新教材高中物理第一章安培力与洛伦兹力高考真题演练新人教版选择性必修第二册

第一章高考真题演练一、选择题1．(2024·江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是()A．均向左B．均向右C．a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左答案CD解析如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意，故选C、D。2．(2024·全国卷Ⅰ)如图，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受到的安培力的大小为()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，依据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，依据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。3．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)∶eq\r(3)∶1答案BC解析如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行。选项A错误。L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直。选项B正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝eq\r(3)B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)。选项C正确，选项D错误。4．(2024·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短答案C解析由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝eq\f(θ,2π)T、T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。5．(2024·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlB.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlD.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。B正确。6．(2024·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和其次象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面对外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入其次象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最终经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的轨迹圆半径是其次象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何学问可知，粒子在其次象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在其次象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，B正确。7．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面对里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力供应向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。二、计算题8．(2024·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。9．(2024·全国卷Ⅰ)如图，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、方向垂直于纸面对外。一带正电的粒子从静止起先经电压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。答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)②粒子运动的轨迹如图，由几何关系知d＝eq\r(2)r③联立①②③式得eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v)⑥联立②③④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。10．(2024·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq\f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。答案(1)轨迹见解析(2)eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(4\r(3)El′,B2l2)eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))解析(1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的重量为v1，依据牛顿其次定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)⑦(3)由运动学公