高中人教物理選擇性必修二第一章 安培力與洛倫茲力章末復(fù)習(xí) 練習(xí)-人教版（解析版）

1、安培力與洛倫茲力單元檢測試題總分：100分 用時：90分鐘一、選擇題：（本大題共12小題每小題4分,共48分。在每小題給出的四個選項中，第18題只有一項符合題目要求，第912題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分有選錯的得0分）1將一段長L0.2m、通有電流I2.5A的直導(dǎo)線放入磁感應(yīng)強度為B的磁場中，則關(guān)于其所受安培力F的說法正確的是（）A若B2T，則F可能為1NB若F0，則B也一定為零C若B4T，則F一定為2ND當(dāng)F為最大值時，通電導(dǎo)線一定與B平行【答案】A【解析】解：長度為0.2m的通電直導(dǎo)線，若放置于勻強磁場的磁感應(yīng)強度中，通入電流為2.5A，A、如果B2T，當(dāng)直導(dǎo)

2、線垂直于磁場時，則由公式可得安培力的大小為FBIL22.50.2N1N若不垂直，則通電導(dǎo)線受到的安培力小于1N，故A正確；B、如果F0，直導(dǎo)線可能與磁場平行，則B不一定為零，故B錯誤；C、如果B4 T，若垂直放置時，則安培力大小為FBIL42.50.2N2N不垂直時安培力小于2N，故C錯誤；D、如果F有最大值，通電導(dǎo)線一定與B垂直，故D錯誤，故選A2如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直線段ab、bc和cd的長度均為L，且abc=bcd=135流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力A方向沿紙面向上，大

3、小為(+1)ILBB方向沿紙面向上，大小為(-1)ILBC方向沿紙面向下，大小為(+1)ILBD方向沿紙面向下，大小為(-1)ILB【答案】A【解析】導(dǎo)線段abcd在磁場中的等效長度為ad兩點連線的長度，則；等效電流方向由ad，據(jù)左手定則，安培力方向沿紙面向上，A正確3高緯度地區(qū)的高空，大氣稀薄，常出現(xiàn)美麗的彩色“極光”。極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的弧狀極光，則關(guān)于這一現(xiàn)象中高速粒子的說法正確的是（）A高速粒子帶負電B粒子軌跡半徑逐漸增大C仰視時，粒子沿逆時針方向運動D仰視時，

4、粒子沿順時針方向運動【答案】D【解析】ACD在北極上空有豎直向下的磁場，帶電粒子運動的軌跡由地面上看沿順時針方向，則由左手定則得粒子帶正電，故AC錯誤，D正確；B運動過程中粒子因空氣阻力做負功，粒子的動能變小，速度減小，根據(jù)公式得則半徑變小，故B錯誤。故選D。4把一根柔軟的螺旋形彈簧豎直懸掛起來，使它下端剛好跟杯中的水銀面接觸，并使它組成如圖所示的電路，當(dāng)開關(guān)接通后將看到的現(xiàn)象是（ ）A彈簧向上收縮B彈簧被拉長C彈簧上下跳動D彈簧仍靜止不動【答案】C【解析】當(dāng)有電流通過彈簧時，構(gòu)成彈簧的每一圈導(dǎo)線周圍都產(chǎn)生了磁場，根據(jù)安培定則知，各圈導(dǎo)線之間都產(chǎn)生了相互的吸引作用，彈簧就縮短了，當(dāng)彈簧的下端離

5、開水銀后，電路斷開，彈簧中沒有了電流，各圈導(dǎo)線之間失去了相互吸引力，彈簧又恢復(fù)原長，使得彈簧下端又與水銀接觸，彈簧中又有了電流，開始重復(fù)上述過程故彈簧上下振動A. 彈簧向上收縮與分析不符，故A錯誤B. 彈簧被拉長與分析不符，故B錯誤C. 彈簧上下跳動與分析相符，故C正確D. 彈簧仍靜止不動與分析不符，故D錯誤5如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是（）A適當(dāng)增大電場強度EB適當(dāng)增大磁感應(yīng)強度BC適當(dāng)增大加速電場極板之間的

