人教版高中物理（选择性必修二）同步讲义+练习第一章《安培力与洛伦兹力》单元练习（含解析）

第一章《安培力与洛伦兹力》单元练习一．选择题（共12小题）1．如图所示，磁场磁感应强度B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：根据左手定则可得：A、图中安培力的方向是垂直导体棒向上的，故A错误；B、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故B错误；C、图中安培力的方向是竖直导体棒向下的，故C正确；D、图中安培力的方向垂直纸面向外，故D错误。故选：C。2．一根长为0.2m的电流为2A的通电导线，垂直放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小是（）A．0.4N B．0.2N C．0.1N D．0【解答】解：根据题意，由公式F＝BIL可得，安培力大小为F＝BIL＝0.5×2×0.2N＝0.2N故ACD错误，B正确。故选：B。3．两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为r1和r2，周期为T1和T2，则（）A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2 C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2【解答】解：设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q。根据洛伦兹力提供向心力可得：evB＝mv解得运动轨迹半径为：r=由于m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1≠r2。电子圆周运动的周期为：T=2πrv，解得：T=2πmqB，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T综上所述，故D正确、ABC错误。故选：D。4．某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m，磁感应强度大小为1.12T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，1eV＝1.6×10﹣19J）（）A．3.6×106m/s B．1.2×107m/s C．5.4×107m/s D．2.4×108m/s【解答】解：质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qBv=m其中，Ek=12mv2=1.5×107eV=1.5×107×联立解得：v＝5.4×107m/s，故C正确，ABD错误；故选：C。5．如图所示的圆形区域内匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（）A．运动时间越长，其轨迹对应的弦长越大 B．运动时间越长，其轨迹越长 C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小 D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏转角越小【解答】解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α。AB、粒子运动的轨迹为S＝rα=Rtanα2•CD、粒子在磁场中运动的时间为t=α2π•T，而轨迹半径r=Rtanα故选：D。6．磁场对电流的作用力通常称为安培力。这是为了纪念法国物理学家安培（1775﹣1836），他对研究磁场对电流的作用力有杰出的贡献。关于安培力，下列说法正确的是（）A．安培力和洛伦兹力是性质完全不同的两种力 B．磁场对通电导线的作用力的方向一定与磁场方向垂直 C．放在匀强磁场中的通电导线一定受磁场的作用力 D．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最大【解答】解：A、安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用，故A错误；B、磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，故B正确；C、放在匀强磁场中的通电导线，如果电流与磁场平行，则不受磁场的作用力，故C错误；D、当通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大，故D错误。故选：B。7．关于课本内的插图，则（）A．图甲是电磁炮示意图，抛射体的发射速度与抛射体的质量无关 B．图乙是速度选择器示意图，它不能判断带电粒子的电性 C．图丙是质谱仪示意图，打在底片相同位置处的带电粒子质量相同 D．图丁是回旋加速器，增大交变电场的电压可以增大粒子的最大动能【解答】解：A、电磁炮是利用电流产生的磁场对电流的作用来加速炮弹的，电流越强产生的磁场越强，通电导体（炮弹）在磁场中受到安培力F＝BIL，安培力越大对炮弹做的功越多，因此通过增加导轨回路中的电流来提高抛射体的发射速度。假设不考虑其他力的作用，根据动能定理有：BIL•s=1B、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v=EC、粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2D、根据带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大动能E故选：B。8．如图为磁场天平原理示意图，可通过磁场天平测量磁感应强度。质量为m的均质细金属棒通过两相同的轻质弹簧悬挂，金属棒处于水平状态，弹簧劲度系数为k，金属棒通过轻质导线通有电流强度为I的电流。长方形abcd为理想磁场边界，磁场边界ab长度为L。金属杆的右端有绝缘轻指针，无磁场时，调整指针位置指到0刻度。当长方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直纸面向外时，金属棒稳定时指针向下移动距离x，则该磁场的磁感应强度B为（）A．kx−mgIL B．2kx−mgIL C．kxIL【解答】解：无磁场时指针位于0刻度处，此时弹簧弹力与金属棒重力平衡，设弹簧的形变量为x0，由平衡条件得：2kx0＝mg则当指针向下移动距离x稳定时，由平衡条件得：2kx0+2kx＝BIL+mg联立解得：B=故D正确，ABC错误。故选：D。9．某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。将线框的下边ab置于蹄形磁铁的N、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于N、S极之间的区域中。接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为I时，传感器的读数为F1；保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为F2（F2＜F1）。已知金属线框的匝数为n，ab边长为L，重力加速度为g，则可得到（）A．金属线框的质量m=FB．N、S极之间的磁感应强度B=FC．传感器的读数为F1时，ab中的电流方向为b→a D．