物理人教版高中选择性必修二（2019年新编）第一章 安培力与洛伦兹力 单元检测

…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第一章安培力与洛伦兹力章节同步练习一、单选题1.某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中不可行的是（

）A.

在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到静电力作用说明此空间存在电场B.

在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到静电力作用说明此空间不存在电场C.

在该空间内引入“检验电流”，如果通电导线受到磁场力作用说明此空间存在磁场D.

在该空间内引入“检验电流”，如果通电导线没有受到磁场力作用说明此空间不存在磁场2.如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60∘，∠b=90∘，边长ac=L。一个粒子源在a点将质量为A.

qBL2m

B.

qBL4m

C.

3qBL3.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和2a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。大量电子以速率v沿半径方向射入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B最小为（

）A.

mvae

B.

2mv3ae

C.

mv4.在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场和电容器中的电场如图所示，则此时刻（

）A.

电容器正在放电

B.

振荡电流正在减小

C.

线圈中的磁场最强

D.

磁场能正在向电场能转化5.将一个闭合金属环用丝线悬于O点，如图所示。虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场。下列的现象能够发生的是（

）A.

金属环的摆动不会停下来，一直做等幅摆动

B.

金属环的摆动幅度越来越小，小到某一数值后做等幅摆动

C.

金属环的摆动会很快停下来

D.

金属环最后一次向左摆动时，最终停在平衡位置左侧某一点处6.如图所示为“速度选择器”装置示意图，a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，a、b板分别带上等量异号电荷后，平行板内产生竖直方向的匀强电场．一带电粒子以速度v0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，以下说法正确的是（

）A.

a板带负电，其电量为CBv0d

B.

a板带正电，其电量为CBv7.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流大小均为I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=kIr其中k为常数）．某时刻有一电子（质量为m、电荷量为e）正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿A.

方向垂直纸面向里，大小为23evkI3a

B.

方向指向x轴正方向，大小为23evkI3a

8.如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v−t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（

）A.

该物块带负电

B.

传送带的传动速度大小一定为1m/s

C.

若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移

D.

在2~4.5s内，物块与传送带仍可能有相对运动9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。下列说法中正确的是（

）A.

只增大金属盒的半径，带电粒子离开加速器时的动能不变

B.

只增大磁场的磁感应强度，带电粒子离开加速器时的动能增大

C.

只增大狭缝间的加速电压，带电粒子离开加速器时的动能增大

D.

只增大狭缝间的加速电压，带电粒子在加速器中运动的时间增大10.如图所示，边长为L的正三角形abc（含边界）内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以大小不等的速度从a点沿ad方向射入磁场，ad与ab的夹角为30°。下列判断正确的是（

）A.

若能从ac边射出，则粒子的速度v≥BqLm

B.

若能从bc边射出，则粒子的速度v≤BqLm11.下列各图中，带负电粒子的运动方向、所受洛伦兹力的方向与磁场方向的关系正确的是(

)A.

B.

C.

D.

12.如图，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一个带电小球，整个装置以一定的速度沿垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出，下列说法中正确的是（

）A.

该过程中由水平速度产生的洛伦兹力不做功

B.

小球的运动轨迹是一条直线

C.

从能量转化角度看小球机械能的增加是因为洛伦兹力做功

D.

小球在竖直方向做匀加速运动13.如图所示，将三根完全相同长为L的导体棒连接成一闭合的三角形线框abc，大小为B的匀强磁场垂直于线框平面向里（图中未画出）。用导线将a、c两点接入电流恒为I的电路中，则下列说法正确的是（

）A.

线框所受安培力的大小等于0

B.

线框所受安培力的大小等于BIL

C.

ab边与bc边所受安培力相同

D.

ac边所受安培力的大小等于1214.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一电子从P以v0射入磁场，入射方向与过P点的直径PM夹角为α，电子最终从N点离开磁场，且PN与PM夹角为β

A.

mv0eR

B.

mv15.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子（重力不计）沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2，已知粒子的速率为qBRA.

30°

B.

60°

C.

90°

D.

120°16.如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为-q（q>0）的小圆环套在杆上（环内径略大于杆的直径）无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ（μqE<mg），圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图象是（

）A.

B.

C.

D.

