第一章《安培力与洛伦兹力》高分必刷巩固达标检测卷(基础版)全解全析

第一章《安培力与洛伦兹力》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）全解全析1．C【详解】A．图甲中的磁场不是匀强磁场，因为磁感线不平行，故A错误；B．图乙是磁电式电流表简易示意图，螺旋弹簧的弹性越大，相同电流引起角度更小，电流表的灵敏度越小，故B错误；C．图丙中的“司南”静止时，勺柄指向地球的地磁南极，故C正确；D．图丁是电流天平，不是用等效替代法来测出较难测量的磁感应强度，而是用平衡原理，故D错误。故选C2．B【详解】A．由左手定则可知受到垂直于纸面向外的安培力，和需提供水平分力与之平衡，和不能保持竖直，A错误；B．闭合回路所受安培力合力为0，和不需要提供水平分力，将保持竖直，B正确；C．由受力平衡可知和对的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和对的合力大于受到的重力，C错误；D．由受力平衡可知和对的合力等于和的总重，D错误。故选B。3．C【详解】A．当电荷的运动方向与磁场方向平行时，磁场力为零，但磁感应强度不为零，A错误；B．安培力的方向一定与通电导线和磁场方向均垂直，B错误；C．只要电荷的运动方向与磁场方向不共线，就会受到洛伦兹力，而洛伦兹力一定与电荷的运动方向垂直，C正确；D．磁感应强度的大小由场源决定，与安培力、电流强度和通电导线长度无关，D错误。故选C。4．B【详解】电场中的直线加速过程根据动能定理得得离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有有联立可得质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则，可得即故选B。5．B【详解】ABC．电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据可得电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。本题选错误的，故选B。6．B【详解】A．小球受到洛伦兹力从管口飞出，洛伦兹力的方向指向管口，根据左手定则，小球带正电，故A错误；B．设管运动的速度为v，小球与管一起向右做匀速运动，小球沿管方向所受洛伦兹力大小为q、v、B大小均不变，则洛伦兹力F不变，小球类似做平抛运动，在离开管口前的运动轨迹是一条抛物线，故B正确；C．洛伦兹力与速度方向垂直，不做功，故C错误；D．设小球沿管方向的分速度大小为v1，则所受垂直管向左的洛伦兹力为由题意可知，随着v1增大，F2增大，即拉力F应该增大，故D错误。故选B。7．C【详解】A．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，两导线间相互排斥，故A错误；BCD．通电导线在周围产生的磁场，磁感应强度大小为，方向由安培定则可知垂直于点到导线垂直线段，从右向左画出各点的磁感应强度平面图，如图所示，b与d两点的合磁感应强度等大同向，d与a两点及d与c两点合磁感应强度方向不同，故C正确BD错误。故选C。8．D【详解】两粒子运动轨迹如图所示A．由左手定则可知b粒子带负电，a粒子带正电，A错误；B．根据几何关系，有则B错误；D．粒子从A到B，由几何关系知a粒子圆心角为，b粒子圆心角为，由于两粒子同时出发同时到达，有则D正确；C．粒子所受洛伦兹力提供向心力，有则有C错误。故选D。9．D【详解】AB．若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏。故AB错误；CD．若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动。故C错误；D正确。故选D。10．D【详解】A．开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动。故A错误；BC．当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL闭合电路欧姆定律可得故BC错误；D．当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90∘−θ的夹角，由牛顿第二定律可知解得故D正确。故选D。11．ABC【详解】A．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力等于物体的重力，即mg=qv0B则不受摩擦力，圆环将一直以速度做匀速直线运动，故A正确；B．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力小于物体的重力，即mg>qv0B还受到向后的滑动摩擦力，圆环做减速运动，直到最后停在杆上，故B正确；CD．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力大于物体的重力，即mg<qv0B此时还受到向后的滑动摩擦力，圆环将做减速运动，因为速度不断变化，圆环受到的洛伦兹力不断变化，滑动摩擦力也不断变化，根据牛顿第二定律可知圆环的加速度也不断变化，当洛伦兹力等于物体的重力，即mg=qvB解得则不再受摩擦力作用，圆环将一直以速度做匀速直线运动，故C正确，D错误。故选ABC。12．BC【详解】A．反向电流相互排斥，直导线1、2之间的相互作用力为排斥力，A错误；B．根据安培定则可知，直导线1、3在2点的合磁感应强度方向与y轴负方向夹45°向右下，根据可知4在2点的磁感应强度方向与y轴正方向夹45°向左上根据矢量合成可知，2点合磁场方向与y轴负方向夹45°向右下，再根据左手定则可以判断，直导线2受到直导线1、3、4的作用力合力方向背离O点，B正确；C．根据对称性可知，4根直导线在O点的磁感应强度大小为0，C正确；D．直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度大小为B0，D错误。故选BC。13．AB【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有可得，带电粒子的最大速度为可知回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，则回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A正确；B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有可得所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；C．根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，故C错误；D．经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有又流量为联立可得，前后两个金属侧面的电压为即前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D错误。故选AB。14．AD【详解】AB．长木板和小滑块一起向右加速运动，当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带负电荷，由左手定则可知，将产生一个方向向下的洛伦兹力qvB，增大了小滑块对长木板的压力，即与长木板之间的摩擦力也随之增大，且随小滑块速度的增大，洛伦兹力也随之增大，摩擦力也随之增大，因此它将一直随长木板一起向右运动，A正确，B错误；C．当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带正电荷，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，小滑块与长木板之间的弹力是零，此时有此时摩擦力是零，小滑块将做匀速直线运动，而木板在恒力的作用下做匀加速运动，C错误；D．当小滑块获得向右的速度后，若小滑块带正电荷，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，小滑块与长木板之间的弹力是零，小滑块与长木板之间的摩擦力是零，长木板在水平方向只受恒力F的作用下，则长木板的加速度为，D正确。故选AD。15．AC【详解】A．粒子经过一次偏转直接到达A点，由图中几何关系得2Rsin45°=L联立解得故A正确；BCD．根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有可得解得v，（n=1、2、3、…）在M，N间由动能定理解得E（n=1、2、3、…）当M、N两极板间场强为时，粒子到达Q点的时间最短；当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为，其中n=1、3、5、…当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为，其中n=2、4、6、…，则粒子由P点到达Q点的时间只能为的偶数倍，故BD错误，C正确；故选AC。16．BC【详解】对粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子在垂直于y轴方向上做圆周运动，平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动。在垂直于y轴方向上有解得粒子做圆周运动的周期为A．当t=2T时，粒子运动四周，回到了x坐标值为0处，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确，不符合题意；B．当tT时，粒子运动一周半，z坐标值为2r，即，故B错误，符合题意；C．粒子在平行于y轴方向上有qE=ma解得在0﹣0.5T和0.5T～T内，电场力方向相反，粒子先加速再减速，在t=0.5T时，沿y轴正向速度达到最大为：此时，粒子在运动过程中速度最大。最大值为故C错误，符合题意；D．在0到2T时间内粒子在垂直于y轴方向转了四周。回到了x=0，z=0处的位置，故只需要考虑轴方向的位移，粒子位移为则粒子运动的平均速度为故D正确，不符合题意。故选BC。17．

