第一章 安培力與洛倫茲力 單元測試題（解析版）21-22高二年級上冊物理人教版（19）選擇性必修第二冊

第一章安培力與洛倫茲力單元測試題1（解析版）

第I卷（選擇題）

一、選擇題（共48分）

1.如圖，兩平行通電直導(dǎo)線。、6垂直紙面放置，分別通以垂直紙面向里的電流，、A,

另一通電電流方向垂直紙面向外的直導(dǎo)線C與兩導(dǎo)線共面。導(dǎo)線C受到的安培力為零，

則（）

Ak

......軟…?..............-0........

acb

A.增大4,導(dǎo)線c受到的安培力向左

B.增大乙，導(dǎo)線C受到的安培力向右

C.4反向，導(dǎo)線c受到的安培力向左

D.乙反向，導(dǎo)線c受到的安培力向左

2.如圖所示，在水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場中，有一足夠長的豎直固

定的絕緣桿小球P套在桿上。已知P的質(zhì)量為,外電荷量為+q,電場強度為E,

磁感應(yīng)強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直

到穩(wěn)定的過程中（）

A.小球的加速度一直減小

B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變

C.小球下滑的最大速度大小為粵+芻

/uBqB

D.小球下滑加速度為最大加速度一半時的速度是

3.在下列四個選項中，正確標(biāo)明了帶正電粒子所受洛倫茲力廠方向的是（）

A，'2七一

<------------------

----------------------A?------------------------------------

????XXXX

fBfB

XfXXX

C.BD.b~?v

?+q???X+qXXX

????XXXX

4.金屬滑桿他連著一彈簧，水平放置在兩根互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌〃、efl.,如圖

所示.cd、e/?間有勻強磁場，磁場方向如圖所示。合上開關(guān)S,滑桿而平衡時，彈簧伸

長2cm,測得電路中電流為2A,已知彈簧的勁度系數(shù)為20N/m,帥的長L=O.lm.則勻

強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為（）

A.2.0TB.1.6TC.1.0TD.0.8T

5.如圖所示，質(zhì)量不計的兩金屬細(xì)桿在其一端絕緣并成直角焊接在一起，把焊接點頂

在固定的水平板上。兩細(xì)桿通有電流強度分別為小八的恒定電流，空間加上垂直向里

的勻強磁場，兩細(xì)桿恰好靜止不動，則兩細(xì)桿長度的比值？為（）

6.武漢病毒研究所是我國防護等級最高的P4實驗室,在該實驗室中有一種污水流量計,

其原理可以簡化為如圖乙所示模型：廢液內(nèi)含有大量正、負(fù)離子，從直徑為”的圓柱形

容器右側(cè)流入，左側(cè)流出，流量值。等于單位時間通過橫截面的液體的體積?？臻g有

垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為3的勻強磁場，下列說法正確的是（）

XXMXBX

xxNxx

甲乙

A.當(dāng)磁感應(yīng)強度B增大時，污水流速將增大

B.當(dāng)污水中離子濃度升高，MN兩點電壓將增大

C.只需要測量磁感應(yīng)強度B、直徑d及兩點電壓U,就能夠推算污水的流量

D.只需要測量磁感應(yīng)強度B及MN兩點電壓U,就能夠推算污水的流速

7.研究某種射線裝置的示意圖如圖所示，射線源發(fā)出的射線以一定的初速度沿直線射

到熒光屏上的中央0點，出現(xiàn)一個亮點。在板間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為8

的勻強磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運動，然后打在熒光屏的尸點。若在兩板

間再連接上一個恒定電壓為U的電源，兩板之間距離為d形成勻強電場，亮點又恰好

回到。點。由此可知（）

射線源

□

A.射線粒子帶負(fù)電

B.射線粒子的初速度大小為口=華

C.如果只把兩板間距離適當(dāng)減小粒子還能到達P點

D.射線粒子比荷￡=急

8.如圖所示,AB與BC間有垂直紙面向里的勻強磁場N8=30。，P為AB上的點，PB=L。

一對正、負(fù)電子（重力及電子間的作用均不計）同時從P點以同一速度沿平行于8c的

方向射入磁場中，正、負(fù)電子中有一個從S點垂直于4B方向射出磁場，另一個從。點

射出磁場，則下列說法正確的是（）

B

A.負(fù)電子從S點射出磁場

B.正、負(fù)電子先后離開磁場

C.正、負(fù)電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為120°

D.。、S兩點間的距離為L

9.如圖，在區(qū)域I（0<A<J）和區(qū)域II（區(qū)區(qū)24）內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大

