C.先增大后减小D.先减小后增大

9.如图所示,三根相互平行的长度为l的固定长直导线a、b、c两两等距,截面构成等边三角形,均通有电流I。a中电流方向与c中的相同,与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则()

A.b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度为0

B.b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度大小为2B0

C.a导线受到的安培力大小为IlB0

D.a导线受到的安培力大小为IlB0

10.电子天平的原理简略示意图如图所示,秤盘上不放重物时弹簧处于压缩状态,弹簧的长度为l,此时外界通入线圈中的电流为0;重物放在秤盘上后,在安培力作用下弹簧长度恢复为l,可认为此时外界通入线圈的电流为I,数据处理系统可以根据I的大小计算出托盘上物体的质量m。已知线圈的匝数为n,磁极宽度为l,两极间的磁感应强度为B,重力加速度为g,则以下说法正确的是()

A.电流从C端流入线圈,从D端流出

B.线圈所受的安培力方向向下

C.重物质量为m=

D.在其他条件都不变的情况下,增加线圈的匝数,可以扩大电子天平的量程

11.如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10-2kg的通电直导线,电流I=1A,方向垂直纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳系住不动,整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中,t=0时,B=0,则需要多长时间斜面对导线的支持力为零(g取10m/s2)

12.如图所示,两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°,导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源,两导轨间的距离L=0.4m,在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒始终与金属导轨垂直且接触良好,导体棒的电阻R=1.0Ω,导体棒恰好刚要滑动,金属导轨电阻不计,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:

(1)ab棒受到的安培力;

(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。

13.某同学设计了如图所示的装置测量磁场的磁感应强度。一质量为0.2kg、长为20cm、电阻为2Ω的金属棒ab,用两根相同的轻弹簧水平悬挂在方向垂直于纸面向外的待测匀强磁场中,每根弹簧的劲度系数为50N/m,弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V、内阻为1Ω的电池相连。断开开关,系统处于静止状态,闭合开关,系统重新静止后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.2cm。重力加速度大小取10m/s2,求:

(1)闭合开关后,通过金属棒的电流大小;

(2)待测磁场的磁感应强度大小。

分层作业1磁场对通电导线的作用力

1.BC通电矩形导线框abcd在无限长通电直导线形成的磁场中,受到安培力的作用,对于ad边和bc边,所在处磁场相同,但电流方向相反,所以ad边、bc边所受安培力大小相等,方向相反,即ad边和bc边所受合力为零。而对于ab边和cd边,由于在磁场中离长直导线的距离不同,ab边近且由左手定则判断受力向左,cd边远且由左手定则判断受力向右,所以ab边和cd边所受合力方向向左,故B、C正确,A、D错误。

2.C题中磁场和电流垂直,θ角仅是导轨与金属杆MN间的夹角,不是电流与磁场的夹角。金属杆MN在磁场中的有效长度为,则MN所受安培力大小为F=,故C正确。

3.A导线abcd的有效长度为线段ad的长度,由几何知识知lad=(+1)l,故导线abcd所受的磁场的作用力的合力大小F=IladB=(+1)IlB,导线有效长度的电流方向为a→d,据左手定则可以确定导线所受合力方向沿纸面向上,故A正确。

4.A由右手螺旋定则,软铁芯在导线D处的磁场方向向左,由左手定则,导线D受到的安培力方向向上,选项A正确。

5.BCD当磁感应强度方向与通电直导线垂直时,安培力有最大值,为F=IlB=2×0.2×0.5N=0.2N。当磁感应强度方向与通电直导线平行时,安培力有最小值,为0。随着二者方向夹角的变化,安培力大小在0与0.2N之间取值,故B、C、D正确,A错误。

6.BD根据左手定则可知,整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向,受到的合力为0,选项A错误,B正确;圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小,为IRB,选项C错误,D正确。

