2023屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)-安培力與洛倫茲力綜合復(fù)習(xí)含解析

2023屆高中物理高考備考一輪總復(fù)習(xí)

安培力與洛倫茲力綜合復(fù)習(xí)卷

一、單選題（共7題）

1.歷史上，電流的單位“安培”是利用電流間的相互作用力來定義的，定義方式為□真空中相距1米的兩根

無限長的平行細(xì)直導(dǎo)線內(nèi)通過相同大小的恒定電流，當(dāng)兩導(dǎo)線每米長度之間產(chǎn)生的力等于2x10-7牛頓時，

則規(guī)定導(dǎo)線中通過的電流為1安培。考慮兩根平行的高壓輸電線，假設(shè)其距離為1米，輸電電流為1000

安培，已知電流產(chǎn)生的磁場正比于電流大小，空氣對導(dǎo)線間作用力的影響可以忽略，則兩根輸電線每米長

度之間的相互作用力大小約為（）

A.2x10〃牛頓B.2x104牛頓

C.4x10-4牛頓D.2x10」牛頓

2.如圖所示，用粗細(xì)均勻的電阻絲折成平面梯形框架必cd。其中必、cd邊均與ad邊成60。角，

ab=bc=cd=L,長度為Z,的電阻絲電阻為叫,，框架與一電動勢為E,內(nèi)阻r=（）.8&的電源相連接，垂直

于框架平面有垂直于紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場，則梯形框架必〃受到的安培力的大小為（）

3.場是高中物理中一個非常重要的概念，我們已經(jīng)學(xué)習(xí)了電場和磁場，下列有關(guān)場的說法正確的是（）

A.電場線和磁感線都是閉合的曲線

B.同一試探電荷在電場強(qiáng)度越大的地方受到的電場力越大

C.帶電粒子如果只受電場力的作用，一定沿電場線運(yùn)動

D.處于磁場中的帶電粒子一定會受到磁場對它的力的作用

4.質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生一個

質(zhì)量為〃?、電荷量為q的正離子，離子產(chǎn)生出來時的速度很小，可以認(rèn)為是靜止的。離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過

電壓U加速，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，沿著半圓周運(yùn)動最后到達(dá)照相底片尸上，測得它在P上的

位置到入口處耳的距離為X,若某離子通過上述裝置后，測得它在戶上的位置到入口處M的距離大于X,

則說明（)

A.離子的質(zhì)量一定變大B.加速電壓。一定變大

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度8一定變大D.離子所帶電荷量g可能變小

5.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場，是一豎直放置的足夠長感

光板。從圓形磁場最高點(diǎn)P以大小為丫=迎的速度垂直磁場沿各方向射入大量帶正電的粒子，且粒子所

m

帶電荷量為4、質(zhì)量為機(jī)。不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動，以下說法正

確的是（）

A.射出磁場的粒子不能垂直打在上

B.粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧軌跡不可能過圓心O

C.射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線不可能過圓心O

D.射出磁場的粒子的速度方向都是相互平行的

6.如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場，一

點(diǎn)電荷從圖中/點(diǎn)以速度W垂直磁場射入，當(dāng)該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180。如圖，不計

電荷的重力，下列說法不氐碩的是（）

'"、XX.,J

...........--

A.該點(diǎn)電荷帶負(fù)電

B.該點(diǎn)電荷離開磁場時速度反方向延長線通過O點(diǎn)

C.該點(diǎn)電荷的比荷為幺=鐺

mBR

D.該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動時間為『=等

7.如圖所示，在長方形MNP。中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子。、6、

c以不同的速率從。點(diǎn)沿垂直于P。的方向射入磁場。圖中實(shí)線是它們的軌跡，已知。是尸。的中點(diǎn)。不

計粒子重力。下列說法中正確的是（）

A.粒子c帶負(fù)電，粒子。、6帶正電

B.射入磁場時，粒子。的速率最小

C.粒子c在磁場中運(yùn)動的時間最長

D.若勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，其他條件不變，則粒子“在磁場中的運(yùn)動時間不變

二、多選題（共5題）

8.下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向的說法正確的是（）

A.某處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是一小段通電導(dǎo)體放在該處時所受磁場力的方向