小分別為8和28,方向相反，且都垂直于xOy平面。一質(zhì)量為機、帶電荷量qS>0）

的粒子a于某時刻從），軸上的尸點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿x軸正向。己知a在離開

區(qū)域1時，速度方向與x軸正方向的夾角為30。；此時，另一質(zhì)量也為小，電荷量為-q

的粒子b從P點沿x軸正向與a速度大小相同射入?yún)^(qū)域I,不計重力和兩粒子之間的相

互作用力。則（）

\yB<2B

?;x

P，一>：

I:II

Od2d4x

A.粒子a的速度大小為匕=絲

m

B.粒子a的速度大小為也=幺些

m

C.當(dāng)a離開區(qū)域U時，a、b兩粒子距離為44

D.當(dāng)a離開區(qū)域H時，a、b兩粒子y坐標(biāo)之差為（4-26）d

10.圖示的圓形區(qū)域里，有垂直于紙面向里勻強磁場（沒有畫出），有一束速率各不相

同的質(zhì)子自4沿半徑方向射入磁場，這些質(zhì)子在磁場中（）

A.運動時間越長，其軌跡對應(yīng)的圓心角越大

B.運動時間越長，其軌跡越長

C.運動時間越短，射入磁場區(qū)域的速率越小

D.運動時間越短，射出磁場時的速度偏向角越小

11.如圖所示為測定磁感應(yīng)強度大小的裝置，彈簧測力計下端掛-矩形線圈，線圈匝數(shù)

為〃，將矩形線圈的短邊（長為L）置于蹄形磁體的N極、S極間的磁場中的待測位置,

線圈的質(zhì)量為，〃，（重力加速度為g）。為了測量方便和精確，調(diào)節(jié)好裝置后閉合開關(guān)，

調(diào)節(jié)滑動變阻器使得彈簧測力計的示數(shù)剛好為零，此時電流表示數(shù)為/,下列說法中正

確的有（）

A.裝置圖中線圈平面與N極、S極連線垂直

B.當(dāng)電路未接通時彈簧測力計的讀數(shù)為0

C.在磁場中的線圈短邊中的電流方向向里

D.N極和S極之間磁場的磁感應(yīng)強度為蟹

nlL

12.如圖所示，水平放置的擋板上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子。垂直于

擋板從板上的小孔。射入磁場，另一帶電粒子方垂直于磁場且與擋板成。角射入磁場，

〃、6初速度大小相等，兩粒子恰好都打在板上同一點尸（圖中未標(biāo)出），并立即被擋板

吸收。不計粒子重力，下列說法正確的是（）

XXXXXX

XXXXXX

a

XXX|XjXX

[X'區(qū)KXt

A.。、匕的電性一定相同

B.匕的比荷之比為工

sin夕

C.若P在。點左側(cè)，則。在磁場中運動時間比匕長

D.若尸在。點右側(cè)，則。在磁場中運動路程比匕短

第II卷（非選擇題）

二、解答題（共52分）

13.如圖所示，空間中存在垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場，在x軸上方磁感應(yīng)強

度大小為2B,在x軸下方磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為加、電荷量為9何＜0）的帶電

粒子（不計重力）從原點。以與x軸正方向成30。角的速度v射入磁場，求:

（1）粒子第一次經(jīng)過x軸時，與原點。的距離；

（2）粒子再次回到原點。時經(jīng)歷的時間。

2B

X>XXX

B

X>XXX

14.如圖所示，一對加有恒定電壓的平行金屬極板豎直放置，板長、板間距均為在

右極板的中央有個小孔P,小孔右邊半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻

強磁場，區(qū)域邊界剛好與右極板在小孔尸處相切。一排寬度也為d的帶負(fù)電粒子以速度

小豎直向上同時進入兩極板間后，只有一個粒子通過小孔尸進入磁場，其余全部打在右

極板上，且最后一個到達極板的粒子剛好打在右極板的上邊緣。已知這排粒子中每個粒

子的質(zhì)量均為m、帶電荷量大小均為g,磁場的磁感應(yīng)強度大小為叵”，不計粒子的

qR

重力及粒子間的相互作用力。求:

