专题01 安培力与洛伦兹力——高二物理下学期期末专题复习知识点清单+训练学案+期末模拟卷（人教版2019）

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专题01 安培力与洛伦兹力【专项训练】-2020-2021学年高二年级物理下学期期末专项复习（2019新人教版）


一、 单项选择题：

1．特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(　　)

A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下

【答案】C
【解析】通电直导线周围产生磁场方向由安培定则判断，如图所示

I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2，即B1>B2，则在b点的磁感应强度不为零，A错误；由图可知，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确。
故选C。
2．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

【答案】B
【解析】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。当金属棒开始转动到转至水平面时,由同向电流相吸,反向电流相斥可知,金属棒靠近金属环,B正确。
故选B。

3．如图所示,在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力。下列四个物理量中哪一个改变时,粒子运动轨迹不会改变 (　　)

A.粒子速度的大小 B.粒子所带的电荷量
C.电场强度 D.磁感应强度

【答案】B
【解析】粒子以某一速度沿水平直线通过两极板时受力平衡,有Eq=Bqv,则知当粒子所带的电荷量改变时,粒子所受的合力仍为0,运动轨迹不会改变,故B项正确。
故选B。

4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后,再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子,且GF=R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计) (　　)

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理有:qU=mv2,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=,又Bqv=m,可求=,故C正确。
故选C。

5．如图所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,粒子的带电荷量相同,其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直;穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角,设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,则t1∶t2为(重力不计) (　　)

A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2

【答案】D

【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°,从b点射出的粒子对应的圆心角为60°,由t=·可得t1∶t2=90°∶60°=3∶2,D正确。
故选D。

6．如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O′在MN上,且OO′与MN垂直。下列判断正确的是(　　)

A.电子将向右偏转
B.电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C.电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D.电子在磁场中运动的时间为

【答案】D

【解析】电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;设电子打在MN上的点与O′点的距离为x,则由几何知识得:x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得:sin θ==0.5,得θ=,则电子在磁场中运动的时间为t==,故D正确。
故选D。

7．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是(　　)
A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致
C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零
D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大

【答案】D
【解析】磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关。而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小。
故选D。

8．如图所示,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为 (　　)

A.0 B.0.5BIl C.BIl D.2BIl

【答案】C
【解析】V形导线两部分的受力情况如图所示。其中F=BIl,V形导线受到的安培力应为这两个力的合力,大小为F合=2Fcos 60°=BIl,故C项正确。

故选C。
9.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是(　　)

A．ta C．ta＝tbtc>td

【答案】D

【解析】电子的运动轨迹如图所示，由图可知，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa＝θb>θc>θd，而电子的周期T＝相同，其在磁场中运动的时间t＝T，故ta＝tb>tc>td。
故选D。

二、 多项选择题：

10．(2018·全国卷Ⅱ)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外。则 (　　)

A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0

【答案】AC
【解析】设L1在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,设L2在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,根据右手螺旋定则,结合题意B0-(B1+B2)=B0,B0+B2-B1=B0, 联立可得B1=B0,B2=B0,选项A、C正确。
故选AC。

11．如图甲所示,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 (　　)

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】由左手定则可知,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,所以选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知前半个周期安培力水平向右,后半个周期安培力水平向左,不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,选项D错误。
故选ABC。

12．如图所示,AOB为一边界为圆弧的匀强磁场区域,圆弧半径为R,O点为圆心,D点为边界OB的中点,C点为边界上一点,且CD∥AO,现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力),其中粒子1从A点正对圆心O射入,恰从B点射出,粒子2从C点沿CD射入,从某点离开磁场,则 (　　)

A.粒子2在磁场中的轨道半径等于R
B.粒子2必在B点射出磁场
C.粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2
D.粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同

【答案】ABC

【解析】粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为θ1=90°,粒子轨道半径等于R,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示。设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故选项A、B正确;由数学知识可知,粒子2在磁场中运动轨迹的圆心角θ2=∠BO1C=60°,两粒子做圆周运动所对应的圆心角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=T,运动时间之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2,故选项C正确,D错误。
故选ABC。

13．根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2πf·r即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔原理可知q=Bqv,U=Bdv,即霍尔电压只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关,与车轮转速无关,选项B错误;图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致电子定向移动的速率减小,故霍尔电势差将减小,选项D正确。

【答案】AD
【解析】根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2πf·r即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔原理可知q=Bqv,U=Bdv,即霍尔电压只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关,与车轮转速无关,选项B错误;图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致电子定向移动的速率减小,故霍尔电势差将减小,选项D正确。
故选AD。

14．一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域,从N点射出,如图所示。若电子质量为m,电荷量为e,磁感应强度为B,则 (　　)

A.h=d
B.电子在磁场中运动的时间为
C.电子在磁场中运动的时间为
D.洛伦兹力对电子做的功为零

【答案】CD
【解析】过P点和N点作速度的垂线,两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O,由勾股定理可得(R-h)2+d2=R2,整理知d=,而R=,故d=,所以A错误。由电子在有界磁场中做匀速圆周运动,得t=,故B错误,C正确。
又由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直,对粒子永远也不做功,故D正确。
故选CD。

15．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，关于穿过框架的磁通量，下列说法正确的是(　　)

A．在如图所示位置时磁通量等于BS
B．若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为BS
C．若从初始位置绕OO′转过90°角，磁通量为零
D．若从初始位置绕OO′转过180°角，磁通量变化为零

【答案】ABC
【解析】根据磁通量的定义可知，在题图所示位置时，磁通量最大，Φm＝BS，故A正确；当框架绕OO′转过60°时，磁通量大小为BS，故B正确；当框架绕OO′转过90°时，框架平面与磁场平行，磁通量为零，故C正确；当框架绕OO′转过180°时，磁通量大小为－BS，故磁通量变化的大小为2BS，故D错误。
故选ABC。