7.C由已知条件可知,导体AB、BC的有效长度与AC相同,等效后的电流方向也与AC相同,AB、BC串联的电阻等于AC电阻的两倍,两支路为并联关系,设AC中的电流大小为2I,则AB、BC中的电流为I,设AC的长为l,则F1=2IlB,F2=IlB,方向与AC所受安培力的方向相同,故F1∶F2=2∶1,C正确,A、B、D错误。

8.C通电圆环受到的安培力大小F=ILB,其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小,L指有效长度,它等于圆环所截边界线的长度。由于L先增大后减小,所以安培力先增大后减小,C正确。

9.C导线a、b、c两两等距,截面构成等边三角形,均通有电流I,b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0,b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示,根据几何关系可知其夹角为120°,合磁场的磁感应强度大小为B0,则a导线受到的安培力大小为F=IlB0,故选C。

10.D重物放在秤盘上后,秤盘和线圈在安培力作用下向上恢复到未放重物时的位置,说明安培力的方向向上,由左手定则即可判断出电流由D流入,由C流出,故A、B错误;两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为l,线圈匝数为n,左、右两侧受到的安培力相等,有mg=2nBIl,解得m=,故C错误;在其他条件都不变的情况下,当n增大时,安培力也随之增大,所以增加线圈的匝数,可以扩大电子天平的量程,故D正确。

11.答案5s

解析导线所受斜面的支持力恰为零时的受力情况如图所示。

由平衡条件,得F=

而F=BIl

B=0.4t(T)

代入数据联立解得t=5s。

12.答案(1)0.4N,沿两导轨所在平面向上(2)0.125

解析(1)根据闭合电路欧姆定律得I=A=2A

导体棒受到的安培力为F安=BIL=0.4N

由左手定则可知,安培力沿两导轨所在平面向上。

(2)对导体棒受力分析,将重力正交分解,沿导轨方向有

F1=mgsin37°=0.48N

F1>F安

根据平衡条件可知,摩擦力沿斜面向上,所以有mgsin37°=F安+μmgcos37°

解得μ=0.125。

13.答案(1)4A(2)0.25T

解析(1)闭合开关后,通过金属棒的电流为I=,解得I=4A。

(2)闭合开关后,根据左手定则可知,安培力向下,所以弹簧比开关断开时伸长了0.2cm,则有BIl=2kΔx

解得B=0.25T。第一章分层作业2安培力的应用

A级必备知识基础练

1.一个固定在天花板上的弹簧测力计下悬挂一水平导线AB,导线中通有如图所示向右的电流I1,导线中心的正下方有与导线AB垂直的另一长直导线,当长直导线中通入向里的电流I2时,关于导线AB的运动及弹簧测力计示数的变化正确的是()

A.A端向外、B端向里转动,弹簧测力计的示数增大

B.A端向里、B端向外转动,弹簧测力计的示数减小

C.A端向里、B端向外转动,弹簧测力计的示数增大

D.A端向外、B端向里转动,弹簧测力计的示数减小

2.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()

3.如图所示,磁场方向竖直向下,通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2,通电导线所受安培力()

A.数值变大,方向不变

B.数值变小,方向不变

C.数值不变,方向改变

D.数值、方向均改变

4.如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力大小为()

A.2FB.1.5F

C.0.5FD.0

5.如图所示,一通电金属环固定在绝缘的水平面上,在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒,中点O与金属环在同一水平面内,当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时,则()

A.金属棒始终静止不动

B.金属棒的上半部分向纸面外转,下半部分向纸面里转,同时靠近金属环

C.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时靠近金属环

D.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时远离金属环

6.(2023山西太原高二期中)如图为一个由干电池、铜线圈和钕磁铁组成的简易电动机,此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO'轴转动,那么()

A.若磁铁上方为N极,从上往下看,线圈将顺时针旋转

B.若磁铁上方为S极,从上往下看,线圈将顺时针旋转

C.线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能

D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能

7.(2023湖南长沙一中高二月考)如图所示,KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧,在O处有一垂直纸面的载流直导线,电流方向垂直纸面向外,用一根导线围成KLMN回路,当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出),回路()

