第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達(dá)標(biāo)檢測卷(基礎(chǔ)版)全解全析

第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達(dá)標(biāo)檢測卷（基礎(chǔ)版）全解全析1．C【詳解】A．圖甲中的磁場不是勻強(qiáng)磁場，因為磁感線不平行，故A錯誤；B．圖乙是磁電式電流表簡易示意圖，螺旋彈簧的彈性越大，相同電流引起角度更小，電流表的靈敏度越小，故B錯誤；C．圖丙中的“司南”靜止時，勺柄指向地球的地磁南極，故C正確；D．圖丁是電流天平，不是用等效替代法來測出較難測量的磁感應(yīng)強(qiáng)度，而是用平衡原理，故D錯誤。故選C2．B【詳解】A．由左手定則可知受到垂直于紙面向外的安培力，和需提供水平分力與之平衡，和不能保持豎直，A錯誤；B．閉合回路所受安培力合力為0，和不需要提供水平分力，將保持豎直，B正確；C．由受力平衡可知和對的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和對的合力大于受到的重力，C錯誤；D．由受力平衡可知和對的合力等于和的總重，D錯誤。故選B。3．C【詳解】A．當(dāng)電荷的運(yùn)動方向與磁場方向平行時，磁場力為零，但磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，A錯誤；B．安培力的方向一定與通電導(dǎo)線和磁場方向均垂直，B錯誤；C．只要電荷的運(yùn)動方向與磁場方向不共線，就會受到洛倫茲力，而洛倫茲力一定與電荷的運(yùn)動方向垂直，C正確；D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小由場源決定，與安培力、電流強(qiáng)度和通電導(dǎo)線長度無關(guān)，D錯誤。故選C。4．B【詳解】電場中的直線加速過程根據(jù)動能定理得得離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有有聯(lián)立可得質(zhì)子與α粒子經(jīng)同一加速電場則U相同，同一出口離開磁場則R相同，則，可得即故選B。5．B【詳解】ABC．電子的速率不同，運(yùn)動軌跡半徑不同，如圖，由周期公式可知，周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運(yùn)動周期相同，根據(jù)可得電子在磁場中運(yùn)動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角成正比，所以電子在磁場中運(yùn)動的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角θ越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運(yùn)動的時間都相等且運(yùn)動時間最長，AC正確，B錯誤；D．從bc邊射出的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式可得軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運(yùn)動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度，D正確。本題選錯誤的，故選B。6．B【詳解】A．小球受到洛倫茲力從管口飛出，洛倫茲力的方向指向管口，根據(jù)左手定則，小球帶正電，故A錯誤；B．設(shè)管運(yùn)動的速度為v，小球與管一起向右做勻速運(yùn)動，小球沿管方向所受洛倫茲力大小為q、v、B大小均不變，則洛倫茲力F不變，小球類似做平拋運(yùn)動，在離開管口前的運(yùn)動軌跡是一條拋物線，故B正確；C．洛倫茲力與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D．設(shè)小球沿管方向的分速度大小為v1，則所受垂直管向左的洛倫茲力為由題意可知，隨著v1增大，F(xiàn)2增大，即拉力F應(yīng)該增大，故D錯誤。故選B。7．C【詳解】A．根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，兩導(dǎo)線間相互排斥，故A錯誤；BCD．通電導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向由安培定則可知垂直于點(diǎn)到導(dǎo)線垂直線段，從右向左畫出各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度平面圖，如圖所示，b與d兩點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度等大同向，d與a兩點(diǎn)及d與c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不同，故C正確BD錯誤。故選C。8．D【詳解】兩粒子運(yùn)動軌跡如圖所示A．由左手定則可知b粒子帶負(fù)電，a粒子帶正電，A錯誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系，有則B錯誤；D．粒子從A到B，由幾何關(guān)系知a粒子圓心角為，b粒子圓心角為，由于兩粒子同時出發(fā)同時到達(dá)，有則D正確；C．粒子所受洛倫茲力提供向心力，有則有C錯誤。故選D。9．D【詳解】AB．若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏。故AB錯誤；CD．若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運(yùn)動。故C錯誤；D正確。故選D。10．D【詳解】A．開關(guān)閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導(dǎo)致導(dǎo)體棒向右運(yùn)動。故A錯誤；BC．當(dāng)開關(guān)閉合后，根據(jù)安培力公式F=BIL閉合電路歐姆定律可得故BC錯誤；D．當(dāng)開關(guān)閉合后，安培力的方向與導(dǎo)軌成90°?θ的夾角，由牛頓第二定律可知解得故D正確。故選D。11．ABC【詳解】A．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qv0B則不受摩擦力，圓環(huán)將一直以速度做勻速直線運(yùn)動，故A正確；B．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力小于物體的重力，即mg>qv0B還受到向后的滑動摩擦力，圓環(huán)做減速運(yùn)動，直到最后停在桿上，故B正確；CD．