16．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)

A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长

【答案】AC
【解析】由左手定则可知b粒子带正电，a粒子带负电，A正确；由于a粒子的轨道半径较小，所以a粒子的速度较小，动能较小，在磁场中所受洛伦兹力较小，B错误；同理知C正确；由于b粒子轨迹对应的圆心角较小，所以在磁场中运动时间较短，D错误。
故选AC。

17.直角坐标系xOy内，有一无界匀强磁场垂直纸面，一质量为m、电荷量为q的正电荷从原点沿着y轴正方向以初速度v0出发，不计重力。要使该电荷通过第四象限的P点，P点坐标为(a，－b)，则(　　)

A．磁场方向垂直纸面向外
B．磁场方向垂直纸面向内
C．B＝
D．B＝

【答案】AC
【解析】粒子向右偏转，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A正确，B错误。

根据洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m，
根据几何关系：R2＝2＋b2，
联立解得：B＝，故C正确，D错误。
故选AC。


三、 非选择性题：

18．如图所示,有一直角三角形OAC,OC长为12 cm,∠C=30°,AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B1=1 T,OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B2未知,一质量为m=8×10-10 kg、电荷量q=1×10-4 C的带正电粒子从C点以垂直于OC的速度v进入磁场,恰好经A点到达O点,不计粒子重力,求:

(1)未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小;
(2)粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间。

【答案】(1)2 T　(2)8π×10-6 s
【解析】1)粒子在磁场B1中做匀速圆周运动,画出运动的轨迹如图,其圆心为O1,设轨迹半径为r1,则∠O1AC=∠O1CA=30°

所以:∠AO1O=2∠O1CA=60°,粒子的偏转角是120°
由几何关系得:r1+r1cos 60°=
所以:r1==×12 cm=8 cm
由洛伦兹力提供向心力得:qvB1=m
所以:v==1.0×104 m/s
粒子在磁场B2中做匀速圆周运动,画出运动的轨迹如图,其圆心为O2,设轨迹半径为r2,则
=2r2·cos∠OAO1=2r2·cos 30°=r2
所以:r2==··tan 30°=×12 cm=4 cm
由洛伦兹力提供向心力得:qvB2=m,
所以:B2=
代入数据得:B2=2 T
(2)粒子在磁场B1中运动的周期:T1=
由偏转角与偏转时间的关系得:t1=T1=
粒子在磁场B2中运动的周期:T2=
由图可知,粒子在磁场B2中偏转的角度也为120°
所以:t2=T2=
粒子在磁场中运动的总时间:t=t1+t2
代入数据得:t=8π×10-6 s

19．如图所示，导轨间的距离L＝0.5 m，B＝2 T，ab棒的质量m＝1 kg，物块重力G＝3 N，动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？


【答案】1.9 Ω≤R≤9.9 Ω
【解析】依据物体平衡条件可得
棒恰不右滑时：G－mgμ－BLI1＝0 ①
棒恰不左滑时：G＋mgμ－BLI2＝0 ②
依据闭合电路欧姆定律可得
E＝I1(R1＋r) ③
E＝I2(R2＋r) ④
联立①③得R1＝－r＝9.9 Ω
联立②④得R2＝－r＝1.9 Ω
所以R的取值范围为：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω。

20．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。

(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

【答案】　(1)　　(2)vB

【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有
f＝qvB＝m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
匀速圆周运动的周期T＝＝。
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。
粒子做匀速直线运动，则有qE＝qvB
电场强度的大小E＝vB。

21.如图所示，一质量为m、电荷量为q带正电荷的小球静止在倾角为30°、足够长的绝缘光滑斜面顶端时，对斜面的压力恰为零，若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？



【答案】　
【解析】由分析知：当小球静止在斜面顶端时，小球受重力mg、电场力Eq，
且mg＝Eq，可得E＝
当电场反向时，小球由于受到重力和电场力作用而沿斜面下滑，产生速度，同时受到洛伦兹力的作用，
F＝qvB，方向垂直斜面向上。
速度v是在不断增大的，直到mg和Eq的合力在垂直斜面方向上的分力等于洛伦兹力，小球就要离开斜面了，此时
qvB＝(mg＋Eq)cos 30°，
v＝
又因为小球在下滑过程中只有重力和电场力做功，所以由动能定理可得：
(mg＋Eq)h＝mv2，
所以h＝
所以小球在斜面上下滑的距离为
x＝＝2h＝。

22.如图是质谱仪的工作原理示意图。其中速度选择器内的磁场与电场相互垂直，磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里。两极板间的距离为d，通过调节两极板间的电势差，可使不同速度的带电粒子沿直线通过速度选择器。带电粒子通过速度选择器之后，从O点垂直于磁场方向射入磁感应强度为B2的匀强磁场，经历半个圆周打在照相底片上。一束电荷量均为q的带电粒子射入速度选择器，当两极板间的电势差为U时，一部分粒子打到照相底片的A点；当两极板间的电势差为3U时，另一部分粒子打到照相底片的C点。经过测量O、A之间的距离是A、C之间的距离的两倍。不计粒子重力。求：

(1)上述两部分粒子的速度之比；
(2)上述两部分粒子的质量之比。

【答案】(1)　(2)
【解析】(1)带电粒子在速度选择器中做直线运动，电场力与洛伦兹力相等，所以
qE＝q＝qvB1　　　　　　　　　　　　　　 ①
解得：v＝ ②
所以上述两部分粒子的速度之比＝＝。
(2)带电粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qvB2＝ ③
由②③解得，带电粒子的质量m＝
所以两部分粒子的质量之比为
＝·＝×＝。