高中物理人教版（2019）选择性必修第二册 第一章 安培力与洛伦兹力 本章单元检测（含解析）

第一章安培力与洛伦兹力单元卷本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核( 13H)和α粒子( 2A.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大

B.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小

C.加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小

D.加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大2.图示为一由相互正交的磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场组成的速度选择器，一由不同比荷的带电粒子组成的粒子束以一定的初速度沿直线通过速度选择器，然后粒子束通过平板S上的狭缝P进入另一个磁感应强度大小为B'的匀强磁场，最终打在荧光屏A1A2上，下列表述正确的是（）A.粒子可能带负电荷

B.不同比荷的带电粒子通过速度选择器的时间可能不相等

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.在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，导线受到的安培力为0.2N，则匀强磁场的磁感应强度的大小可能是()A.0.8T B.0.4T C.0.2T D.0.1T4.正方形线框ABCD由四根相同的导体棒连接而成，空间中存在垂直线框平面的匀强磁场，端点A、B通过导线与电源相连，电流方向如图所示，已知导体棒AB受到的安培力大小为F，CD和DA边受到的安培力之和为（）A.大小为2F，方向在ABCD平面内垂直AC斜向上

B.大小为2F，方向在ABCD平面内垂直AC斜向下

C.大小为23F，方向在ABCD平面内垂直AC斜向上

D.大小为5.如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v.若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时()

A.v变大 B.v变小 C.v不变 D.不能确定6.如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是()A.粒子a带负电 B.粒子c的动能最大

C.粒子b在磁场中运动的时间最长 D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大7.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径．一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30∘角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为()A.12vB.3C.23D.3二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，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1:1:9.如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，半径为R，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向外．质量为m，电量为q的电子，以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场，恰好由A点射出．要使电子从弧AD之间射出，弧AD是弧DC长度的2倍，电子从O点射入的初速度可能是(不计电子的重力)()A.v2 B.3v2C.4v3D.5v10.磁流体发电是一项新兴技术，它可把气体的内能直接转化为电能，如图所示是它的示意图，平行金属板A、C之间有一很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子）喷入磁场，两板间便产生电压．现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两板之间，则稳定时下列说法中正确的是()A.极板A是电源的正极 B.电源的电动势为Bdv

C.极板A、C间电压大小为BdvSRRS+ρdD.回路中电流为Bdv三、实验题：本题共2小题，每空2分，共8分。11.如图所示，等臂天平水平平衡，现在右盘下挂一矩形线圈，线圈的水平边长为0.1m，匝数为25匝。线圈的下边处于磁感应强度为1T的匀强磁场（图中未画出）内，磁场方向垂直纸面。当线圈内通有大小为0.5A、逆时针方向的电流时，天平恰好重新水平平衡，则磁场方向垂直纸面向________（填“里”或“外”）；现在左盘放一物体后，线圈内电流大小调至1.0A，同时使电流方向反向，天平重新水平平衡，则物体的质量为_______kg。（取g=10m/s2)

12.如图所示，界面MN上部为磁感应强度大小为B的匀强磁场，有一质量为m（计重力），电量为q的负电荷，以v0的速度沿与MN成30°方向进入该匀强磁场，电荷进出匀强磁场两点之间距离d=______，电荷在匀强磁场中运动时间t=______．四、计算题：本题共3小题，13题14分，14题16分，15题16分，共46分。13.粗细均匀的直导线ab的两端悬挂在两根相同的弹簧下边，ab恰好处在水平位置（如上图）已知ab的质量为m=10g，ab的长度L=50cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.49T(取(1)要使两根弹簧能处在自然状态，既不被拉长，也不被压缩，ab中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)如导线中有方向从a到b、大小为0.2A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx=1mm，求弹簧的劲度系数．(3)当由b到a方向通过0.2A的电流时，两根弹簧被拉长多少？

14.如图所示，匀强磁场宽度为L，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。有一质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度垂直磁场方向从小孔C射入匀强磁场后从磁场右边界A点射出，射出方向与水平方向的夹角为θ，求：(1)粒子运动轨迹的半径r；(2)粒子的初速度v0(3)粒子在磁场中的运动时间t。

15.如图所示，在y轴左侧有一平行x轴方向的匀强电场，电场强度E=2×103V/m，在y轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限内磁场的磁感应强度大小B0=2×10−2T，第四象限内磁场的磁感应强度大小为2B0.现有一比荷qm=1×10(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)从粒子进入磁场开始计时到粒子第三次到达x轴所经历的时间；(3)粒子轨迹第一次出现相交时所对应的交点坐标．

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)要使两根弹簧能处在自然状态，根据平衡条件：mg=BIL

得：I=mgBL=0.01×9.80.49×0.5A=0.4A

安培力方向向上，由左手定则知电流方向由a到b；

(2)当导线中有方向从a到b、大小为I1=0.2A的电流通过时，安培力方向向上，

根据平衡条件：BI1L+2kΔx=mg

得：k=25.5N/m

(3)当导线中由14.解：(1)粒子运动轨迹如图所示：；

由几何关系可得，粒子做圆周运动的半径为：r=Lsinθ 

即：粒子运动轨迹的半径r为Lsinθ 

(2)洛伦兹力提供向心力，有：qv0B=mv02r

联立上述两式得：v0=LqBmsinθ 

即：粒子的初速度v015.解：(1)对粒子在电场中，由动能定理得Eqx=12mv2

得v=2Eqxm=2×104m/s

(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹如图所示

根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R

又v=2πRT

得：T1=2πmqB0；T2=πmqB0

所以粒子从进入磁场到第三次运动到x轴所用的时间为t=T1【解析】1.解：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子。带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=2πmqB，比较周期。当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，