二、综合题17.如图，长度L=0.5m的导体棒通入垂直纸面向里的电流，电流I=2A，整个装置处于磁感应强度B=3T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒静止于倾角θ=30°的光滑导轨上．取g=10m/s2求：（1）导体棒所受安培力的大小；（2）导体棒质量18.如图所示,匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60∘（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）导体棒对斜面的压力大小.19.如图所示，在xoy平面的第二象限存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于该平面向外；在第一象限存在匀强电场，方向沿y轴负方向。在x轴负半轴上某点以与x轴正方向夹角为α=60°、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（0，d）点沿垂直于y轴的方向进入电场。不计重力，若该粒子离开电场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45°，求：（1）该粒子的比荷qm（2）电场强度E的大小。

答案解析部分1.【答案】D【解析】AB．电荷在电场中一定会受到电场力的作用，故在该空间内引入检验电荷时，如果电荷受到电场力则说明此空间一定有电场，如果没有电场力则一定没有电场，AB可行；C．若空间引入通电导线受到磁场力，则说明此空间一定存在磁场，C可行；D．若引入通电导线而没有受力，则可能是导线与磁场相互平行，故不能说明不存在磁场，D不可行。故答案为：D。【分析】电荷在电场中一定受到电场力的作用；如果没有受到电场力则说明没有电场的存在；在空间中引入检验电流时受到磁场力则说明空间存在磁场，没有受到磁场力并不能说明没有存在磁场。2.【答案】B【解析】带电粒子垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。要使带电粒子在磁场运动的时间最长，带电粒子需以平行于ab方向的速度射入磁场，并从ac边射出。由牛顿第二定律可得qvB=2mv得带电粒子射入磁场的速度为v=即要使速度最大，粒子运动的轨道半径最大，即轨迹既与ab边相切，又与bc边相切，如图所示由几何关系可得，此时带电粒子做圆周运动的半径为R=则速度的最大值为v故答案为：B。【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦磁力提供向心力，根据运动轨迹确定出最大半径，从而求出对应的最大速度。3.【答案】B【解析】使电子不能进入内部无磁场区域的临界如下图所示磁感强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾股定理r解得r=电子在磁场中运动时根据洛伦兹力提供向心力evB=m解得r=B的最小值为B=故答案为：B。【分析】根据几何知识求出电子做圆周运动的最小半径，再结合万有引力提供向心力求出最小磁感应强度。4.【答案】A【解析】A．分析线圈中的磁场方向，根据安培定则可知，电流从上向下流过线圈，分析电容器场强方向可知，上极板带正电，则电容器在放电，A符合题意；B．根据电磁振荡规律可知，电容器放电，振荡电流正在增大，B不符合题意；CD．电容器放电，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，此时刻并非最强，CD不符合题意。故答案为：A【分析】根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流的方向规定为正电荷移动的方向，根据电流方向判断电容器充放电情况；根据能量守恒定律分析能量的变化。5.【答案】C【解析】当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律得出感应电流的方向，从而阻碍线圈运动，即有机械能通过安培力做负功转化为内能；当环没有磁通量的变化时，无感应电流，只有重力做功，环的机械能守恒；据以上可知，环在运动过程中只有摆进或摆出磁场时有机械能转化为热能，所以与没有磁场相比，环会很快静止，故答案为：C。【分析】首先分析环的运动，根据楞次定律进行判断感应电流的方向；从能量守恒的角度分析即可。6.【答案】C【解析】粒子所受洛伦兹力与电场力大小相等方向相反方可通过平行金属板，若粒子带正电，通过左手定则判断洛伦兹力的方向向上，电场力向下，满足的条件应是：a板带正电；粒子所受洛伦兹力与电场力相等：qv0B=qE=qUd得：E=Bv0；U=Bv0d；又Q=CU=CBv0故答案为：C．【分析】根据所受电场力与洛伦兹力相等、方向相反的粒子可以匀速通过平行金属板，即可求出极板之间的电压，然后由Q=CU求出电量；根据电场力与洛伦兹力的大小关系判断粒子偏转的方向，结合受力情况判断其运动情况。7.【答案】A【解析】P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则，O点的磁感应强度方向沿x轴负方向RO=3磁感应强度的大小B=根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为F=evB=故答案为：A。