6、距離D適當(dāng)減小加速電壓U【答案】B【解析】A要使粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，故根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場力；適當(dāng)減小電場強度E，即可以減小電場力，或者適當(dāng)增大磁感強度B，可以增大洛倫茲力；故A錯誤，B正確；C適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)可得由于粒子兩者間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故C錯誤；D根據(jù)可得粒子故適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子在復(fù)合場中運動的速度v，從而減小洛倫茲力，故D錯誤。故選B。6速度選擇器是質(zhì)譜儀的重要組成

7、部分，它可以將具有某一速度的粒子挑選出來。圖中左右兩個豎直的金屬板分別與電源的負極和正極相連，金屬板內(nèi)部的勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過速度選擇器，然后通過平板S上的狹縫P進入另一磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，最終打在A點上。不計粒子的重力。下列表述正確的是（）A粒子帶負電B速度選擇器中的磁場方向為垂直于紙面向外C能沿直線通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D所有打在A點的粒子的質(zhì)量都相同【答案】C【解析】A.有左手定則可以判斷出粒子帶正電，故A錯誤；B.正粒子通過速度選擇器時，受到的電場力水平向左，則洛倫茲力與電場力平衡，所以水平向右，由左手定則可

8、知，磁場方向垂直紙面向里，故B錯誤；C.能沿直線通過狹縫P的帶電粒子，受力平衡，有則故C正確；D.打在A點的粒子運動半徑相等，由得即所以所有打在A點的粒子比荷相同，故D錯誤。故選C。7如圖所示，兩個質(zhì)量相等的帶電粒子a、b在同一位置A以大小相同的速度射入同一勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30和60，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后兩粒子都經(jīng)過B點，AB連線與磁場邊界垂直，則（）Aa粒子帶正電，b粒子帶負電B兩粒子的軌道半徑之比C兩粒子所帶電荷量之比D兩粒子的運動時間之比【答案】C【解析】A從圖可知，根據(jù)左手定則，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；B設(shè)磁場寬度為d，a粒子，根據(jù)幾何關(guān)系得b粒子，

9、根據(jù)幾何關(guān)系得所以B錯誤；C根據(jù)牛頓第二定律得解得所以C正確；Da粒子的偏轉(zhuǎn)角為，b粒子的偏轉(zhuǎn)角為根據(jù)時間公式可得時間之比為D錯誤。故選C。8回旋加速器的工作原理如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處（D形盒圓心）進入加速電場（初速度近似為零）D形盒半徑為R，粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，加速器接電壓為U的高頻交流電源若相對論效應(yīng)、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮下列論述正確的是A交流電源的頻率可以任意調(diào)節(jié)不受其他條件的限制B增大磁感應(yīng)強度B，粒子被加速后獲得的最大動能增大C增大電壓U，粒子被加速后獲得的最大動能增大D增大U或B，粒子在

10、D型盒內(nèi)運動的總時間t 都減少【答案】B【解析】A.根據(jù)回旋加速器的原理，每轉(zhuǎn)一周粒子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，粒子做圓周運動洛倫茲力提供向心力，則有：解得：粒子做圓周運動的周期：交流電源的頻率：解得：可知交流電源的頻率不可以任意調(diào)節(jié)故A錯誤；BC.質(zhì)子加速后的最大軌道半徑等于D型盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，則有：解得粒子的最大運行速度：質(zhì)子獲得的最大動能：解得：可知增大磁感應(yīng)強度B，粒子被加速后獲得的最大動能增大，粒子被加速后獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)故B正確，C錯誤；D.質(zhì)子完成一次圓周運動被電場加速2次，由動能定理得：經(jīng)過的周期個數(shù)為：質(zhì)子在D型盒磁場內(nèi)運動的時間：則有：