减小电流I重复实验，则F1、F2均减小【解答】解：AB、通电线圈受到重力、安培力和细绳拉力作用，当电流表读数为I时，细绳的拉力为F1，则F1＝mg+nBIL，保持ab中的电流大小不变，方向相反，则此时安培力方向为竖直向上，则F2＝mg﹣nBIL，联立解得金属框的质量为m=F1+C、传感器的读数为F1时，安培力的方向竖直向下，根据左手定则可以判断ab中电流的方向为a→b，故C错误；D、减小电路I重新实验，则金属框所受安培力减小，所以F1＝mg+nBIL减小，F2＝mg﹣nBIL增大，故D错误。故选：A。10．电子感应加速器利用变化的磁场来加速电子。电子绕平均半径为R的环形轨道（轨道位于真空管道内）运动，磁感应强度方向与环形轨道平面垂直。电子被感应电场加速，感应电场的方向与环形轨道相切。电子电荷量为e。为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，求ΔBΔt和ΔBΔtA．ΔBΔt=ΔBC．ΔBΔt=【解答】解：设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为B，方向与环面垂直。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB=mv设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为F，根据动量定理有FΔt＝Δ（mv）联立以上两式得F=eRΔB按照法拉第电磁感应定律，在电子运动的圆轨道上的感应电动势为ε=ΔΦ式中圆轨道所在的面上的磁通量为Φ=πR这里，B为圆轨道所在的面上的平均磁感应强度。联立以上两式得ε=πR考虑电子运行一圈感应电场所做的功，由电动势的定义可得ε＝2πRE电子在圆轨道切向所受到的力为F＝qE联立以上三式得F=1F=eRΔBΔt和ΔBΔt故ABC错误，D正确；故选：D。11．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，图中的CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场，经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示），将电子束打到靶上的点记为P点。则（）A．M接加速电压的正极 B．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 C．仅减小M、N之间的加速电压，可使P点左移 D．仅增大偏转磁场磁感应强度的大小，可使P点右移【解答】解：B、由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故B错误；A、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M接加速电压的负极，故A错误；CD、电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=电子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：evB=m解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=如减小M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r减小，电子出磁场时的速度偏角变大，P点左移；增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故C正确，D错误。故选：C。12．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m，电荷量为+q的粒子，以相同的速度v0=qRA．S=(π+B．S=(π+1)C．S=(π+1)D．S=【解答】解：依题意，粒子速度v0图中阴影部分为所求，r=空白区域面积S空白加阴影总面积S则S阴故选：C。二．多选题（共3小题）（多选）13．如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一束电子以垂直于磁场边界的速度v从M点射入宽度为d的强磁场中，从N点穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。下列说法正确的是（）A．电子的比荷为v2dBB．电子的比荷为3vC．电子穿越磁场的时间为23D．电子穿越磁场的时间为2πd【解答】解：AB、画出电子的轨迹图，圆心在O点，如图所示，根据数学知识知：sin6解得电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为：r=根据洛伦兹力提供向心力：evB=解得电子的比荷为：emCD．电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=电子在磁场中运动轨迹的圆心角为60°，故电子穿越磁场的时间为：t=60°故选：BC。（多选）14．电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为π4A．图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外 B．电子进入偏转磁场时的速度为2UkC．电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为2UkD．电子在偏转磁场中的运动时间为kπ【解答】解：A、由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直纸面向外，故A正确；B、设电子质量为m，电量为e，电子束射入到偏转磁场的速度为v，由动能定理有：eU=12mC、电子偏转磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有：evB=mv2D、电子在磁场中的运动时间t=θr故选：AC。（多选）15．武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（）A．当污水中离子浓度升高时，MN两点电压将增大 B．磁感应强度B不变，当污水流速将增大时，MN两点电压U增大 C．只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U的值，就能够推算污水的流量 D．只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U的值，就能够推算污水的流量【解答】解：AB．当电磁流量计中的流量稳定时污水中的粒子在圆柱中做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由此可得：qU解得：U＝Bvd由此可知污水中离子浓度对MN两点间电压无影响；污水流速v增大时，MN两点电压U增大。故A错误，B正确；CD．根据流量的计算公式可得：Q=Sv=π需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U的值才能推算污水的流量。故C错误，D正确。故选：BD。三．实验题（共2小题）16．霍尔效应是电磁基本现象之一，由于霍尔元件产生的电势差很小，故通常将霍尔元件与放大器电路、温度补偿电路以及稳压电源电路等集成在一个芯片上，称为霍尔传感器，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。