階段驗收評價（一） 安培力與洛倫茲力

階段驗收評價（一）安培力與洛倫茲力(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．一長為L的直導(dǎo)線置于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，導(dǎo)線中的電流為I。下列說法正確的是()A．通電直導(dǎo)線受到安培力的大小為ILBB．無論通電直導(dǎo)線如何放置，它都將受到安培力C．通電直導(dǎo)線所受安培力的方向垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向構(gòu)成的平面D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以安培力對通電直導(dǎo)線不做功解析：選C只有當(dāng)通電直導(dǎo)線與磁場方向垂直時，通電直導(dǎo)線受到安培力的大小才等于ILB，選項A錯誤；當(dāng)通電直導(dǎo)線與磁場方向平行時，它不受安培力，選項B錯誤；通電直導(dǎo)線所受安培力的方向垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向構(gòu)成的平面，選項C正確；安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，安培力對通電直導(dǎo)線能做功，選項D錯誤。2.如圖所示，圖中曲線為兩段完全相同的六分之一圓弧連接而成的金屬線框(金屬線框處于紙面內(nèi))，每段圓弧的長度均為L，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中。若給金屬線框通以由A到C、大小為I的恒定電流，則金屬線框所受安培力的大小和方向為()A．ILB，垂直于AC向左 B．2ILB，垂直于AC向右C.eq\f(6ILB,π)，垂直于AC向左 D.eq\f(3ILB,π)，垂直于AC向左解析：選D弧長為L，圓心角為eq\f(π,3)，則弦長：AC＝eq\f(3L,π)，即計算金屬線框所受安培力時的有效長度。所以線框所受到的安培力：F＝BI·AC＝eq\f(3ILB,π)，由左手定則可知，線框受到的安培力方向為垂直于AC向左，故D正確，A、B、C錯誤。3．某電磁軌道炮的簡化模型如圖所示，兩圓柱形固定導(dǎo)軌相互平行，其對稱軸所在平面與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌長為L，間距為d，一質(zhì)量為m的金屬彈丸置于兩導(dǎo)軌間，彈丸直徑為d，電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好且不計摩擦阻力，導(dǎo)軌下端連接理想恒流電源，電流大小恒為I，彈丸在安培力作用下從導(dǎo)軌底端由靜止開始做勻加速運動，加速度大小為a。下列說法正確的是()A．將彈丸彈出過程中，安培力做的功為maL＋mgLsinθB．將彈丸彈出過程中，安培力做的功為I2Req\r(\f(2L,a))C．將彈丸彈出過程中，安培力的功率先增大后減小D．將彈丸彈出過程中，安培力的功率不變解析：選A對彈丸受力分析，由牛頓第二定律得：F安－mgsinθ＝ma，解得：F安＝mgsinθ＋ma，所以安培力做功W＝F安·L＝maL＋mgLsinθ，故A正確；I2Req\r(\f(2L,a))為彈丸彈出過程中產(chǎn)生的熱，不等于安培力做功，故B錯誤；由F安＝mgsinθ＋ma知，安培力為恒力，故安培力的功率P＝F安·v＝F安·at，故安培力的功率一直增大，故C、D錯誤。4.如圖為一臺直流電動機的簡化示意圖。已知轉(zhuǎn)子為n匝、長L、寬d的矩形線圈，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。當(dāng)線圈中通有恒定電流I，轉(zhuǎn)子繞線圈平面內(nèi)垂直于磁場的軸，由圖示位置順時針(從a看向b)轉(zhuǎn)過θ角時，轉(zhuǎn)動過程中線圈平面與磁場方向始終平行，轉(zhuǎn)子的ab邊受到的安培力大小為()A．nBILsinθ B．nBILcosθC．nBId D．nBIL解析：選D轉(zhuǎn)動過程中線圈平面與磁場方向始終平行，根據(jù)安培力公式可得轉(zhuǎn)子的ab邊所受的安培力大小F＝nBIL，選項D正確。5.在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下水平金屬直管的位置，某實驗小組設(shè)計了一種粗測裝置，如圖所示。圖中ab為金屬導(dǎo)體細直棒，用兩根等長絕緣細軟絲線懸掛在鋁質(zhì)水平框形支架上方點O的力傳感器上，傳感器在絲線的拉動下可繞豎直轉(zhuǎn)軸自由旋轉(zhuǎn)，支架底座為木質(zhì)。某次測量時，將該裝置放在金屬直管附近的水平地面上，先在金屬直管中通入恒定電流，再在ab中通入由a到b方向的恒定電流I，發(fā)現(xiàn)ab棒的a端從圖示位置向紙面外的方向緩慢旋轉(zhuǎn)，最后穩(wěn)定在垂直紙面的位置，絲線恰好處于豎直平面內(nèi)，忽略風(fēng)力和地磁場的影響，下列說法正確的是()A．地下金屬直管與圖中ab方向平行，且處于點O正下方，管中電流方向水平向右B．地下金屬直管與圖中ab方向垂直，且處于點O正下方，管中電流方向垂直紙面向外C．a(chǎn)b棒從圖示位置到第一次轉(zhuǎn)到與紙面垂直的過程中，力傳感器的示數(shù)逐漸變小D．a(chǎn)b棒從圖示位置到第一次轉(zhuǎn)到與紙面垂直的過程中，力傳感器的示數(shù)逐漸變大解析：選D根據(jù)同向電流相互吸引可知，方向不同的電流有轉(zhuǎn)動到方向相同位置的趨勢。所以金屬直管必在ab穩(wěn)定時的正下方，即在點O正下方，并且電流方向與ab穩(wěn)定時電流方向相同，垂直紙面向里，故A、B錯誤；由以上分析可知，ab棒轉(zhuǎn)動后，與通電金屬直管平行，因它們的電流同向，所以它們相互吸引，故力傳感器的示數(shù)逐漸變大，故C錯誤，D正確。