高中物理人教版（2019）選擇性必修第二冊 第一章 安培力與洛倫茲力 本章單元檢測（含解析）

第一章安培力與洛倫茲力單元卷本試卷共4頁，15小題，滿分100分，考試用時75分鐘。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核(?13H)和α粒子(?2A.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大

B.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小

C.加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小

D.加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大2.圖示為一由相互正交的磁感應強度大小為B的勻強磁場和電場強度大小為E的勻強電場組成的速度選擇器，一由不同比荷的帶電粒子組成的粒子束以一定的初速度沿直線通過速度選擇器，然后粒子束通過平板S上的狹縫P進入另一個磁感應強度大小為B'的勻強磁場，最終打在熒光屏A1A2上，下列表述正確的是（）A.粒子可能帶負電荷

B.不同比荷的帶電粒子通過速度選擇器的時間可能不相等

C.粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷qm就越大

D.所有打在3.在一根長為0.2m的直導線中通入2A的電流，將導線放在勻強磁場中，導線受到的安培力為0.2N，則勻強磁場的磁感應強度的大小可能是()A.0.8T B.0.4T C.0.2T D.0.1T4.正方形線框ABCD由四根相同的導體棒連接而成，空間中存在垂直線框平面的勻強磁場，端點A、B通過導線與電源相連，電流方向如圖所示，已知導體棒AB受到的安培力大小為F，CD和DA邊受到的安培力之和為（）A.大小為2F，方向在ABCD平面內垂直AC斜向上

B.大小為2F，方向在ABCD平面內垂直AC斜向下

C.大小為23F，方向在ABCD平面內垂直AC斜向上

D.大小為5.如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v.若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的磁場，則物體滑到底端時()

A.v變大 B.v變小 C.v不變 D.不能確定6.如圖所示，矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．a(chǎn)、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡，粒子重力不計．下列說法正確的是()A.粒子a帶負電 B.粒子c的動能最大

C.粒子b在磁場中運動的時間最長 D.粒子b在磁場中運動時的向心力最大7.如圖所示，在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑．一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為()A.12vB.3C.23D.3二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直

B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直

C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1:1:9.如圖所示，空間存在四分之一圓形磁場區(qū)域，半徑為R，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向外．質量為m，電量為q的電子，以初速度v從圓心O沿OC方向射入磁場，恰好由A點射出．要使電子從弧AD之間射出，弧AD是弧DC長度的2倍，電子從O點射入的初速度可能是(不計電子的重力)()A.v2 B.3v2C.4v3D.5v10.磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可把氣體的內能直接轉化為電能，如圖所示是它的示意圖，平行金屬板A、C之間有一很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子）噴入磁場，兩板間便產(chǎn)生電壓．現(xiàn)將A、C兩極板與電阻R相連，兩極板間距離為d，正對面積為S，等離子體的電阻率為ρ，磁感應強度為B，等離子體以速度v沿垂直磁場方向射入A、C兩板之間，則穩(wěn)定時下列說法中正確的是()A.極板A是電源的正極 B.電源的電動勢為Bdv

C.極板A、C間電壓大小為BdvSRRS+ρdD.回路中電流為Bdv三、實驗題：本題共2小題，每空2分，共8分。11.如圖所示，等臂天平水平平衡，現(xiàn)在右盤下掛一矩形線圈，線圈的水平邊長為0.1m，匝數(shù)為25匝。線圈的下邊處于磁感應強度為1T的勻強磁場（圖中未畫出）內，磁場方向垂直紙面。當線圈內通有大小為0.5A、逆時針方向的電流時，天平恰好重新水平平衡，則磁場方向垂直紙面向________（填“里”或“外”）；現(xiàn)在左盤放一物體后，線圈內電流大小調至1.0A，同時使電流方向反向，天平重新水平平衡，則物體的質量為_______kg。（取g=10m/s2)

12.如圖所示，界面MN上部為磁感應強度大小為B的勻強磁場，有一質量為m（計重力），電量為q的負電荷，以v0的速度沿與MN成30°方向進入該勻強磁場，電荷進出勻強磁場兩點之間距離d=______，電荷在勻強磁場中運動時間t=______．四、計算題：本題共3小題，13題14分，14題16分，15題16分，共46分。13.粗細均勻的直導線ab的兩端懸掛在兩根相同的彈簧下邊，ab恰好處在水平位置（如上圖）已知ab的質量為m=10g，ab的長度L=50cm，沿水平方向與ab垂直的勻強磁場的磁感應強度B=0.49T(取(1)要使兩根彈簧能處在自然狀態(tài)，既不被拉長，也不被壓縮，ab中應沿什么方向、通過多大的電流？(2)如導線中有方向從a到b、大小為0.2A的電流通過時，兩根彈簧均被拉長了Δx=1mm，求彈簧的勁度系數(shù)．(3)當由b到a方向通過0.2A的電流時，兩根彈簧被拉長多少？