b

【详解】[1]当开关闭合时，液体中有从c到d方向的电流，根据左手定则可知，液体将受到向右的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此b端的液面将比a端的高；[2]由于安培力作用产生的压强为：由于高出的液体处于平衡状态，因此有：所以解得：18．

灵敏电流计的读数I

左盘

右盘

【详解】（1）[1]实验中闭合开关S，应记录灵敏电流计的读数I；[2]由左手定则可知闭合开关后线框所受的安培力向下，应在天平的左盘中放入合适质量的砝码，才能使天平平衡；（2）[3]断开开关S，将a与d连接、b与c连接，再次闭合开关S，由左手定则可知闭合开关后线框所受的安培力向上，应在天平的右盘中放入合适质量的砝码，才能使天平平衡；（3）[4]断开开关S，将a与d连接、b与c连接，再次闭合开关S，这时需要在天平的右盘中放入质量为的砝码使天平再次平衡，由平衡条件可知解得19．（1）；（2）【详解】（1）由题意可得故通过杆的电流最小值即可。若杆受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则此时通过杆的电流最大为，其受到的安培力为方向水平向右，受力分析图如下由受力平衡可得联立解得综上可得通过杆的电流范围为（2）开关S闭合后，由于可知若回路中无电流，则杆所受滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，为使杆保持匀速直线运动，则闭合回路ABMN中磁通量应保持不变，即代入数据得20．（1）；（2）至；（3）【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，设粒子在磁场中运动的速度为，由洛伦兹力提供向心力有解得（2）因为粒子做圆周运动的轨迹和磁场圆边界的交点O、C与两圆的圆心O1、O2连线组成的是菱形，所以CO2和y轴平行，则所有射出磁场的粒子速度方向都和x轴平行，如图乙所示。粒子从O点出发，沿x轴正方向以速度v垂直射入电场，在电场中的加速度大小水平方向做匀速直线运动，粒子穿出电场用时竖直方向做匀加速直线运动，则粒子在电场中的侧位移飞出电场后粒子做匀速直线运动则粒子打在屏上的坐标为。沿x轴负方向射出的粒子经磁场偏转后从坐标为的点平行于x轴方向射向电场，直至打在屏上的侧位移大小也为y，故该粒子打在屏上的坐标为。则带电粒子打在荧光屏上的区域为至。（3）粒子在介质中运动的某一瞬间，设粒子的速度为，应用牛顿第二定律有（在这里是速度大小的变化）求和有设粒子在该介质中运动的轨迹长度l，刚进入介质时的速度为，则联立解得21．（1）；；（2）【详解】（1）根据粒子在磁场中运动的半径为粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生的偏转角根据几何关系知，A点与O点相距为（2）带电粒子沿半径为R的圆周运动一周所用的时间为它从O到A所用的时间为22．（1）0