A.将向左平动

B.将向右平动

C.将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动

D.KL边受到垂直纸面向外的力,MN边受到垂直纸面向里的力

8.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况正确的是()

A.棒中的电流变大,θ角变大

B.两悬线等长变短,θ角变小

C.金属棒质量变大,θ角变大

D.磁感应强度变大,θ角变小

B级关键能力提升练

9.如图所示,U形平行金属导轨与水平面成37°角,金属杆ab横跨放在导轨上,其有效长度为0.5m,质量为0.2kg,与导轨间的动摩擦因数为0.1。空间存在竖直向上的磁感应强度为2T的匀强磁场。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。要使ab杆在导轨上保持静止,则ab中的电流大小应在什么范围内

10.如图所示,电源电动势为3V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直固定在等长的绝缘细杆上,金属圆环环面平行,相距1m,两金属圆环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06kg、电阻为1.5Ω的导体棒轻放在金属圆环上,导体棒与金属圆环有良好电接触。两金属圆环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4T的匀强磁场。重力加速度g取10m/s2,当开关闭合后,导体棒沿金属圆环上滑到某位置静止不动。

(1)求在此位置上棒对每一个金属圆环的压力大小。

(2)若已知金属圆环半径为0.5m,求此位置与金属圆环底的高度差。

11.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=,式中常量k>0,I为电流,r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方,矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂在MN上,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的拉力均为FT0。当MN内电流为I1时,两细线的拉力均减小为FT1;当MN内电流变为I2时,两细线的拉力均大于FT0。

(1)分别说出电流I1、I2的方向。

(2)求MN内电流分别为I1和I2时,线框受到的安培力F1与F2的大小之比。

(3)当MN内的电流为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线框的加速度大小为a,已知重力加速度为g,求I3。

12.某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的电磁秤。如图所示,两平行金属导轨CD、EF间距为l=0.1m,与电动势为E0=9V且内阻不计的电源、电流表(量程0~3A)、开关、滑动变阻器R(阻值范围为0~100Ω)相连,质量为m0=0.05kg、电阻为R0=2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置,构成闭合回路,导轨平面与水平面成θ=30°角,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B=5T,在秤盘中放入待测物体,闭合开关,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知若秤盘中不放物体,金属棒静止时电流表读数为I0=0.1A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计,g取10m/s2。

(1)求秤盘的质量。

(2)求此电磁秤称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值。

(3)为了便于知道秤盘上物体质量m的大小,请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图像。

分层作业2安培力的应用

1.A根据安培定则可知,AB下方长直导线的磁感线是同心圆,方向如图所示。因此用左手定则可以判断出A端受到向外的力,B端受到向里的力,从而使得A端向外转动,B端向里转动。AB转动后电流的方向也向里,两个电流之间相互吸引,所以AB对弹簧测力计的拉力增大,则弹簧测力计的示数增大,故A正确。

2.A由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。

3.B安培力F=BIL,电流不变,垂直直导线的有效长度减小,安培力减小,安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面,所以安培力的方向不变,B正确。

4.B导体棒MN受到的安培力为F=BIl。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。

5.B由通电金属环产生的磁场特点可知,其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量,由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力,故向纸面外转;同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到平行水平面时,由同向电流相吸,反向电流相斥可知,金属棒在靠近金属环,B正确。

6.A若磁铁上方为N极,线圈左边的电流是向下的,磁场方向指向左侧区域,根据左手定则可知安培力向里,同理,线圈右边的电流也是向下的,磁场方向指向右侧区域,根据左手定则可知安培力向外,故从上往下看,线圈将顺时针旋转,A正确;若磁铁上方为S极,根据A项的分析,易知,从上往下看,线圈将逆时针旋转,B错误;线圈无论匀速转动还是加速转动,电池的化学能都转化为线圈的动能和电路的内能,C、D错误。

