高中物理新教材同步选择性必修第二册 第1章 培优提升练

培优提升练 一、选择题 1．(多选)(2014·全国卷Ⅱ)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 向不同，选项A 正确；根据qvB＝，得r＝，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＝，粒子的动能大，其mv 不 一定大，选项D 错误． 2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( ) A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ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，B2＝B，B1＝kB 则由牛顿第二定律得：qvB＝① T＝② 由①②得：R＝，T＝ 所以＝k，＝k 根据a＝，ω＝可知 ＝，＝ 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 B．MN 上下两侧的磁场方向相同 C．MN 上下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2＝1∶2 D．时间t＝ 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 r1∶r2＝1∶2；粒子做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供，由qvB＝m，解得B＝，所以 B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，故C 错误．由qvB＝m，T＝，得T＝；带电粒子运动的时间t＝T1＋ ＝＋，由B1∶B2＝2∶1 得t＝，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t＝0 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周期内做正功 答案 ABC 解析 根据左手定则知金属棒在0～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 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0～时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在～T 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θ 角的速度v，从O 点进入方向如图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 D．该电场的场强为 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 做匀速直线运动，则选项A 正确，B 错误；由平衡条件可知cos θ＝，sin θ＝，得磁场的磁 感应强度B＝，电场的场强E＝，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aO1＝O1b＝bO2＝ O2c，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 A．B2－B1 B．B1－ C．B2－ D. 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aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，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B1＝B1r＋B3r，b 点磁感应强度大小为B2＝B1r＋B1r，当撤去环形电流乙后，c 点 磁感应强度大小为Bc＝B3r＝B1－，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、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 A．v1∶v2＝∶4 B．v1∶v2＝1∶2 C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1 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r1＝L，r2＝＝L，偏转角分别为α1＝ π，α2＝；由洛伦兹力提供向心力可得r＝，所以＝＝，选项A 正确，B 错误；设α 为轨迹对 应的圆心角，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝，所以两种粒子的运动时间之比＝＝，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r＝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T＝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，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①的粒子恰好从F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E 点飞出磁场区域， 编号为③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①的粒子在磁场区域内运动的时间为 B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为 C．编号为①②③的三个粒子进入磁场的速度依次增大 D．编号为①②③的三个粒子在磁场内运动的时间依次增加 答案 C 解析 由qvB＝m，T＝，得v＝，T＝，由于、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①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，轨迹圆弧对应的圆心角为120°.设编号为②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＝a，轨迹圆弧对应的圆心角为60°.设编号为③ 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AE＝ 2acos 30°＝a，r3＝＝2a，轨迹圆弧对应的圆心角为30°.编号为①②③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Ⅰ)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， 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(q>0)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. B. C. D. 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 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θ ＝π＋2β，当β 最大时，θ 有最大值，由几何知识分析可知，当ce 与 相切时，β 最大，此 时轨迹过ab 中点，β＝30°，可得θ＝π，则t＝T＝，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，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 B．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d C．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为 D．微粒在ab、bc 区域中运动的总时间为 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 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，v0 ＝at1，d＝，竖直方向，0＝v0－gt1，解得a＝g，t1＝，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qv0B＝m，解得 r＝，联立解得r＝2d，故B 正确；由于r＝2d，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＝＝＝，故C 错 误；微粒在电场中运动时间为t1＝＝，故微粒在ab、bc 区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝， 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)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) (3) 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，h＝v0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度＝， 则d＝ 根据速度的矢量合成tan 45°＝ 解得h＝2d. (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R＝2d 由牛顿第二定律得qvB＝m， 由(1)可知v＝＝v0 联立解得B＝. (3)在电场中的运动时间为t1＝ 在磁场中的运动周期为T＝＝ 在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T 在第四象限内的运动时间为t3＝ 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t＝t1＋t2＋t3＝. 13.如图12 所示，在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿 y 轴正方向；第Ⅳ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 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Ⅳ象限， 又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ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) (2)v0 与x 轴正方向成45°角指向第Ⅳ象限 (3) 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qE＝ma， 2h＝v0t， h＝at2， 联立解得E＝. (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θ 角，沿y 轴负方向的分速度为 vy，则 vy＝at， v＝， tan θ＝， 联立解得v＝v0，θ＝45°，即速度方向指向第Ⅳ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qvB＝m，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 θ＝L， 又qvBmin＝m，v＝v0， 联立解得Bmin＝.