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力大于物體的重力，即mg<qv0B此時還受到向后的滑動摩擦力，圓環(huán)將做減速運(yùn)動，因為速度不斷變化，圓環(huán)受到的洛倫茲力不斷變化，滑動摩擦力也不斷變化，根據(jù)牛頓第二定律可知圓環(huán)的加速度也不斷變化，當(dāng)洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qvB解得則不再受摩擦力作用，圓環(huán)將一直以速度做勻速直線運(yùn)動，故C正確，D錯誤。故選ABC。12．BC【詳解】A．反向電流相互排斥，直導(dǎo)線1、2之間的相互作用力為排斥力，A錯誤；B．根據(jù)安培定則可知，直導(dǎo)線1、3在2點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與y軸負(fù)方向夾45°向右下，根據(jù)可知4在2點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與y軸正方向夾45°向左上根據(jù)矢量合成可知，2點(diǎn)合磁場方向與y軸負(fù)方向夾45°向右下，再根據(jù)左手定則可以判斷，直導(dǎo)線2受到直導(dǎo)線1、3、4的作用力合力方向背離O點(diǎn)，B正確；C．根據(jù)對稱性可知，4根直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，C正確；D．直導(dǎo)線1、2在O點(diǎn)的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，D錯誤。故選BC。13．AB【詳解】A．設(shè)回旋加速器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半徑為R，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則帶電粒子在回旋加速器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，帶電粒子的最大速度為可知回旋加速器加速帶電粒子的最大速度與回旋加速器的半徑有關(guān)，則回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)，故A正確；B．經(jīng)過質(zhì)譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場時擊中光屏同一位置的粒子軌道半徑R相同，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正確；C．根據(jù)左手定則可判斷負(fù)電荷受到的洛倫茲力方向指向N側(cè)，所以N側(cè)帶負(fù)電荷，故C錯誤；D．經(jīng)過電磁流量計的帶電粒子受到洛倫茲力的作用會向前后兩個金屬側(cè)面偏轉(zhuǎn)，在前后兩個側(cè)面之間產(chǎn)生電場，當(dāng)帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力相等時流量Q恒定，故有又流量為聯(lián)立可得，前后兩個金屬側(cè)面的電壓為即前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b無關(guān)，故D錯誤。故選AB。14．AD【詳解】AB．長木板和小滑塊一起向右加速運(yùn)動，當(dāng)小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶負(fù)電荷，由左手定則可知，將產(chǎn)生一個方向向下的洛倫茲力qvB，增大了小滑塊對長木板的壓力，即與長木板之間的摩擦力也隨之增大，且隨小滑塊速度的增大，洛倫茲力也隨之增大，摩擦力也隨之增大，因此它將一直隨長木板一起向右運(yùn)動，A正確，B錯誤；C．當(dāng)小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，此時有此時摩擦力是零，小滑塊將做勻速直線運(yùn)動，而木板在恒力的作用下做勻加速運(yùn)動，C錯誤；D．當(dāng)小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，小滑塊與長木板之間的摩擦力是零，長木板在水平方向只受恒力F的作用下，則長木板的加速度為，D正確。故選AD。15．AC【詳解】A．粒子經(jīng)過一次偏轉(zhuǎn)直接到達(dá)A點(diǎn)，由圖中幾何關(guān)系得2Rsin45°=L聯(lián)立解得故A正確；BCD．根據(jù)運(yùn)動對稱性，粒子能從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)，應(yīng)滿足L=nx，其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)圓心角為90°或270°，設(shè)圓軌跡半徑為R，則有可得解得v，（n=1、2、3、…）在M，N間由動能定理解得E（n=1、2、3、…）當(dāng)M、N兩極板間場強(qiáng)為時，粒子到達(dá)Q點(diǎn)的時間最短；當(dāng)n取奇數(shù)時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=1、3、5、…當(dāng)n取偶數(shù)時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=2、4、6、…，則粒子由P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)的時間只能為的偶數(shù)倍，故BD錯誤，C正確；故選AC。16．BC【詳解】對粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場力作用，所以粒子在垂直于y軸方向上做圓周運(yùn)動，平行于y軸方向上做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動。在垂直于y軸方向上有解得粒子做圓周運(yùn)動的周期為A．當(dāng)t=2T時，粒子運(yùn)動四周，回到了x坐標(biāo)值為0處，故粒子所在位置的x坐標(biāo)值為0，故A正確，不符合題意；B．當(dāng)tT時，粒子運(yùn)動一周半，z坐標(biāo)值為2r，即，故B錯誤，符合題意；C．粒子在平行于y軸方向上有qE=ma解得在0﹣0.5T和0.5T～T內(nèi)，電場力方向相反，粒子先加速再減速，在t=0.5T時，沿y軸正向速度達(dá)到最大為：此時，粒子在運(yùn)動過程中速度最大。最大值為故C錯誤，符合題意；D．在0到2T時間內(nèi)粒子在垂直于y軸方向轉(zhuǎn)了四周?；氐搅藊=0，z=0處的位置，故只需要考慮軸方向的位移，粒子位移為則粒子運(yùn)動的平均速度為故D正確，不符合題意。故選BC。17．