14.如圖所示，勻強磁場寬度為L，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。有一質量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），以初速度垂直磁場方向從小孔C射入勻強磁場后從磁場右邊界A點射出，射出方向與水平方向的夾角為θ，求：(1)粒子運動軌跡的半徑r；(2)粒子的初速度v0(3)粒子在磁場中的運動時間t。

15.如圖所示，在y軸左側有一平行x軸方向的勻強電場，電場強度E=2×103V/m，在y軸右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，第一象限內磁場的磁感應強度大小B0=2×10?2T，第四象限內磁場的磁感應強度大小為2B0.現(xiàn)有一比荷qm=1×10(1)粒子進入磁場時的速度大?。?2)從粒子進入磁場開始計時到粒子第三次到達x軸所經(jīng)歷的時間；(3)粒子軌跡第一次出現(xiàn)相交時所對應的交點坐標．

答案解析【答案】1.B 2.C 3.A 4.D 5.A 6.D 7.B8.BC 9.BC 10.BC 11.里；0.375。12.mv0qB13.解：(1)要使兩根彈簧能處在自然狀態(tài)，根據(jù)平衡條件：mg=BIL

得：I=mgBL=0.01×9.80.49×0.5A=0.4A

安培力方向向上，由左手定則知電流方向由a到b；

(2)當導線中有方向從a到b、大小為I1=0.2A的電流通過時，安培力方向向上，

根據(jù)平衡條件：BI1L+2kΔx=mg

得：k=25.5N/m

(3)當導線中由14.解：(1)粒子運動軌跡如圖所示：；

由幾何關系可得，粒子做圓周運動的半徑為：r=Lsinθ?

即：粒子運動軌跡的半徑r為Lsinθ?

(2)洛倫茲力提供向心力，有：qv0B=mv02r

聯(lián)立上述兩式得：v0=LqBmsinθ?

即：粒子的初速度v015.解：(1)對粒子在電場中，由動能定理得Eqx=12mv2

得v=2Eqxm=2×104m/s

(2)粒子進入磁場做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R

又v=2πRT

得：T1=2πmqB0；T2=πmqB0

所以粒子從進入磁場到第三次運動到x軸所用的時間為t=T1【解析】1.解：回旋加速器是通過電場進行加速，磁場進行偏轉來加速帶電粒子。帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T=2πmqB，比較周期。當粒子最后離開回旋加速器時的速度最大，

根據(jù)qvB=mv2r，求出粒子的最大速度，從而得出最大動能的大小關系。

帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T=2πmqB，知氚核(13H)的質量與電量的比值大于α粒子(24He)，所以氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大。

根據(jù)qvB=mv2r得，最大速度v=qBrm，則最大動能Ekm=12mv2=q2B2r22m，

氚核的質量是α2.【分析】

根據(jù)左手定則判斷出粒子的帶電性質；根據(jù)粒子在速度選擇器中的速度大小分析運動時間關系；根據(jù)粒子在磁場中偏的軌道半徑大小分析比荷關系；根據(jù)圓周運動規(guī)律分析粒子在偏轉磁場中的運動時間關系。

本題考查速度選擇器和質譜儀，明確速度選擇器與質譜儀的工作原理是關鍵。

【解答】

A.根據(jù)粒子在磁感應強度大小為B'的磁場中的運動軌跡，可知粒子向左偏，由于磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可判斷粒子帶正電荷，故A錯誤；

B.帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動時，有Eq=Bqv，可得v=EB，所以不同比荷的帶電粒子通過速度選擇器的時間一定相等，故B錯誤；

C.由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，有qvB'=mv2r，可得r=mvB'q，故qm=vB'r，可知粒子打在A1A2的位置越靠近P，則粒子運動的軌道半徑r越小，粒子的比荷就越大，故C正確；

D.所有打在A13.【分析】

當導線的方向與磁場方向平行，所受的安培力為零；當導線的方向與磁場方向垂直，安培力最大；根據(jù)公式F=BILsinθ列式求解即可。

解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式F=BILsinθ，當B與I垂直時，F(xiàn)=BIL，B與I平行時，F(xiàn)=0。

【解答】

長為0.2m的直導線中通入2A的電流，將導線放在勻強磁場中，受到的安培力為0.2N，故：

B=FILsinθ=0.22×0.2×sinθ=0.5sinθ；

由于0<sinθ≤1，故：

B≥0.5T

4.【分析】

先根據(jù)并聯(lián)電路的電阻關系得出導體棒AB邊與ADCB邊的電流關系，再由F=BIL即可分析導體棒DA和CD所受安培力，然后求合力，由左手定則判斷安培力方向。

解決該題的關鍵是知道該電路的串并聯(lián)特征，掌握歐姆定律表達式以及導體棒受到的安培力的表達式。

【解答】

AB邊與ADCB邊并聯(lián)，電阻比為1:3，電流比為3:1，根據(jù)安培力公式F=BIL，可知DA邊和CD邊安培力為13F，夾角為90°，安培力之和為132F，根據(jù)左手定則，合力方向垂直AC斜向下，故D正確，5.【分析】