B.小磁針N極所受磁場力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

C.垂直于磁場放置的通電導(dǎo)線的受力方向就是磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

D.磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場方向

9.如圖所示，半徑為，?的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。現(xiàn)有一帶電粒子

（不計重力）從“以速度口沿圓形區(qū)域的直徑射入磁場，已知帶電粒子從C點(diǎn)射出磁場的方向與入射方向

A.該粒子帶正電

B.該粒子帶負(fù)電

C.帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比曳=如

m3Br

D.帶電粒子從Z到C所用的時間f=2回

3v

10.如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有一勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁場方向垂直于紙面向外。一

質(zhì)量為機(jī)、帶電量為+4的粒子（不計重力），以速度v從P點(diǎn)垂直磁場方向射入，速度方向與尸O的夾角

6=30。，POVMN,最后粒子垂直于A/N射出，則下列說法正確的是（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為下B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

qR2qR

C.粒子在磁場中運(yùn)動時間為WD.粒子在磁場中運(yùn)動時間為孚

11.如圖所示，平行板電容器所帶的電荷量為。，板間距離為乩豎直平面的右側(cè)有一個垂直于紙面

向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。帶電粒子以初速度vo從左側(cè)進(jìn)入電容器，入射方向與電場垂直,

之后從上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場，接著再從。點(diǎn)離開磁場,整個裝置處于真空環(huán)境中，不計粒子受到的重力，

忽略電場的邊緣效應(yīng)，下列說法正確的是（）

A.增大初速度vo,粒子在磁場中運(yùn)動的時間會變短

B.減少電容器所帶的電荷量。，P、。間的距離會變小

C.增大磁感應(yīng)強(qiáng)度8,P、。間的距離會變小

D.增大板間距離乩粒子在磁場中運(yùn)動的半徑會變小

12.如圖，勻強(qiáng)磁場中位于尸處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量為〃?、電荷量為

外速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏的距離為乩設(shè)熒光屏足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互

作用。下列判斷正確的是（）

NXXXX

A.若磁感應(yīng)強(qiáng)度8則發(fā)射出的粒子到達(dá)熒光屏的最短時間為三

qa2v

B.若磁感應(yīng)強(qiáng)度B=W，則同一時刻發(fā)射出的粒子到達(dá)熒光屏的最大時間差為答

qd6v

C.若磁感應(yīng)強(qiáng)度8=笠，則熒光屏上形成的亮線長度為（1+行）d

2qd

D.若磁感應(yīng)強(qiáng)度8=（三，則熒光屏上形成的亮線長度為（布+G）"

三、解答題（共4題）

13.如圖所示,邊長為工的等邊三角形區(qū)域a從內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,

d、e分別為兒、〃邊的中點(diǎn)，a點(diǎn)左側(cè)有兩平行正對極板，兩極板中心分別開有小孔。、O',且O、O'、

。、6在同一直線上。在兩極板上加上電壓，將質(zhì)量為“、電荷量為g的帶正電粒子從。點(diǎn)由靜止釋放，

粒子被加速后進(jìn)入磁場區(qū)域，并恰好從d點(diǎn)射出磁場，不計粒子所受重力。

（1）求兩極板間所加電壓的大小G；

（2）若改變加速電場的電壓，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間f。

/\

/x\

/\

e/x\,

??a

//XXX\、

/XXX\

n\|(9/xxxxx\,

II。---------------------b

14.如圖所示，在直角三角形。取區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直于紙面向外。從

離子源產(chǎn)生的正離子的質(zhì)量為如電荷量為q,由靜止經(jīng)加速電壓。加速后，沿平行于x軸的方向射入磁

場；一段時間后，該粒子在0P邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上

與x軸的夾角為45。，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為"，不計重力。求：

(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

(2)帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間。

八歹

離子源加「-.二--.,.P

二....十，/

1H--U---H1??盧/

15.如圖所示，將原長為工的輕質(zhì)絕緣彈簧固定在一傾斜角為矢37。的絕緣光滑斜面底部，原長處為0點(diǎn)，

1L

的長度為丁，為絕緣的光滑半圓弧軌道。虛線垂直于斜面，MN下方的勻強(qiáng)電場沿斜面向

下，上方的勻強(qiáng)電場沿斜面向上，電場強(qiáng)度大小相等?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的B球帶正電，電荷量為q,質(zhì)量