（1）板間的電壓大小U；

（2）通過小孔P的粒子離開磁場時到右極板的距離L和粒子在電場和磁場中運動的總

時間，總。

X

x

、25J/

111fttt

15.K」介子的衰變方程為K“T*+K。，其中K“介子和小介子帶負(fù)電，電荷量為元電

荷電量e,兀。介子不帶電?，F(xiàn)一K」介子以某一初速度按圖示沿直線穿過復(fù)合場區(qū)域I,

且該區(qū)域電場強度為E,方向豎直向下；磁場磁感應(yīng)強度為方向垂直紙面向里穿過

復(fù)合場I后，K介子進入同一平面的y軸右側(cè)單邊界磁場區(qū)域H,坐標(biāo)軸與紙面平行，

磁感應(yīng)強度為B2,方向垂直于紙面。K」介子在磁場區(qū)域H中運動軌跡如圖所示，且0A

的距離為30B的距離為2L、A,B為運動軌跡與坐標(biāo)軸的交點。當(dāng)K-i介子運動到戶

點時發(fā)生衰變，衰變后產(chǎn)生的?！菇樽拥嫩E尸C,兩軌跡在F點相切(7t0軌跡未畫出)，

若兩圓弧的半徑RAP：RPC-=2:1,不計微觀粒子的重力，貝！］:

(1)判斷磁場區(qū)域H的磁感應(yīng)強度&方向；

(2)求K」介子的初速度大小w；

(3)求K」介子的質(zhì)量；

(4)求衰變后小介子與兀。介子的動量比。

+偏轉(zhuǎn)電場E

16.如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間f變化的電壓“，兩板間電

場可看作是均勻的，且兩板外無電場，極板長L=0.2m,板間距離4=0.2m,在金屬板

右側(cè)有一邊界為的區(qū)域足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線00,垂直，磁感應(yīng)強度

3=5x10-方向垂直紙面向里，現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線。0,連續(xù)射入電場中，

已知每個粒子的速度必=105m/s,比荷幺=108C/kg,重力忽略不計，在每個粒子通過

m

電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。

(1)試求帶電粒子射出電場時的最大速度；

(2)證明任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在仞N上的入射點和出磁場時

在MN上的出射點間的距離為定值；

(3)從電場射出的帶電粒子，進入磁場運動一段時間后又射出磁場，求粒子在磁場中

運動的最長時間和最短時間。

M

XXXX

iXXXX

■J.Xxxx

0O

XXXX

Xxxx

N

圖甲

參考答案

1.c

【詳解】

A.由安培定則可知，導(dǎo)線。、匕在導(dǎo)線。處的磁場方向分別豎直向下和豎直向上，又由左

手定則知導(dǎo)線人6對導(dǎo)線c的安培力分別向右和向左，增大L，導(dǎo)線。產(chǎn)生的磁場增強，

導(dǎo)線c受到導(dǎo)線。的安培力大，合力向右，故A錯誤；

B.增大“，導(dǎo)線b產(chǎn)生的磁場增強，導(dǎo)線c受到導(dǎo)線b的安培力大，導(dǎo)線c受到的安培力

向左，故B錯誤；

C.L反向，則導(dǎo)線c受到導(dǎo)線〃的安培力向左，則導(dǎo)線c受到的安培力向左，故C正確；

D.乙反向，則導(dǎo)線c受到導(dǎo)線的安培力向右，則導(dǎo)線c受到的安培力向右，故D錯誤。

故選C。

2.C

【詳解】

AC.小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上;

開始時，小球的加速度應(yīng)為

_mg-/jqE

ci一

m

開始下滑后，小球速度將增大，受到水平向右的洛倫茲力，則桿對小球的支持力將減小，摩

擦力減小，合力增大，加速度增大；當(dāng)洛倫茲力等于電場力時，支持力為零，摩擦力為零。

此后小球繼續(xù)加速度，洛倫茲力將大于電場力，桿對小球的支持力變?yōu)樗较蜃?，隨著速度

增大，洛倫茲力增大，則桿對小球的支持力將增大，摩擦力隨之增大，小球的合力減小，加

速度減小，所以小球的加速度先增大后減小。當(dāng)加速度減小為零，即4=0時，速度達到最大,

則有

(qvmB-qE)

最大速度即穩(wěn)定時的速度為

?_mg+pqE

故A錯誤C正確：

B.在下降過程中，摩擦力對小球做負(fù)功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機械能和電勢能的

總和將減小，故B錯誤。

D.由此分析知，小球的最大加速度出現(xiàn)在洛倫茲力等于電場力的狀態(tài)，且最大加速度為g。

下滑加速度為最大加速度一半有兩種情況：一種情況：在洛倫茲力小于電場力時，另一種在

洛倫茲力大于電場力時。在洛倫茲力小于電場力時，有

g_mg〃(qEqvB)

2m

解得

2/jqE-mg

v=---------

2/jqB

在洛倫茲力大于電場力時，有

g=mg-似qvB-qE)

