人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试精练

第一章   安培力与洛伦兹力单元检测试题

总分：100分  用时：90分钟

一、选择题：（本大题共12小题．每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分）

1．将一段长L＝0.2m、通有电流I＝2.5A的直导线放入磁感应强度为B的磁场中，则关于其所受安培力F的说法正确的是（　　）

A．若B＝2T，则F可能为1N

B．若F＝0，则B也一定为零

C．若B＝4T，则F一定为2N

D．当F为最大值时，通电导线一定与B平行

【答案】A

【解析】

解：长度为0.2m的通电直导线，若放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，

A、如果B＝2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F＝BIL＝2×2.5×0.2N＝1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A正确；

B、如果F＝0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；

C、如果B＝4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F＝BIL＝4×2.5×0.2N＝2N．不垂直时安培力小于2N，故C错误；

D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，

故选A．

2．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135º．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力

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

【答案】A

【解析】

导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度，则；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确．

3．高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现美丽的彩色“极光”。极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的弧状极光，则关于这一现象中高速粒子的说法正确的是（　　）

A．高速粒子带负电 B．粒子轨迹半径逐渐增大

C．仰视时，粒子沿逆时针方向运动 D．仰视时，粒子沿顺时针方向运动

【答案】D

【解析】

ACD．在北极上空有竖直向下的磁场，带电粒子运动的轨迹由地面上看沿顺时针方向，则由左手定则得粒子带正电，故AC错误，D正确；

B．运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒子的动能变小，速度减小，根据公式

得

则半径变小，故B错误。

故选D。

4．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它下端刚好跟杯中的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当开关接通后将看到的现象是（  ）

A．弹簧向上收缩 B．弹簧被拉长

C．弹簧上下跳动 D．弹簧仍静止不动

【答案】C

【解析】

当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．故弹簧上下振动．

A. 弹簧向上收缩与分析不符，故A错误．

B. 弹簧被拉长与分析不符，故B错误．

C. 弹簧上下跳动与分析相符，故C正确．

D. 弹簧仍静止不动与分析不符，故D错误．

5．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（　　）

A．适当增大电场强度E

B．适当增大磁感应强度B

C．适当增大加速电场极板之间的距离

D．适当减小加速电压U

【答案】B

【解析】

A．要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故

根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力；适当减小电场强度E，即可以减小电场力，或者适当增大磁感强度B，可以增大洛伦兹力；故A错误，B正确；

C．适当增大加速电场极板之间的距离，根据

可得

由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误；

D．根据

可得

粒子故适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力，故D错误。

故选B。

6．速度选择器是质谱仪的重要组成部分，它可以将具有某一速度的粒子挑选出来。图中左右两个竖直的金属板分别与电源的负极和正极相连，金属板内部的匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B。一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P进入另一磁感应强度为的匀强磁场，最终打在A点上。不计粒子的重力。下列表述正确的是（　　）

A．粒子带负电

B．速度选择器中的磁场方向为垂直于纸面向外

C．能沿直线通过狭缝P的带电粒子的速率等于

D．所有打在A点的粒子的质量都相同

【答案】C

【解析】

A.有左手定则可以判断出粒子带正电，故A错误；

B.正粒子通过速度选择器时，受到的电场力水平向左，则洛伦兹力与电场力平衡，所以水平向右，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误；

C.能沿直线通过狭缝P的带电粒子，受力平衡，有

则

故C正确；

D.打在A点的粒子运动半径相等，由

得

即

所以所有打在A点的粒子比荷相同，故D错误。

故选C。

7．如图所示，两个质量相等的带电粒子a、b在同一位置A以大小相同的速度射入同一匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，经磁场偏转后两粒子都经过B点，AB连线与磁场边界垂直，则（　　）

A．a粒子带正电，b粒子带负电

B．两粒子的轨道半径之比

C．两粒子所带电荷量之比

D．两粒子的运动时间之比

【答案】C

【解析】

A．从图可知，根据左手定则，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；

B．设磁场宽度为d，a粒子，根据几何关系得

b粒子，根据几何关系得

所以

B错误；

C．根据牛顿第二定律得

解得

所以

C正确；

D．a粒子的偏转角为，b粒子的偏转角为

根据时间公式

可得时间之比为

D错误。

故选C。

8．回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中．两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是

A．交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制

B．增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大

C．增大电压U，粒子被加速后获得的最大动能增大

D．增大U或B，粒子在D型盒内运动的总时间t 都减少

【答案】B

【解析】

A.根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，则有：

解得：

粒子做圆周运动的周期：

交流电源的频率：

解得：

可知交流电源的频率不可以任意调节．故A错误；

BC.质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，则有：

解得粒子的最大运行速度：

质子获得的最大动能：

解得：

可知增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大，粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关．故B正确，C错误；

D.质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得：

经过的周期个数为：

质子在D型盒磁场内运动的时间：

则有：

所以质子在狭缝内运动的时间：

可见U越大，越小；B越大，t越大．故D错误．

9．如图所示，边长为l的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，带电量为q的粒子以垂直于方向的初速度从中点e点射入，从的中点f点射出。则下列说法正确的是（　　）

A．粒子带正电

B．粒子带负电

C．磁感应强度

D．磁感应强度

【答案】BD

【解析】

AB．粒子以垂直于方向的初速度从中点e点射入，从的中点f点射出，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误，B正确；