未加磁場時，滑塊受到重力、支持力，摩擦力，加磁場后，根據(jù)左手定則，多了一個垂直斜面向上的洛倫茲力；兩種情況重力做功相同，洛倫茲力不做功，但加磁場時對斜面的正壓力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做功變小，根據(jù)動能定理，即可比較出兩種情況到達底端的速率。

正確受力分析及動能定理的應用是求解的關鍵。

【解答】

未加磁場時，根據(jù)動能定理，有mgh?Wf=12mv2?0，加磁場后，多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功，根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向垂直斜面向上，所以物體對斜面的壓力減小，所以摩擦力變小，摩擦力做的功變小，根據(jù)動能定理，有mgh?Wf'=12mv6.【分析】

根據(jù)粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性；

粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的動能；

根據(jù)粒子做圓周運動的周期與轉過的圓心角比較粒子運動時間。

本題考查了粒子在磁場中的運動，由于左手定則與牛頓第二定律可以解題；帶電粒子在磁場、質量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大小。

【解答】

解：A.根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤；

B.粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，粒子的動能EK=12mv2=q2B2r22m，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子動能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動能最大，故B錯誤；

CD.粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=2πmqB相同，粒子在磁場中的運動時間：t=θ7.【分析】

第一種情況下，以ab方向成30°入射時，由于恰好從b點射出，畫出其運動軌跡，該粒子在圓形磁場中偏轉60°，則其做勻速圓周運動的半徑為2R；第二種情況下，同一粒子沿ab方向射入磁場時，由于偏轉時間與第一種情況相同，所以偏轉角也相同，為60°，畫出運動軌跡如圖圓心為O2，由幾何關系可知，這種情況下粒子做勻速圓周運動的半徑為Rtan60°=3R，再由洛侖茲力提供向心力從而確定兩種情況下速度之比。

本題涉及到的問題是同一粒子在圓形磁場中做相同時間的勻速圓周運動問題，由周期公式和半徑公式知道，粒子在磁場中偏轉時間由偏轉角決定，從而畫出粒子做勻速圓周運動的軌跡，也確定了兩種情況下的半徑與磁場圓的半徑關系，再由洛侖茲力提供向心力從而求出速度。

【解答】

畫出兩種情況下帶電粒子的運動軌跡如圖所示：

由題意，同一粒子在磁場中偏轉時間同為t，則兩種情況下帶電粒子的偏轉角均為60°，

由幾何關系可以確定帶電粒子在兩種情況下做勻速圓周運動的半徑分別為r1=2R，r2=Rtan60°=3R8.【分析】

本題考查平行通電導線間相互作用，掌握矢量的合成法則，理解幾何關系，及三角知識的運用。

【解答】

因三根導線中電流相等、兩兩等距，則由對稱性可知兩兩之間的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥，各導線受力如圖所示，由圖中幾何關系可知，L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行，L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2所在平面垂直，A錯誤，B正確。

設單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F，

則由幾何關系可得L1和L2單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos60°=F，

L3單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos30°=39.【分析】電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識求出粒子軌道半徑，然后由半徑公式求出電子的速度，然后確定電子速率范圍。

本題考查了求電子的速率范圍，作出電子的臨界運動軌跡、應用數(shù)學知識求出電子軌道半徑，由半徑公式可以求出電子速度，然后即可正確解題。

【解答】BC.電子以初速度v射入磁場時恰好從A點射出，則電子的運動半徑r=R2，設電子恰好從D射出，由幾何知識知，電子的半徑為r'=R，由洛倫茲力提供向心力得，qvB=mv2r，解得v=qBrm，則v'v=r'r=2，解得10.解：

A、由左手定則知正離子向下偏轉，所以上極板帶負電，上板是電源的負極，下板是電源的正極．故A錯誤；

BCD、根據(jù)qvB=qEd得電動勢的大小為：E=Bdv，

則流過R的電流為：I=ER+r=BdvR+r，而r=ρdS，則電流大?。篒=BdνSSR+ρd

兩極板間電勢差為：11.【分析】

本題考查安培力作用下的平衡問題，天平平衡，可知安培力的方向向上，根據(jù)左手定則，可得出磁場方向；安培力F=BIL，結合力的平衡求物體質量。

【解答】

由于天平原來水平平衡，現(xiàn)在在右側懸掛線圈，故右側重，要想使天平再次達到水平平衡，故受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直于紙面向里；

根據(jù)共點力平衡可知mg=NBIL，解得m=NBILg=0.125kg，當放上物體后，根據(jù)天平平衡可知m'g=mg+NBI'L，解得m'=0.375kg。

故答案為：里；12.解：電荷在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qv0B=mv02r，

解得：r=mv0qB，

由幾何知識可知，電荷出射點距離入射點距離：

d=2rsin30°=r=mv0qB，

電荷在磁場中做圓周運動的周期：T=2πm13.考查安培力、彈力與重力間處于平衡狀態(tài)的問題，體現(xiàn)了胡克定律，安培力公式，同時注意左手定則的應用。(1)根據(jù)安培力等于重力，即可求解電流大小，由左手定則判斷電流方向；

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