2m

解得

v=2/jqE+mg

2pqB

故D錯誤。

故選C。

3.D

【詳解】

A.根據(jù)左手定則可知，圖中洛倫茲力方向應(yīng)該垂直紙面向里，故A錯誤；

B.根據(jù)左手定則可知，圖中洛倫茲力方向應(yīng)該是垂直紙面向外，故B錯誤；

C.根據(jù)左手定則可知，圖中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向下，故C錯誤；

D.根據(jù)左手定則可知，圖中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向上，故D正確。

故選D。

4.A

【詳解】

由安培力公式求出安培力，由平衡條件列方程可以求出磁感應(yīng)強度大小.必受到的安培力

為

F=BIL

根據(jù)胡克定律

f=kN

由平衡條件得

BIL=AAr

代入數(shù)據(jù)解得

_KAX20X0.02____

B=-----=------------1=2.U1

IL2x0.1

BCD錯誤，A正確。

故選A。

5.A

【詳解】

將兩個金屬桿看作一個整體，進行受力分析，三個力交匯在一點，如圖

J2k

-

A

tan?=

2

解得

故選A。

6.C

【詳解】

A.電磁流量計可用電壓測出污水的流速，而不能通過改變磁感應(yīng)強度8來改變污水的流速,

故A錯誤；

CD.廢液流速穩(wěn)定后，粒子受力平衡，有

?U

qvB=q—

解得

U

v=—

Bd

廢液流量

Q=Sv

兀d?

S------

4

解得

想

4B

只需要測量磁感應(yīng)強度8、直徑d及MN兩點電壓U,就能夠推算污水的流量，故C正確,

D錯誤;

---兀Ud,

B.由。=丁丁可知

48

口=理

兀d

可知MN兩點電壓與磁感應(yīng)強度8、流量°、直徑”有關(guān)，而與離子的濃度無關(guān)，故B錯誤;

故選C。

7.D

【詳解】

A.由于通過磁場后向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子到正電荷，A錯誤;

B.由于加上電場后又回到。點，可知

U

—q=BDqv

可得粒子的速度

Uc

v=——①

Bd

B錯誤；

C.如果只把兩板間距離適當(dāng)減小，根據(jù)

E上

d

電場強度將增大，此時

Eq>Bqv

粒子將打到。點下方，c錯誤；

D.根據(jù)

2

nmv~0

Bqy=--②

由①②聯(lián)立可得

且必

mB-dr

D正確。

故選D。

8.CD

【詳解】

A.由左手定則可知，正電子從S點射出磁場，選項A錯誤;

B.正、負(fù)電子的軌跡圖如圖所示

可知正、負(fù)電子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角均為60。，由于正、負(fù)電子運動的周期相同，

則它們在磁場中運動的時間相同，故正、負(fù)電子同時離開磁場，選項B錯誤；

C.由幾何關(guān)系可知，正、負(fù)電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為120。，選項C正確;

D.由軌跡圖可知，PQ=PS=R=BP=￡，且PQ與PS間的夾角為60。，故△PQS為等邊三角形,

故Q、S兩點間的距離為L,選項D正確。

故選CD。

9.BD

AB.設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在)，軸上)，半徑為兄”粒子速率為心,

運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為尸，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

v

qv.B=m3-

R..\

由幾何關(guān)系得

式中，。=30",帶入解得

_2dqB

m

故A不符合題意，B符合題意；

CD.如圖，由幾何關(guān)系可得，粒子a在II內(nèi)運動的半徑為R”的一半，通過磁場U將轉(zhuǎn)過

"=60°,水平分速度不變，則時間與在磁場I內(nèi)相同，射出磁場時y軸坐標(biāo)與尸'相同。粒

子b與粒子a在磁場I內(nèi)運動的時間。軌道半徑，轉(zhuǎn)過的圓心角都相同只是向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)

對稱性粒子a射出磁場II時與粒子b的y坐標(biāo)之差為

Ay=&]一6[cos，=(2-6)4

此刻粒子a、b間距離為

4b=G+(2_6)242*4d

故CD不符合題意。

故選B。

10.AD

【詳解】

AD.設(shè)磁場區(qū)域半徑為R,軌跡的圓心角為a,而帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角等于軌跡的圓心

a

角a,由「=丁丁可知，在磁場中運動時間越長的粒子，偏轉(zhuǎn)越大，故AD正確；

24

B.粒子運動的軌跡為

°R

S=ra=-------a

a

tan—

2

可知粒子運動的時間越長，a越大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可以證明弧長S越短，故B錯誤；