CD．根据几何知识可知粒子运动的半径为，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力

故C错误，D正确。

故选BD。

10．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2B和B、方向均垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量绝对值为q的粒子（不计重力）垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，则下列说法正确的有（　　）

A．该粒子带正电

B．粒子带负电

C．该粒子不会到达坐标原点O

D．该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为

【答案】BD

【解析】

AB．由于粒子进入第二象限后向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误，B正确；

C．粒子在第二象限运动时，是以坐标原点为圆心、轨迹为R的四分之一弧，根据洛伦兹力提供向心力可得

即

粒子进入第一象限后，磁感应强度为2B，则粒子的运动半径为

根据几何关系可知，粒子经过y轴时恰好通过坐标原点，如图所示

故C错误；

D．该粒子第一次经过第二象限运动的时间为

粒子第一次在第一象限运动的时间为

该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为

故D正确。

故选BD。

11．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的(　　)

A． B． C． D．

【答案】ACD

【解析】

A．由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，故A正确；

BC．当重力大于洛伦兹力时，水平方向受摩擦力作用，做减速运动，根据牛顿第二定律得加速度为

随着速度的减小，加速度增大，直到速度减为零后静止，故B错误，C正确。

D．当洛伦兹力大于重力时，水平方向受摩擦力作用，做减速运动，根据牛顿第二定律得加速度为

随着速度的减小，加速度减小，直到时，加速度为零，则圆环最后将做匀速直线运动，故D正确。

故选ACD。

12．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

D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为

【答案】BC

【解析】

A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；

B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；

CD．设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误．

二、填空题（每空3分，共12分。把正确答案写在答题卡中的横线上）

13．物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：

（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹_______，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．

（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是（________）

A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零

B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值

C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变

D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变

（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有（_______）

A．物块A的质量M

B．物块B的质量m

C．物块A与木板间的动摩擦因数μ 

D．两物块最终的速度v

（4）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______．

【答案】间距相等（或均匀）    D    BD       

【解析】

试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．

（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0

又因为f=μFN，所以；当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a

由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．故选D．

（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0

化简得，把μ=tanθ0代入，得

由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v，故选BD

三、计算题（本大题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）

14．（8分）如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I=1.5A时，导体棒恰好静止，g取10m/s2．已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：

（1）磁场的磁感应强度为多大？

（2）若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度为多少？

【答案】(1)0.4T        (2)

【解析】

（1）导体棒受力如图，建立直角坐标系如图，根据平衡条件得：

F安-mgsin 37°=0 

而F安=BIL                   

解得B=0.4T       

（2）导体棒受力如图，建立直角坐标系如图，根据牛顿第二定律得：

Mgsin37°-F安cos37°=ma 

F安=BIL     

解得：a=1.2m/s2  

即导体棒的加速度大小为1.2m/s2，方向沿斜面向下．

15．（8分）如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图．光滑水平金属导轨M、N的间距L=0.2m,电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小．装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体) 的质量m=0.2 kg,在导轨M、N间部分的电阻R=0.8,可控电源的内阻r=0.2．在 某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103A,不计空气阻力导体棒ab由静止加速到4km/s后发射弹体，则

(1)光滑水平导轨长度至少为多少？

(2)该过程系统消耗的总能量为多少？

【答案】(1)20m(2)l.76×l06J

【解析】

（1）由安培力公式有

F=BIL=8×l04N.

弹体由静止加速到4km/s，由动能定理知

Fx=mv2.

则轨道长度至少为：

x==20m

（2）导体棒ab做匀加速运动，由

F=ma

v=at

解得该过程需要时间：

t=l×l0-2s

该过程中产生焦耳热：

Q=I2（R+r）t=1.6×l05J

弹体和导体棒ab增加的总动能：

Ek=mv2=1.6×l06J.

系统消耗总能量：

E=Ek+Q=l.76×l06J

16．（12分）一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，进入第二象限的匀强电场中，电场强度为E．不计粒子重力，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；

（2）带电粒子在磁场中的运动时间；

（3）带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）。

【解析】

（1）设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

①

粒子运动轨迹如图所示

由几何知识得：

②

由①②解得：

③

（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则：

④

由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为：

⑤

粒子在磁场中运动的时间：

⑥

由②④⑤⑥解得

⑦

（3）粒子离开磁场时，离O的距离为：

粒子在电场中做匀减速直线运动

粒子速度第一次为零时的坐标为（-，a）

17．（12分）如图所示，在坐标系第一象限内I、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里，I区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小，方向未知。现有一质量、电荷量的带负电的粒子以某一速度v沿与x轴正方向夹角为的方向从O点进入第一象限，在I区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x轴上的D点（图中未画出）。已知A点坐标为、C点坐标为，，，不计粒子重力。求：

（1）粒子速度的大小v；

（2）粒子运动轨迹与x轴的交点D的坐标；

（3）由O运动到D点的时间。

【答案】（1）；（2）    ；（3）

【解析】

（1）粒子在Ⅰ区域内做直线运动，因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成角斜向右下方。由平衡条件有

得

（2）粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动，轨迹如图所示

根据洛伦兹力提供向心力有

得

由几何知识得

解得

，

粒子在磁场右边界射出点距x轴，根据几何关系得

所以D点坐标为，

（3）由O运动到D点分三段，I区域内有

Ⅱ区域内有

出磁场后有

由O运动到D点的时间