6.如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上，有一方向垂直桌面的勻強磁場，現(xiàn)有兩條柔軟的輕質(zhì)通電金屬直導(dǎo)線P和Q(等長)，恰好平行且靜止在桌面上，則下列情況可能正確的是()A．P和Q中電流大小相等、方向相同，磁場方向垂直桌面向上B．P和Q中電流大小不等、方向相同，磁場方向垂直桌面向下C．P和Q中電流大小不等、方向相反，磁場方向垂直桌面向上D．P和Q中電流大小相等、方向相反，磁場方向垂直桌面向下解析：選D對P、Q受力分析可知，P和Q兩通電直導(dǎo)線在水平方向各自所受合外力為零，若通電方向相同，則P、Q所受勻強磁場的安培力的方向相同，而它們之間相互產(chǎn)生的安培力方向相反，合外力不可能都為零，故A、B錯誤；若通電方向相反，則P、Q所受勻強磁場的安培力方向相反，它們之間相互作用的安培力為排斥力，兩者大小相等，對P、Q整體由平衡條件結(jié)合F＝BIl知，P和Q中電流大小相等，C錯誤，D正確。7．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0解析：選B設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中上下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體棒受安培力的有效長度也為L，根據(jù)安培力計算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F＋F′＝1.5F，選項B正確。8.如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B。一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法正確的是()A．若v＝eq\f(E,B)，粒子做勻加速直線運動B．若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C．若粒子往右偏，粒子的電勢能增加D．若粒子做直線運動，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子還是做直線運動解析：選D若v＝eq\f(E,B)，即Eq＝qvB，則粒子做勻速直線運動，選項A錯誤；洛倫茲力對粒子不做功，選項B錯誤；若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢能減小，選項C錯誤；若粒子做直線運動，則滿足Eq＝qvB，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子所受的電場力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運動，選項D正確。9．如圖所示，在足夠長的熒光屏MN上方分布著勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.1T、方向垂直紙面向里。距離熒光屏h＝16cm處有一粒子源S，以v＝1×106m/s的速度不斷地在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射比荷eq\f(q,m)＝1×108C/kg的帶正電荷粒子(不計重力)，則粒子打在熒光屏上的長度為()A．12cm B．16cmC．20cm D．24cm解析：選C粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝10cm，當(dāng)粒子的軌跡與熒光屏相切于D點時為臨界情況，D點為粒子打到熒光屏上的最右邊的點，找到圓心O(到S點的距離與到MN的距離均為r的點)，如圖所示，由幾何知識有x2＝eq\r(r2－h(huán)－r2)＝8cm，粒子打在熒光屏上最左側(cè)的點記為C點，由幾何知識有x1＝eq\r(2r2－h(huán)2)＝12cm，故所求長度為x1＋x2＝20cm，選項C正確。二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，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)10.如圖所示，從S處發(fā)出的電子經(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)電子向下極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場的電場強度大小為E，磁場的磁感應(yīng)強度大小為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)減小電場強度大小EB．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度大小BC．適當(dāng)增大加速電場兩極板之間的距離D．適當(dāng)減小加速電壓U解析：選BD電子通過加速電場的過程，有：qU＝eq\f(1,2)mv2，則電子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場時的速度為v＝eq\r(\f(2qU,m))，電子向下極板偏轉(zhuǎn)，則滿足qE＜qvB＝qBeq\r(\f(2qU,m))，欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，則應(yīng)有qE＝qvB，所以應(yīng)增大E或減小B或者減小U，故B、D正確，A、C錯誤。11.如圖所示的空間有水平向左的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小環(huán)沿不光滑的豎直絕緣桿自靜止開始下滑，則()A．