R

ar--------

C.粒子在磁場中的運動時間而軌跡半徑.a,當(dāng)粒子的運動時間越短，a

2〃tan-

越小，則知r越大，由r=r可知速度越大，故C錯誤。

故選AD。

11.ACD

【詳解】

A.放置矩形線圈時，矩形線圈所在的平面要與N極S極的連線垂直從而是下邊受到安培力

作用，故A正確；

B.在接通電路前，線框處于靜止，導(dǎo)線框此時只受到重力和彈簧的拉力作用，此時彈簧測

力計的示數(shù)等于線框的重力，故B錯誤；

C.閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器使得彈簧測力計的示數(shù)剛好為零，說明線框受到向上的安培

力作用，根據(jù)左手定則可知在磁場中的線圈短邊中的電流方向向里，故c正確；

D.線框受到安培力和重力作用，二力處于平衡狀態(tài)，則

nBIL=mg

則

B端

故D正確。

故選ACDo

12.AB

【詳解】

A.兩粒子打到同一個點，表明偏轉(zhuǎn)方向一致，所以帶同種電荷。A正確;

B.設(shè)P點與。點的距離為3則有

L=-in?

q,,BqhB

所以有

q?*=i

matnhsin0

B正確;

C.若P在。點左側(cè)，則粒子在磁場中運動的時間為

(24-20)in

A、b

q?BqhB%8

。角在銳角范圍內(nèi)，有

C錯誤；

D.若P在。點右側(cè)，則粒子在磁場中運動的弧長為

Sa=-7T,Sh=—^—0

a2"sin。

。角在銳角范圍內(nèi)，有

s“八

D錯誤。

故選AB。

mv2jnn

13.(1)…；(2)t=

2qBqB

【詳解】

(1)帶負(fù)電的粒子進入X軸上方磁場后受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn),到達X軸以后進入X軸下方的

磁場，在X軸下方的磁場中受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，如圖所示

粒子在X軸上方運動的軌跡為R,根據(jù)

mv2

qv-213=口

解得

R=—

2qB

由幾何關(guān)系可得

x=R=-----

2qB

mv

即粒子第一次經(jīng)過X軸時，與原點。的距離為有

2qB

V/1

/2B

XX>XXX

/vv\

AX)x

V>y/x

(2)由幾何關(guān)系可得，粒子在x軸上方運動時軌跡圓弧所對的圓心角均為60。

2九R：兀m

T,==

vqB

―17

——/卜-------

16上6qB

在X軸下方運動時軌跡圓弧所對的圓心角為300。

2?R卜2mn

▼V-qB

5p5萬機

26b3qB

則粒子再次回到原點。時經(jīng)歷的時間為

27rm

t=t+t+t=

}2[qB

14.⑴g(2)(1+巫)R；二+組

x'?、▲/O，'―/Xi1

q2'2%8v0

【詳解】

(1)依題意，從左極板下邊緣射入的粒子恰好打在右極板的上邊緣在豎直方向上有

t_d_

“

在水平方向上有

Cl——

mmd

d=—at2

2

聯(lián)立解得

u=^

q

(2)從小孔P射入磁場的粒子，在電場中的運動時間

d

t.=——

2%

經(jīng)過小孔尸時，水平分速度

匕=〃|=%

進入磁場時的速度大小

+片=揚0

TT

速度方向與右極板的夾角。7設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動后從。點離開磁場，其軌

跡如圖所示

d

軌跡圓心在0,點，則

V

qvB=m—

解得

mvV27nv0

'qB~qB

因為磁場強度為

B=^也

qR

所以

mv_y/2mvQ_

武力“=R

由幾何關(guān)系可知粒子射出磁場時的速度方向豎直向下，由圖知

L-r+rcos0=(1+

從小孔P飛出的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度

3乃

a=——

4

粒子在磁場中運動的時間

34

4丫307rR

=-------=-------

~24v8v0

通過小孔P的粒子在電場和磁場中運動的總時間

15.(1)&垂直紙面向里；(2)%邛；(3)m=5eB'B-L.(4)J：號,=1：3

42E

【詳解】

(1)K」介子帶負(fù)電，由題意可知，K」介子在磁場&中向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)用左手定則判斷磁場

方向，歷垂直紙面向里。

(2)K」介子在復(fù)合場中做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得

ev0Bt=eE

解得

E

%=耳

(3)K」介子在磁場&中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示

有幾何關(guān)系得

22

(/?AP-L)+(2L)=V

解得

R"=25L

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

=m^—

RAP

解得

5eB.B^L

tn=-----

2E

(4)帶電粒子在