7.D因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆,与KN边、LM边平行,所以KN边、LM边均不受力。根据左手定则可得,KL边受到垂直纸面向外的力,MN边受到垂直纸面向里的力,故D项正确。

8.A作出侧视图,并对金属棒进行受力分析,如图所示,据图可得tanθ=,若棒中的电流I变大,则θ变大,选项A正确;若两悬线等长变短,θ不变,选项B错误;若金属棒的质量m变大,则θ变小,选项C错误;若磁感应强度B变大,则θ变大,选项D错误。

9.答案1.21A≤I≤1.84A

解析先画出金属杆受力的侧面图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。由平衡条件可知,当电流较小时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向上,如图甲所示。

则mgsinθ=μ(mgcosθ+F1sinθ)+F1cosθ

又F1=BI1L,解得I1==1.21A

当电流较大时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向下,如图乙所示。

则mgsinθ+μ(mgcosθ+F2sinθ)=F2cosθ

又F2=BI2L,解得I2==1.84A

所以1.21A≤I≤1.84A。

10.答案(1)0.5N(2)0.2m

解析(1)导体棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=

代入数据解得F==0.8N

对导体棒受力分析如图所示(从右向左看)

两金属圆环支持力的总和为2FN=

代入数据解得FN=0.5N

由牛顿第三定律知,导体棒对每一个金属圆环的压力为0.5N。

(2)由图中几何关系有tanθ=,得θ=53°

则棒距环底的高度为h=r(1-cosθ)=0.2m。

11.答案(1)I1方向向左I2方向向右(2)I1∶I2

(3)I1

解析(1)MN内电流为I1时,两细线的拉力减小,线框所受安培力方向向上,由左手定则可知,I1方向向左,同理可知,I2方向向右。

(2)当MN中电流为I时,线框受到的安培力大小为F=kIiL

式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距,i为线框中的电流,L为ab、cd的长度

所以F1∶F2=I1∶I2。

(3)设MN中电流为I3时,线框受到的安培力大小为F3,由题设条件有

2FT0=mg,2FT1+F1=mg,F3+mg=ma

则

解得I3=I1。

12.答案(1)0.03kg(2)0.145kg1Ω(3)图见解析

解析(1)对金属棒受力分析有FT=m0gsinθ+BI0l

对秤盘受力分析有FT=m'g

解得m'=0.03kg。

(2)当电路中电流最大时,此电磁秤称量物体的质量最大,电路中最大电流即为电流表量程,即Ig=

解得R=1Ω

对金属棒及秤盘有m0gsinθ+BIgl=(m'+mmax)g

解得mmax=0.145kg。

(3)电流与所称物体质量的关系式为

m0gsinθ+BIl=(m'+m)g

代入数据得m=kg(0qvB,则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可。

11.BD由左手定则可知,正离子受洛伦兹力向后表面偏,负离子向前表面偏,前表面的电势一定低于后表面的电势,故A错误,B正确。流量Q==vbc,其中v为离子定向移动的速度。当前后表面电压一定时,离子不再偏转,所受洛伦兹力和静电力达到平衡,即qvB=q,得v=,则流量Q=bc=c,故Q与U成正比,与a、b无关。又U=,则电压表的示数与离子浓度无关,故C错误,D正确。

12.答案0.06N

解析设小球到达最低点时速度大小为v

由动能定理可得mgl=mv2

由圆周运动规律及牛顿第二定律可知

第一次经过最低点时有qvB-mg=m

第二次经过最低点时有F-qvB-mg=m

解得F=0.06N。第一章分层作业4带电粒子在匀强磁场中的运动

A级必备知识基础练

1.如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()

A.2B.

C.1D.