小環(huán)的加速度不斷減小直至為零B．小環(huán)的加速度先增大后減小直至為零C．小環(huán)的速度先增大后減小直至為零D．小環(huán)的動能不斷增大直至某一最大值解析：選BD可假設(shè)小環(huán)帶正電荷來進行分析，小環(huán)水平方向上所受合力為零，豎直方向從靜止開始向下運動，故得：水平方向：qE＝qvB＋N；豎直方向：mg－μN＝ma，隨速度v的增大，N先減小到零后又反向增大，a先增大到g后又減小到零再保持不變；當(dāng)a＝0時速度達到最大值，以后速度保持不變，故B、D選項正確。12.某圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有兩個不同的粒子a、b，以不同的速度同時由A點沿AO(O為圓心)方向射入圓形磁場區(qū)域，又同時由C點及B點分別射出磁場，其運動軌跡如圖所示虛線AB弧長等于磁場圓周長的eq\f(1,3)，虛線AC弧長等于磁場圓周長的eq\f(1,4)，粒子始終在紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。則下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶3B．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動的周期之比Ta∶Tb＝3∶4C．a(chǎn)、b粒子的比荷之比eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2D．a(chǎn)、b粒子的速率之比va∶vb＝eq\r(3)∶4解析：選AC設(shè)磁場半徑為R0，粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系，可以得出Ra＝R0，Rb＝eq\f(R0,tan30°)＝eq\r(3)R0，所以Ra∶Rb＝eq\r(3)∶3，故A正確；因為兩粒子同時進入，同時射出，所以eq\f(1,6)Tb＝eq\f(1,4)Ta，即：eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(2,3)，故B錯誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，所以比荷之比eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2，故C正確；根據(jù)半徑關(guān)系Ra∶Rb＝eq\r(3)∶3，比荷關(guān)系eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2，且R＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立解得va∶vb＝eq\r(3)∶2，故D錯誤。13.如圖所示，abcd是一個邊長為L的正方形區(qū)域，內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，在ab邊的中點垂直ab方向射入帶正電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，為使帶電粒子只從ad邊射出，則粒子入射的速度大小可以是()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(qBL,m)C.eq\f(4qBL,5m) D.eq\f(3qBL,5m)解析：選BCD粒子分別以最小速度、最大速度入射時的軌跡如圖①②所示，由①得：2r＝eq\f(1,2)L，r＝eq\f(1,4)L＝eq\f(mv小,qB)，v?。絜q\f(qBL,4m)。由②得：r2＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(L,2)))2，r＝eq\f(5,4)L＝eq\f(mv大,qB)，v大＝eq\f(5qBL,4m)。B、C、D選項的速度大小在上述速度范圍之內(nèi)，故B、C、D正確。14.如圖所示，空間存在一水平方向的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，且電場方向與磁場方向垂直。在電磁場的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在絕緣桿上。若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動。已知小球電量保持不變，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．小球的初速度為eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止C．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止D．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則運動中克服摩擦力做功為eq\f(m3g2,2q2B2)解析：選ACD小球受力如圖所示：電場力的大?。篎E＝qE＝eq\r(3)mg，重力與電場力的合力：F＝eq\r(FE2＋mg2)＝2mg，由幾何關(guān)系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功。