為m,將其靠在彈簧的上端(不粘連)，壓縮彈簧至其長度變?yōu)獒軙r，彈簧的彈性勢能為Ep=3mgL。釋放B

之后，B剛好運(yùn)動到〃點(diǎn)速度減小為零，整個過程小球帶電量不變。求口

(1)電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)若小球B仍從相同的位置釋放，但下方的電場減小為原來的一半，小球?qū)_上半圓軌道，求口

□求小球沖到M點(diǎn)的動能為多大？

□若要保證小球能沿軌道運(yùn)動到達(dá)N點(diǎn)，則軌道半徑R的取值范圍？

參考答案

1.D

【詳解】

根據(jù)安培力的公式

F=Bll

電流為1000倍，所以磁場為1000倍，根據(jù)上述公式可知，力為1000000倍，故

尸=2x10-1N

D正確。

故選D。

2.B

【詳解】

因?yàn)槎鴆d部分的電阻為3凡，而ad部分的電阻為2%,可知并聯(lián)電阻為

3%x2R°=

34+29

電路總電流

I=E=E

R+r25

對線框的整體研究，則整個線框受安培力為

號

故選B。

3.B

【詳解】

A.電場線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，不是閉合曲線，A錯誤；

B.電荷受到的電場力，F(xiàn)=qE,同一試探電荷在電場強(qiáng)度越大的地方受到的電場力越大，B正確；

C.電場線的切線方向表示某點(diǎn)的場強(qiáng)方向，所以帶電粒子的受力分向不沿電場線的方向，所以帶電粒子

不一定沿電場線運(yùn)動，C錯誤；

D.當(dāng)粒子運(yùn)動的方向與磁場平行時，不受洛倫茲力的作用，D錯誤。

故選B?

4.D

【詳解】

在加速電場中，根據(jù)動能定理有

口1、

qU=—mv~

得

卡

Vm

進(jìn)入磁場后，有

qvB=m—

R

又

x=2R

所以

_2mv_2ml2qU_18mL/

可以看出，x變大，可能是因?yàn)榍凶兇蠡?。變大或夕變小或B變小。

故選D。

【規(guī)律總結(jié)】

質(zhì)譜儀是研究同位素的一種重要的設(shè)備，帶電粒子加速后，獲得動能，以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，洛

倫茲力提供向心力，到達(dá)照相底片上的位置和入射點(diǎn)間的距離是偏轉(zhuǎn)半徑的兩倍。

5.D

【詳解】

A.帶電粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力有

v2

qvBD=m——

r

帶入數(shù)據(jù)，可得

r—R

粒子平行于感光板射入磁場時，一定垂直打在上。故A錯誤；

B.射入磁場的粒子沿各個方向均有，故磁場中運(yùn)動的圓弧軌跡有可能過圓心0。故B錯誤；

C.如圖所示，兩個三角形全等，粒子一定沿著半徑方向射出磁場，其出射方向的反向延長線一定通過圓

心。。

故C錯誤；

D.根據(jù)上面選項(xiàng)分析，軌跡圓的半徑等于磁場圓的半徑，則沿不同方向射入的帶電粒子的入射點(diǎn)、出射

qvB=m——

R

可得

R=—

Bq

粒子。的運(yùn)動半徑最小，所以速率最小，故B正確；

C.粒子在磁場中運(yùn)動的周期為

,2TIR2nm

1=----=-----

vBq

運(yùn)動的時間/與轉(zhuǎn)過的圓心角a滿足關(guān)系式

a丁am

t=-1=----

27rBq

粒子。在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，所以運(yùn)動時間最長，故c錯誤；

D.根據(jù)周期公式可知若勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運(yùn)動時間變短,

故D錯誤；

故選B。

8.BD

【詳解】

A.某處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與一小段通電導(dǎo)體放在該處時所受磁場力的方向垂直，A錯誤；

B.根據(jù)磁場的方向的規(guī)定可知，小磁針N極受磁力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；

C.根據(jù)左手定則可知，垂直于磁場放置的通電導(dǎo)線的受力方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，C錯誤；

D.磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場方向，D正確。

故選BD。

9.BC

【詳解】

AB,離子在/點(diǎn)受到的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則判斷得知該離子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤，B正確；

由幾何知識得

7?=rcot30°

得

q_y/3v

tn3rB

選項(xiàng)C正確；

D.帶電粒子從4到C所用的時間

T兀R△兀r

t=-=----=-------

63v3v

選項(xiàng)D錯誤。

故選BCo

10.BC

【詳解】

AB.根據(jù)牛頓第二定律得

??????????????????????????????????????????