2.(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷,粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场,不计重力,则下列说法正确的是()

A.如果两粒子的速度vA=vB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径RA=RB

B.如果两粒子的动能EkA=EkB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的周期TA=TB

C.如果两粒子的质量mA=mB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的周期TA=TB

D.如果两粒子的质量与速度的乘积mAvA=mBvB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径RA=RB

3.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上,运动的半圆轨迹如图中虚线所示,不计重力,下列表述正确的是()

A.M带负电,N带正电

B.M的速率小于N的速率

C.洛伦兹力对M、N做正功

D.M的运动时间大于N的运动时间

4.氕、氘、氚的电荷数相同,质量之比为1∶2∶3,它们由静止经过相同的加速电压加速,之后垂直进入同一匀强磁场,不计重力和它们间的相互作用,则()

A.运动半径之比为∶1

B.运动半径之比为3∶2∶1

C.运动周期之比为1∶2∶3

D.运动周期之比为3∶2∶1

5.(多选)如图所示,在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场,一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ=30°角的方向以相同的速度v射入磁场中,则关于正、负电子,下列说法正确的是()

A.在磁场中的运动时间相同

B.在磁场中运动的轨道半径相同

C.出边界时两者的速度相同

D.出边界点到O点的距离相等

6.(2023湖北武昌高二月考)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向以不同大小的速度射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力,则()

A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1

B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2

C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1

D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2

7.(2023湖北武汉第十一中学高二期中)如图所示,直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场,一质量为m、电荷量为e的电子从O点以方向与MN成30°角的速度v射入磁场中,求:

(1)电子从磁场中射出时距O点的距离;

(2)电子在磁场中运动的时间。

B级关键能力提升练

8.如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()

A.B.C.D.

9.如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用,则v2∶v1为()

A.∶2B.∶1

C.∶1D.3∶

10.如图所示,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;在x1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(不计重力)以速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时,求:

(1)粒子运动的时间;

(2)粒子与O点间的距离。

11.在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ=30°,OP=L,求:

(1)磁感应强度的大小和方向;

(2)该圆形磁场区域的最小面积。

分层作业4带电粒子在匀强磁场中的运动

1.D设带电粒子在P点时初速度为v1,从Q点穿过铝板后速度为v2,则Ek1=,Ek2=;由题意可知Ek1=2Ek2,即=m,则。由洛伦兹力提供向心力,即qvB=,得r=,由题意可知,所以,故选项D正确。

2.CD因为粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=,周期T=,又粒子电荷量相等且在同一磁场中,所以q、B相等,r与m、v有关,T只与m有关,所以A、B错误,C、D正确。

3.A根据左手定则可知N带正电,M带负电,A正确;因r=,而M的轨迹半径大于N的轨迹半径,所以M的速率大于N的速率,B错误;洛伦兹力不做功,C错误;M和N的运动时间都为t=,D错误。

4.C经过电压U加速后,速度v=,根据半径公式得r=,半径与质量的二次方根成正比,即运动半径之比为1∶,A、B错误;根据周期公式T=,可知周期之比等于质量之比,为1∶2∶3,C正确,D错误。

5.BCD根据正、负电子的受力情况可知,正电子做圆心角为300°的圆周运动,负电子做圆心角为60°的圆周运动,如图所示。正、负电子在做圆周运动时的周期是相等的,故它们在磁场中运动的时间不相同,A错误;根据R=可知,它们在磁场中运动的轨道半径相同,B正确;正、负电子出边界时都是以原来的速度大小,且与水平方向成30°角的方向斜向右下方射出的,故两者的速度相同,C正确;出边界的位置到O点的距离是相等的,故D正确。

6.A设正六边形边长为l,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径r1=l,圆心角θ1=120°;若粒子从c点离开磁场,可知运动的半径r2=2l,圆心角θ2=60°。根据v=,可得vb∶vc=r1∶r2=1∶2;根据t=T及T=,可得tb∶tc=θ1∶θ2=2∶1,故选A。

7.答案(1)(2)