所以，當(dāng)小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有彈力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，解得：v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正確；若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，則洛倫茲力：f洛＝qv0B＝3mg＞F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的壓力，則摩擦力：f＝μN，小球?qū)⒆鰷p速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則洛倫茲力：f洛＝qv0B＝mg＜F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：f＝μN，小球?qū)⒆鰷p速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，故C正確；若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，運動中克服摩擦力做功等于小球的動能，所以有：W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D正確。三、非選擇題(本題共4小題，共53分)15．(11分)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復(fù)到未放重物時的位置并靜止，由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈匝數(shù)為n，線圈電阻為R，重力加速度為g。(1)供電電流I是從C端還是D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系。(2)若線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？解析：(1)秤盤和線圈向上恢復(fù)到未放置重物時的位置靜止，說明安培力的方向向上，由左手定則即可判斷出電流的方向是逆時針方向(從上向下看)，電流由C端流出，由D端流入。兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B，磁極寬度均為L，線圈匝數(shù)為n，左右兩側(cè)受力相等，由F安＝mg和F安＝2nBIL，得m＝eq\f(2nBL,g)I。(2)設(shè)稱量的最大質(zhì)量為m0，由m＝eq\f(2nBL,g)I和P＝I2R，得m0＝eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))。答案：(1)D端m＝eq\f(2nBL,g)I(2)eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))16．(12分)如圖所示，在與水平方向成60°角的光滑金屬導(dǎo)軌間連一電源，在相距1m的平行導(dǎo)軌上放一重為3N的金屬棒ab，棒上通過3A的電流，磁場方向豎直向上，這時金屬棒恰好靜止，求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小。(2)ab棒對導(dǎo)軌的壓力大小。(3)若要使B取值最小，其方向應(yīng)如何調(diào)整？并求出最小值。解析：(1)金屬棒靜止時，其受力如圖所示則有：F＝Gtan60°，即BIl＝Gtan60°，解得B＝eq\f(\r(3)G,Il)＝eq\r(3)T。(2)由牛頓第三定律可知，金屬棒ab對導(dǎo)軌的壓力與金屬棒受到的支持力N大小相等，N＝eq\f(G,cos60°)＝6N。(3)若要使B取值最小，即安培力F最小。顯然當(dāng)F平行于斜面向上時，F(xiàn)有最小值，此時B應(yīng)垂直斜面向上，且有：F＝Gsin60°，所以BminIl＝Gsin60°，解得Bmin＝eq\f(Gsin60°,Il)＝eq\f(\r(3),2)T。答案：(1)eq\r(3)T(2)6N(3)B應(yīng)垂直斜面向上eq\f(\r(3),2)T17．(14分)如圖所示，靜止于A處的帶正電荷粒子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中eq\f(1,4)圓周虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN豎直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小變化，方向如圖所示，CNQD為勻強磁場的邊界，邊界處無磁場)。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射狀分布的電場，粒子途經(jīng)圓弧各處場強大小均為E，方向如圖所示。已知圓弧虛線的半徑為R，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，QN＝2R，PN＝3R，粒子重力不計。(1)求加速電場中的電壓U的大??；(2)若粒子最終能打在QN上，求磁感應(yīng)強度B的取值范圍。解析：(1)粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qE＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(qER,m))，粒子在加速電場中加速，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得U＝eq\f(1,2)ER。(2)粒子的運動軌跡如圖所示，當(dāng)粒子恰好過N點時，由幾何關(guān)系得r1＝eq\f(3,2)R，當(dāng)粒子的軌跡剛好與QD相切時，由幾何關(guān)系可得r2＝2R，若粒子最終能打在QN上，且由邊界處無磁場可知粒子的軌跡半徑取值范圍為eq\f(3,2)R≤r<2R。粒子在磁場中做勻速圓周運動。由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(1,2)eq\r(\f(Em,qR))<B≤eq\f(2,3)eq\r(\f(Em,qR))。答案：(1)eq\f(1,2)ER(2)eq\f(1,2)eq\r(\f(Em,qR)