图甲为使用霍尔元件来探测检测电流I0是否发生变化的装置示意图，铁芯竖直放置，霍尔元件放在铁芯右侧，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流强度成正比，霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场，测量原理如乙图所示，霍尔元件长为a，宽为b，厚度为h，前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路。（1）霍尔元件所处位置的磁场方向为竖直向上（选填“竖直向下”、“竖直向上”、“水平向左”或“水平向右”）；（2）霍尔元件的前后两表面间形成电势差，电势的高低如图乙所示，则材料中的载流子带负电（选填“正”或“负”）；（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，霍尔元件的厚度为h，流过霍尔元件左右表面的电流为I，霍尔电势差为U，则霍尔元件所处区域的磁感应强度B的表达式为B＝UnqℎI（4）当霍尔元件尺寸一定时，霍尔电势差增大，说明检测电流增大（选填“增大”“减小”）。【解答】解：（1）根据右手安培定则，霍尔元件所处位置的磁场方向为竖直向上；（2）因为前表面的电势高于后表面的电势，根据左手定则，粒子在洛伦兹力的作用下偏向后表面，载流子带负电；（3）设前后表面的厚度为d，电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q根据电流微观表达式，有I＝nqSv＝nq（dh）v联立解得B=nqℎU（4）根据电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡qU可知U=IB霍尔电势差增大，说明检测电流增大。故答案为：（1）竖直向上（2）负（3）UnqℎI17．磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应A。A．平行于南北方向，位于小磁针上方B．平行于东西方向，位于小磁针上方C．平行于东南方向，位于小磁针下方D．平行于西南方向，位于小磁针下方此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针（填顺时针或逆时针）。（2）如图（b）所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是B。（填选项代号）A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互吸引（填排斥或吸引），当通以相反方向的电流时，它们相互排斥（填排斥或吸引），这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用。也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用。【解答】解：（1）由于无通电导线时，小磁针S极向南，N极指北，位于南北方向，若导线的磁场仍使小磁针南北偏转，根本无法观察，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，这样当导线中通电时，小磁针能向东西偏转，实验效果比较明显。故A正确，BCD错误；故选：A根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在磁针处为垂直纸面向里，故此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针（2）A、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意。故A错误。B、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意。故B正确。C、若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意。故C错误。D、若加一沿y轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴正方向，亮线不偏转，不符合题意。故D错误。故选：B（3）图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向右，两导线要靠拢，说明电流方向相同时，两导线相互吸引；同理可知：当通入电流方向相反时，两导线远离，两导线相互排斥；故答案为：吸引，排斥故答案为：（1）A，逆时针；（2）B；（3）吸引，排斥四．计算题（共3小题）18．如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面。有一电子（质量为m、电荷量为e）从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动后从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：（1）磁场的磁感应强度大小和方向；（2）电子在磁场中运动的时间。【解答】解：（1）电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，设轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有洛伦兹力提供向心力ev过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，如图所示已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°，AB＝BC＝r已知OA＝L则有OC＝r﹣L由几何知识得rcos60°＝OC解得r＝2L根据上述解得B=m（2）电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T=2πr联立解得电子在磁场中运动的时间t=60°答：（1）磁场的磁感应强度大小为mv（2）电子在磁场中运动的时间为2πL319．如图所示，竖直放置的半环状ABCD区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B＝0.5T．外环的半径R1＝16cm，内环的半径R2＝4cm，外环和内环的圆心为O，沿OD放置有照相底片。有一线状粒子源放在AB正下方（图中未画出），不断放出初速度大小均为v0＝1.6×106m/s，方向垂直AB和磁场的相同粒子，粒子经磁场中运动，最后打到照相底片上，经检验底片上仅有CD区域均被粒子打到。不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计，假设打到磁场边界的粒子被吸收。（1）粒子的电性；（2）求粒子的比荷qm（3）若照相底片沿OP放置，求底片上被粒子打到的区域的长度；（4）撤去线状粒子源和照相底片，若该粒子垂直进入磁场的速度大小和方向可以任意改变。要求该粒子从AB间射入磁场，只经磁场后从CD间射出磁场，且在磁场中运动的时间最短，求该粒子进入磁场的速度大小和方向（角度可用三角函数表示）。【解答】解：由题可知外环的半径R1＝16cm＝0.16m，内环的半径R2＝4cm＝0.04m。（1）粒子从AB射入能够打在CD区域，根据左手定则可知粒子带正电；（2）如图所示，设粒子的质量