【分析】根据安培定则判断出三根导线在O点的磁场方向，根据磁场的叠加得出合磁场的方向，最终根据左手定则判断洛伦兹力的方向，根据F=qvB求出洛伦兹力。8.【答案】D【解析】A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有μF物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是FN逐渐减小，即洛伦兹力的方向与FBD．由mgf可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度1m/s后受力平衡，与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能等于1m/s，也可能大于1m/s，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，B不符合题意，D符合题意；C．由以上的分析可知，传送带的速度不能确定，所以不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，C不符合题意。故答案为：D。【分析】根据图乙判断物块的运动情况及最大速度，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律沿斜面列方程并判断出物块的电性；2s-4s内由平衡列方程然后判断物块与传送带的相对运动及物块在传送带运动的位移。9.【答案】B【解析】ABC．根据qvB=mv2带电粒子离开加速器时的最大动能E可见带电粒子离开加速器时的最大动能与金属盒之间的电压无关，与D形金属盒内的磁感应强度、及金属盒的半径有关，只增大金属盒的半径，带电粒子离开加速器时的动能增大；只增大磁场的磁感应强度，带电粒子离开加速器时的动能增大，A、C不符合题意，B符合题意；D．根据T=2πmqB可得加速次数为n=由此可知狭缝间的加速电压越大，加速次数越少，则粒子在回旋加速器中运动的时间越短，D不符合题意；故答案为：B。【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的影响因数；利用周期公式可以判别与速度的大小无关；利用加速电压的大小可以判别加速的次数进而判别运动的时间。10.【答案】C【解析】ABC．粒子刚好能从c点射出，据几何关系R=L，据牛顿第二定律Bqv=mv解得v=若能从ac边射出，则粒子的速度v≤若能从bc边射出，则粒子的速度v≥所以A、B不符合题意，C符合题意；D．粒子带负电，向ab一侧偏转，不会沿直线从bc的中点射出，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二堤顶路可以求出粒子速度的大小；利用粒子的电性结合左手定则可以判别粒子的偏转方向。11.【答案】B【解析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是该正电荷所受洛伦兹力的方向，负电荷所受洛伦兹力方向与正电荷方向相反．故答案为：B【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向。12.【答案】D【解析】A．因为磁场方向垂直于纸面向里，水平速度向右，由左手定则可知水平速度产生的洛伦兹力方向向上，所以小球相对于玻璃管向上运动，而玻璃管往右做匀速直线运动，则小球实际的运动方向为右上方，由于水平速度产生的洛伦兹力与位移夹角为锐角，所以由水平速度产生的洛伦兹力对小球做正功，A不符合题意；BD．因为玻璃管在水平方向的速度不变，则小球受的向上的洛伦兹力大小不变，所以小球向上做匀加速直线运动，而匀加速直线运动和匀速直线运动的合运动为曲线运动，B不符合题意，D符合题意；C．因为洛伦兹力的方向始终垂直于小球的速度方向，所以洛伦兹力不做功，C不符合题意；故答案为：D。【分析】利用小球的运动方向结合洛伦兹力的方向可以判别洛伦兹力的做功情况；利用洛伦兹力的大小可以判别小球的加速度方向及运动情况；由于洛伦兹力垂直速度方向所以洛伦兹力不做功。13.【答案】B【解析】A．根据题意可判断abc与ac为并联关系，电流方向相同，所以根据左手定则安培力不为0，A不符合题意。B．根据并联电路电流之比等于电阻的反比，所以abc与ac中流过的电流为1：2，将abc可等效成ac的直导线，故线框受到的安培力为F=B符合题意。C．ab与bc边长度相等，电流大小相等，但根据左手定则可知，安培力的方向不同，大小相同，C不符合题意。D．根据安培力公式可知FD不符合题意。故答案为：B。【分析】利用左手定则结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用左手定则可以判别安培力的方向。14.【答案】B【解析】电子做圆周运动轨迹如图所示

由几何关系可得电子轨迹圆的半径为r=R电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得B联立可得B=故答案为：B。【分析】利用几何关系可以求出电子轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。15.【答案】B【解析】轨迹如图带电粒子，根据牛顿第二定律得qvB=m解得r=R所以四边形O1AO2C为菱形，由几何关系可知∠所以带电粒子的偏转角为60∘，即粒子射出磁场