11、所以質(zhì)子在狹縫內(nèi)運動的時間：可見U越大，越??；B越大，t越大故D錯誤9如圖所示，邊長為l的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以垂直于方向的初速度從中點e點射入，從的中點f點射出。則下列說法正確的是（）A粒子帶正電B粒子帶負電C磁感應(yīng)強度D磁感應(yīng)強度【答案】BD【解析】AB粒子以垂直于方向的初速度從中點e點射入，從的中點f點射出，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤，B正確；CD根據(jù)幾何知識可知粒子運動的半徑為，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力故C錯誤，D正確。故選BD。10如圖所示，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B、方向均垂

12、直于紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電荷量絕對值為q的粒子（不計重力）垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，則下列說法正確的有（）A該粒子帶正電B粒子帶負電C該粒子不會到達坐標(biāo)原點OD該粒子第一次經(jīng)過第一象限和第二象限的時間和為【答案】BD【解析】AB由于粒子進入第二象限后向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤，B正確；C粒子在第二象限運動時，是以坐標(biāo)原點為圓心、軌跡為R的四分之一弧，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得即粒子進入第一象限后，磁感應(yīng)強度為2B，則粒子的運動半徑為根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子經(jīng)過y軸時恰好通過坐標(biāo)原點，如圖所示故C錯誤；D該粒子第一次經(jīng)過第二象限運動的時間為

13、粒子第一次在第一象限運動的時間為該粒子第一次經(jīng)過第一象限和第二象限的時間和為故D正確。故選BD。11如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的()ABCD【答案】ACD【解析】A由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，故A正確；BC當(dāng)重力大于洛倫茲力時，水平方向受摩擦力作用，做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為隨著速度的減小，加速度增大，直到速度減

14、為零后靜止，故B錯誤，C正確。D當(dāng)洛倫茲力大于重力時，水平方向受摩擦力作用，做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為隨著速度的減小，加速度減小，直到時，加速度為零，則圓環(huán)最后將做勻速直線運動，故D正確。故選ACD。12如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和 L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是（ ）AL1所受磁場作用力的方向與 L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場作用力的方向與 L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為DL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為【答案】BC【解析】A同向電流相互

15、吸引，反向電流相互排斥對L1受力分析，如圖所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面平行，故A錯誤；B對L3受力分析，如圖所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直，故B正確；CD設(shè)三根導(dǎo)線兩兩之間的相互作用力為F，則L1、L2受到的磁場力的合力等于F，L3受的磁場力的合力為，即L1、L2、L3單位長度受到的磁場力之比為，故C正確，D錯誤二、填空題（每空3分，共12分。把正確答案寫在答題卡中的橫線上）13物體的帶電量是一個不易測得的物理量，某同學(xué)設(shè)計了如下實驗來測量帶電物體所帶電量如圖（a）所示，他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足夠長的木板上，打點計時器固定在長木板末

16、端，物塊靠近打點計時器，一紙帶穿過打點計時器與物塊相連，操作步驟如下，請結(jié)合操作步驟完成以下問題：（1）為消除摩擦力的影響，他將長木板一端墊起一定傾角，接通打點計時器，輕輕推一下小物塊，使其沿著長木板向下運動多次調(diào)整傾角，直至打出的紙帶上點跡_，測出此時木板與水平面間的傾角，記為0（2）如圖（b）所示，在該裝置處加上一范圍足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場，用細繩通過一輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連，繩與滑輪摩擦不計給物塊A帶上一定量的正電荷，保持傾角0不變，接通打點計時器，由靜止釋放小物塊A，該過程可近似認為物塊A帶電量不變，下列關(guān)于紙帶上點跡的分析正確的是（_）A紙帶上的點跡間距先增加后減小至

17、零B紙帶上的點跡間距先增加后減小至一不為零的定值C紙帶上的點跡間距逐漸增加，且相鄰兩點間的距離之差不變D紙帶上的點跡間距逐漸增加，且相鄰兩點間的距離之差逐漸減少，直至間距不變（3）為了測定物體所帶電量q，除0、磁感應(yīng)強度B外，本實驗還必須測量的物理量有（_）A物塊A的質(zhì)量MB物塊B的質(zhì)量mC物塊A與木板間的動摩擦因數(shù) D兩物塊最終的速度v（4）用重力加速度g，磁感應(yīng)強度B、0和所測得的物理量可得出q的表達式為_【答案】間距相等（或均勻） D BD 【解析】試題分析：（1）此實驗平衡摩擦力后，確定滑塊做勻速直線運動的依據(jù)是，看打點計時器在紙帶上所打出點的分布應(yīng)該是等間距的（2）設(shè)A的質(zhì)量為M，B