b

【詳解】[1]當(dāng)開關(guān)閉合時，液體中有從c到d方向的電流，根據(jù)左手定則可知，液體將受到向右的安培力作用，在液面內(nèi)部將產(chǎn)生壓強(qiáng)，因此b端的液面將比a端的高；[2]由于安培力作用產(chǎn)生的壓強(qiáng)為：由于高出的液體處于平衡狀態(tài)，因此有：所以解得：18．

靈敏電流計的讀數(shù)I

左盤

右盤

【詳解】（1）[1]實驗中閉合開關(guān)S，應(yīng)記錄靈敏電流計的讀數(shù)I；[2]由左手定則可知閉合開關(guān)后線框所受的安培力向下，應(yīng)在天平的左盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（2）[3]斷開開關(guān)S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關(guān)S，由左手定則可知閉合開關(guān)后線框所受的安培力向上，應(yīng)在天平的右盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（3）[4]斷開開關(guān)S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關(guān)S，這時需要在天平的右盤中放入質(zhì)量為的砝碼使天平再次平衡，由平衡條件可知解得19．（1）；（2）【詳解】（1）由題意可得故通過桿的電流最小值即可。若桿受到沿斜面向下的最大靜摩擦力，則此時通過桿的電流最大為，其受到的安培力為方向水平向右，受力分析圖如下由受力平衡可得聯(lián)立解得綜上可得通過桿的電流范圍為（2）開關(guān)S閉合后，由于可知若回路中無電流，則桿所受滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，為使桿保持勻速直線運(yùn)動，則閉合回路ABMN中磁通量應(yīng)保持不變，即代入數(shù)據(jù)得20．（1）；（2）至；（3）【詳解】（1）由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為，由洛倫茲力提供向心力有解得（2）因為粒子做圓周運(yùn)動的軌跡和磁場圓邊界的交點(diǎn)O、C與兩圓的圓心O1、O2連線組成的是菱形，所以CO2和y軸平行，則所有射出磁場的粒子速度方向都和x軸平行，如圖乙所示。粒子從O點(diǎn)出發(fā)，沿x軸正方向以速度v垂直射入電場，在電場中的加速度大小水平方向做勻速直線運(yùn)動，粒子穿出電場用時豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，則粒子在電場中的側(cè)位移飛出電場后粒子做勻速直線運(yùn)動則粒子打在屏上的坐標(biāo)為。沿x軸負(fù)方向射出的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從坐標(biāo)為的點(diǎn)平行于x軸方向射向電場，直至打在屏上的側(cè)位移大小也為y，故該粒子打在屏上的坐標(biāo)為。則帶電粒子打在熒光屏上的區(qū)域為至。（3）粒子在介質(zhì)中運(yùn)動的某一瞬間，設(shè)粒子的速度為，應(yīng)用牛頓第二定律有（在這里是速度大小的變化）求和有設(shè)粒子在該介質(zhì)中運(yùn)動的軌跡長度l，剛進(jìn)入介質(zhì)時的速度為，則聯(lián)立解得21．（1）；；（2）【詳解】（1）根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為粒子帶負(fù)電，它將從x軸上A點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角根據(jù)幾何關(guān)系知，A點(diǎn)與O點(diǎn)相距為（2）帶電粒子沿半徑為R的圓周運(yùn)動一周所用的時間為它從O到A所用的時間為22．（1）0