解析设电子在匀强磁场中运动的半径为R,射出时与O点距离为d,运动轨迹如图所示

(1)根据牛顿第二定律知

Bev=m

由几何关系可得d=2Rsin30°

解得d=。

(2)电子在磁场中转过的角度为θ=60°=

周期T=

因此运动时间t=T=。

8.B粒子在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示,根据半径公式r=可求得r2=2r1,由几何关系得r2cosθ=r2-r1,解得θ=60°=,粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=,在第二象限中运动的时间t1=,在第一象限中运动的时间t2=,故粒子在磁场中运动的时间为t'=t1+t2=,故选B。

9.C相同的带电粒子垂直匀强磁场入射,均做匀速圆周运动,设粒子均向上偏转(均向上或均向下偏转不影响最终结果)。粒子以v1入射时,一端点为入射点P,对应圆心角为60°(六分之一圆周)的弦PP'必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1,如图甲所示,设圆形区域的半径为R,由几何关系知r1=R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP'对应的圆弧内。同理可知,粒子以v2入射时,如图乙所示。由几何关系知r2=Rsin60°=R,可得r2∶r1=∶1。因为m、q、B均相同,由公式r=可得,v2∶v1=∶1。故选C。

10.答案(1)1+(2)1-

解析(1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域,圆周运动轨迹半径为R1;在x或v0

D.v00,y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场,运动轨迹如图所示,不计重力的影响,则()

A.初速度最大的粒子是沿①射出的粒子

B.初速度最大的粒子是沿②射出的粒子

C.在磁场中运动时间最长的是沿③射出的粒子

D.在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子

6.(多选)如图所示,P、Q为一对平行板,板长与板间距离均为d,板间区域内充满匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),以水平初速度v0从P、Q两板间左侧上都沿垂直磁场方向射入,粒子打到板上,则初速度v0大小可能为()

A.B.

C.D.

7.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为l的等边三角形ABC分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线方向发射速度不同的质子,所有质子均能通过C点,质子重力不计,比荷=k,则质子的速度可能为()

A.2BklB.

C.D.

B级关键能力提升练

8.(多选)(2023山师附中高二月考)如图所示,在研究磁偏转的实验中,一实验小组把电子从P点沿半径PO以不同大小的速度射入圆形磁场区域,电子第一次以速度v1入射,速度方向偏转60°射出;电子第二次以速度v2入射,速度方向偏转90°射出。则电子第一次和第二次在磁场中运动的()

A.轨迹半径之比为∶1

B.速度之比为1∶

C.时间之比为3∶2

D.时间之比为2∶3

9.如图所示,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:

(1)带电粒子的比荷;

(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

10.如图所示,左、右边界分别为PP'、'的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子,沿图示方向以速度v0垂直磁场方向射入磁场。不计粒子重力,欲使粒子不能从边界'射出,求粒子入射速度v0的最大值。

11.如图所示,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为l。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从OA边的某点垂直于OA边入射时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0,不计粒子的重力。

(1)求磁场的磁感应强度大小。

(2)若已知磁感应强度大小为B,改变粒子从OA边垂直入射的位置,要使粒子经过磁场后仍从OA边射出,则粒子的最大入射速度为多大

分层作业5带电粒子在有界匀强磁场中的运动

1.B要使电子能从右边界射出这个区域,则有R≥d,根据洛伦兹力提供向心力,可得R=≥d,则至少应具有的初速度大小为,B正确。

2.A粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子在B1磁场中运动的周期为T1=,在B2磁场中运动的周期为T2=,所以粒子再一次向下通过O点的时间为t=T1+T2=,所以A正确,B、C、D错误。

3.A电子在磁场中做匀速圆周运动,半径为R=。当R1=时,电子恰好与下板相切;当R2=时,电子恰好从下板右边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1=,解得v1=,由R2=,解得v2=,所以欲使电子不与平行板相碰撞,电子初速度v0应满足v0>或v0v丙>v乙,选项A、B错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,即它们的机械能守恒,选项D正确;甲球在最高点处的动能最大,因为势能相等,所以