解得

A錯誤，B正確；

CD.運(yùn)動時間為

??????????????????????????????????????

解得

C正確，D錯誤。

故選BC。

11.AC

【詳解】

BC.設(shè)粒子離開電場時速度的偏角為a,可得進(jìn)入磁場的速度為

cosa

設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為，?，由牛頓第二定律可得

qvB=m—

P、。的間距為

L=2rcosa

聯(lián)立可得

L=g

qB

B錯誤，C正確；

D.極板間的場強(qiáng)

_U_Q_Q_4乃kQ

rJD===-=--------

dCd￡S.S

,u￡

4/rkd

增大板間距離d,場強(qiáng)E不變，離開電場時速度的偏角滿足

vatqEl

tancr=—=—=——r

%%加%

故偏角。不變，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑

mv

r——=----------

qBqBcosa

保持不變，D錯誤；

A.由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為180+2a,運(yùn)動周期為

_27n71

1=-----

qB

故粒子在磁場中的運(yùn)動時間為

180+2*

t-/

360

由D的分析可知，增大初速度為,偏角口減小，故粒子在磁場中運(yùn)動的時間會變短，A正確。

故選AC。

12.BD

【詳解】

mv

AB.若磁感應(yīng)強(qiáng)度3=r，即粒子的運(yùn)動半徑為

qa

mv

r=~~=d

qB

如圖所示：

粒子運(yùn)動的周期

到達(dá)熒光屏的粒子運(yùn)動時間最長的是發(fā)射速度沿垂直且背離運(yùn)動的粒子，其運(yùn)動時間為

3_371d

4=-/=---

142v

運(yùn)動時間最短的是以d為弦長的粒子，運(yùn)動時間為

所以最大時間差為

=~7

故A錯誤，B正確；

tnv

CD.若磁感應(yīng)強(qiáng)度B=二7,即粒子的運(yùn)動半徑為

2qd

R=2d

到達(dá)熒光屏最下端的粒子的軌跡是與"N相切的，設(shè)下半部分的亮線長度為X"根據(jù)幾何關(guān)系，有

:+(R-d)2=R2

解得

分析可知，當(dāng)粒子射入磁場速度越小，圓心角越大，當(dāng)粒子從此邊射出磁場時，由于弦切角始終為

Ncab=60°，故圓心角最大為，=120？,由洛倫茲力提供向心力可知

qvB=-----

R

粒子的周期

丁24R

1=-----

V

粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間

t=-^—T

360°

聯(lián)立解得

27tm

t=

3qB

1「4(/1八)D2\mU/八(兀Ad/m

-BR『⑵匕+卜

【詳解】

(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q,加速后的速度大小為v,由動能定理有

qU=—mv2

設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

V2

qvB=m—

r

由幾何關(guān)系知

d=y[2r

聯(lián)立各式得

8=2區(qū)

d\q

(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸經(jīng)過的路程為

J

、一N

離子源?..?.)

I------?__________L.

1——ii?f??、尸/

?，1|/

z.

，\45。

oX

$=%一幽值+1]

22(2J

帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動到工軸的時間為

v(2)2\qU

3mg

15.(I)—(2)0<R<-L

5q48

【詳解】

(1)由動能定理得

L7￡

E-(mgsin0+Eq)(L---F——)=0-()

P44

解得

E*

5q

(2)小球沖到M點(diǎn)E向過程中，由動能定理得

pI7/

Ep-(mgsin0+—q)(L--+^)=Ek-O

解得

E_3mgL

卜一4

受力分析可知，小J成在圓弧軌道運(yùn)動的等效最高點(diǎn)在N點(diǎn)。若小球剛好能夠運(yùn)動到N點(diǎn)，則R最大為

"點(diǎn)到N點(diǎn)動能日理得