18、的質(zhì)量為m，沒有磁場時，對A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根據(jù)平衡條件可知：f=Mgsin0，F(xiàn)N=Mgcos0又因為f=FN，所以；當(dāng)存在磁場時，以AB整體為研究對象，由牛頓第二定律可得（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a由此式可知，v和a是變量，其它都是不變的量，所以AB一起做加速度減小的加速運動，直到加速度減為零后做勻速運動，即速度在增大，加速度在減小，最后速度不變所以紙帶上的點跡間距逐漸增加，說明速度增大；根據(jù)逐差相等公式x=at2，可知，加速度減小，則相鄰兩點間的距離之差逐漸減少；勻速運動時，間距不變故D正確、ABC錯誤故選D（3）（4）根據(jù)（mg

19、+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，可得當(dāng)加速度減為零時，速度最大，設(shè)最大速度為v，則（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=0化簡得，把=tan0代入，得由此可知為了測定物體所帶電量q，除0、磁感應(yīng)強度B外，本實驗還必須測量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最終的速度v，故選BD三、計算題（本大題共4小題，共40分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟）14（8分）如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.4m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.04kg的導(dǎo)體棒ab垂直

20、放在金屬導(dǎo)軌上，當(dāng)接通電源后，導(dǎo)軌中通過的電流恒為I=1.5A時，導(dǎo)體棒恰好靜止，g取10m/s2已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：（1）磁場的磁感應(yīng)強度為多大？（2）若突然只將磁場方向變?yōu)樨Q直向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度為多少？【答案】(1)0.4T (2) 【解析】（1）導(dǎo)體棒受力如圖，建立直角坐標(biāo)系如圖，根據(jù)平衡條件得： F安-mgsin 37=0 而F安=BIL 解得B=0.4T （2）導(dǎo)體棒受力如圖，建立直角坐標(biāo)系如圖，根據(jù)牛頓第二定律得： Mgsin37-F安cos37=ma F安=BIL 解得：a=1.2m/s2 即導(dǎo)體棒的加速度大

21、小為1.2m/s2，方向沿斜面向下 15（8分）如圖是“電磁炮”模型的原理結(jié)構(gòu)示意圖光滑水平金屬導(dǎo)軌M、N的間距L=0.2m,電阻不計，在導(dǎo)軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小裝有彈體的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌M、N上的最左端，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒（含彈體) 的質(zhì)量m=0.2 kg,在導(dǎo)軌M、N間部分的電阻R=0.8,可控電源的內(nèi)阻r=0.2在 某次模擬發(fā)射時，可控電源為導(dǎo)體棒ab提供的電流恒為4103A,不計空氣阻力導(dǎo)體棒ab由靜止加速到4km/s后發(fā)射彈體，則(1)光滑水平導(dǎo)軌長度至少為多少？(2)該過程系統(tǒng)消耗的總能量為多少？【答案】(1)20m(2)l.76l06J【解析】（

22、1）由安培力公式有F=BIL=8l04N.彈體由靜止加速到4km/s，由動能定理知Fx=mv2. 則軌道長度至少為：x=20m （2）導(dǎo)體棒ab做勻加速運動，由F=mav=at解得該過程需要時間：t=ll0-2s該過程中產(chǎn)生焦耳熱：Q=I2（R+r）t=1.6l05J彈體和導(dǎo)體棒ab增加的總動能：Ek=mv2=1.6l06J. 系統(tǒng)消耗總能量：E=Ek+Q=l.76l06J16（12分）一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v沿與x正方向成60的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，進入第二象限的勻強電場中，電場強度為E不計粒子重力，求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；（2