根据qvB=mv2r，求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系。

带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=2πmqB，知氚核(13H)的质量与电量的比值大于α粒子(24He)，所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大。

根据qvB=mv2r得，最大速度v=qBrm，则最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m，

氚核的质量是α2.【分析】

根据左手定则判断出粒子的带电性质；根据粒子在速度选择器中的速度大小分析运动时间关系；根据粒子在磁场中偏的轨道半径大小分析比荷关系；根据圆周运动规律分析粒子在偏转磁场中的运动时间关系。

本题考查速度选择器和质谱仪，明确速度选择器与质谱仪的工作原理是关键。

【解答】

A.根据粒子在磁感应强度大小为B'的磁场中的运动轨迹，可知粒子向左偏，由于磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可判断粒子带正电荷，故A错误；

B.带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动时，有Eq=Bqv，可得v=EB，所以不同比荷的带电粒子通过速度选择器的时间一定相等，故B错误；

C.由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，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，则粒子运动的轨道半径r越小，粒子的比荷就越大，故C正确；

D.所有打在A13.【分析】

当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零；当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大；根据公式F=BILsinθ列式求解即可。

解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BILsinθ，当B与I垂直时，F=BIL，B与I平行时，F=0。

【解答】

长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故：

B=FILsinθ=0.22×0.2×sinθ=0.5sinθ；

由于0<sinθ≤1，故：

B≥0.5T

4.【分析】

先根据并联电路的电阻关系得出导体棒AB边与ADCB边的电流关系，再由F=BIL即可分析导体棒DA和CD所受安培力，然后求合力，由左手定则判断安培力方向。

解决该题的关键是知道该电路的串并联特征，掌握欧姆定律表达式以及导体棒受到的安培力的表达式。

【解答】

AB边与ADCB边并联，电阻比为1:3，电流比为3:1，根据安培力公式F=BIL，可知DA边和CD边安培力为13F，夹角为90°，安培力之和为132F，根据左手定则，合力方向垂直AC斜向下，故D正确，5.【分析】

未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向上的洛伦兹力；两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功变小，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率。

正确受力分析及动能定理的应用是求解的关键。

【解答】

未加磁场时，根据动能定理，有mgh−Wf=12mv2−0，加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh−Wf'=12mv6.【分析】

根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；

根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。

本题考查了粒子在磁场中的运动，由于左手定则与牛顿第二定律可以解题；带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。

【解答】

解：A.根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；

B.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，粒子的动能EK=12mv2=q2B2r22m，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故B错误；

CD.粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB相同，粒子在磁场中的运动时间：t=θ7.【分析】

第一种情况下，以ab方向成30∘入射时，由于恰好从b点射出，画出其运动轨迹，该粒子在圆形磁场中偏转60∘，则其做匀速圆周运动的半径为2R；第二种情况下，同一粒子沿ab方向射入磁场时，由于偏转时间与第一种情况相同，所以偏转角也相同，为60∘，画出运动轨迹如图圆心为O2，由几何关系可知，这种情况下粒子做匀速圆周运动的半径为Rtan60∘=3R，再由洛仑兹力提供向心力从而确定两种情况下速度之比。

本题涉及到的问题是同一粒子在圆形磁场中做相同时间的匀速圆周运动问题，由周期公式和半径公式知道，粒子在磁场中偏转时间由偏转角决定，从而画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，也确定了两种情况下的半径与磁场圆的半径关系，再由洛仑兹力提供向心力从而求出速度。

【解答】

画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如图所示：

由题意，同一粒子在磁场中偏转时间同为t，则两种情况下带电粒子的偏转角均为60∘，

由几何关系可以确定带电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径分别为r1=2R，r2=Rtan60∘=3R8.【分析】

本题考查平行通电导线间相互作用，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知识的运用。

【解答】

因三根导线中电流相等、两两等距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示，由图中几何关系可知，L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行，L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直，A错误，B正确。

设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F，

则由几何关系可得L1和L2单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos60°=F，

L3单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos30°=39.【分析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子轨道半径，然后由半径公式求出电子的速度，然后确定电子速率范围。

本题考查了求电子的速率范围，作出电子的临界运动轨迹、应用数学知识求出电子轨道半径，由半径公式可以求出电子速度，然后即可正确解题。

【解答】BC.电子以初速度v射入磁场时恰好从A点射出，则电子的运动半径r=R2，设电子恰好从D射出，由几何知识知，电子的半径为r'=R，由洛伦兹力提供向心力得，qvB=mv2r，解得v=qBrm，则v'v=r'r=2，解得10.解：

A、由左手定则知正离子向下偏转，所以上极板带负电，上板是电源的负极，下板是电源的正极．故A错误；

BCD、根据qvB=qEd得电动势的大小为：E=Bdv，

则流过R的电流为：I=ER+r=BdvR+r，而r=ρdS，则电流大小：I=BdνSSR+ρd

两极板间电势差为：11.【分析】

本题考查安培力作用下的平衡问题，天平平衡，可知安培力的方向向上，根据左手定则，可得出磁场方向；安培力F=BIL，结合力的平衡求物体质量。

【解答】

由于天平原来水平平衡，现在在右侧悬挂线圈，故右侧重，要想使天平再次达到水平平衡，故受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里；

根据共点力平衡可知mg=NBIL，解得m=NBILg=0.125kg，当放上物体后，根据天平平衡可知m'g=mg+NBI'L，解得m'=0.375kg。

故答案为：里；12.解：电荷在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qv0B=mv02r，

解得：r=mv0qB，

由几何知识可知，电荷出射点距离入射点距离：

d=2rsin30°=r=mv0qB，

电荷在磁场中做圆周运动的周期：T=2πm13.考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用。(1)根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向；

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