学年物理人教版选择性第二册单元素养检测一 安培力与洛伦兹力.docx
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学年物理人教版选择性第二册单元素养检测一安培力与洛伦兹力
单元素养检测
（一） 安培力与洛伦兹力
时间：
90分钟 满分：
100分
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
1．如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛伦兹力方向标示正确的是（ ）
2．如图所示，一根导线位于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝l，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.现给这根导线通入由A至E的恒定电流I，则导线受到磁场作用的合力大小为（ ）
A．2
BIlB.
BIl
C．（2＋
）BIlD．4BIl
3．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子（重力不计）可能沿水平方向向右做直线运动的是（ ）
4.
电视显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
5.
固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图所示方向的电流，用测力计悬挂在导线c的上方，导线c中通以如图所示的电流时，以下判断正确的是（ ）
A．导线a端转向纸外，同时测力计读数减小
B．导线a端转向纸外，同时测力计读数增大
C．导线a端转向纸里，同时测力计读数减小
D．导线a端转向纸里，同时测力计读数增大
6.
一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为（ ）
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
7．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）
A．离子从磁场中获得能量
B．电场的周期随离子速度增大而增大
C．离子由加速器的中心附近射入加速器
D．当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速电荷量q相同的离子
8．如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，从整体上来说呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块正对面积为S，相距为d的平行金属板，与外电阻R相连构成电路．设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g，则流过外电阻R的电流I及电流方向为（ ）
A.
，A→R→B
B.
，B→R→A
C.
，A→R→B
D.
，B→R→A
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分）
9．如图所示，虚线左侧的匀强磁场磁感应强度为B1，虚线右侧的匀强磁场磁感应强度为B2，且B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的（ ）
A．速率将加倍
B．轨迹半径将加倍
C．周期将加倍
D．做圆周运动的角速度将加倍
10．如图所示，质量为m的带电绝缘小球（可视为质点）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场．现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等
B．小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等
C．小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同
D．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样
11．一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是（ ）
A．D形盒之间交变电场的周期为
B．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
C．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
D．质子离开加速器时的最大动能与R成正比
12.
如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，欲使粒子不能从边QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13．（8分）如图所示，虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场所受的安培力，来测量磁场磁感应强度的大小并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；
为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
（1）在图中画线连接成实验电路图．
（2）完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1.
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________________，然后读出________________，并用天平称出________________．
④用米尺侧量________．
（3）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________________.
（4）判定磁感应强度方向的方法：
若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
14．（8分）
如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小．
15．（8分）
在真空中，半径r＝3×10－2m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B＝0.2T．一个带正电的粒子，以初速度v0＝106m/s，从直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷
＝108C/kg，不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少？
（2）若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0方向与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角β.
16．（10分）如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
17.（12分）如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块足够长的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率均为v＝3.0×106m/s，已知α粒子的比荷
＝5.0×107C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，不计α粒子重力，求ab上被α粒子打中的区域的长度．
18．（14分）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R＝5cm的圆，与y轴相切于点Q（0，5
cm），圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．在x＝－10cm处有一个比荷为
＝1.0×108C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106m/s，粒子在Q点进入第一象限．在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2T．粒子经该磁场偏转后，在x轴M点（6cm,0）沿y轴负方向进入第四象限（不考虑粒子的重力）．求：
（1）第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小．
（2）第一象限内矩形磁场区域的最小面积．
单元素养检测
（一） 安培力与洛伦兹力
1．解析：
A图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误；B图中带负电粒子的运动方向与磁感线平行，此时不受洛伦兹力的作用，选项B错误；C图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确；D图中带负电的粒子向上运动，掌心向里，四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．
★★答案★★：
C
2．解析：
据题图和几何关系求得A、E两点间的距离为：
L等＝（2＋
）l.
据安培力公式得F＝BIL等＝（2＋
）BIl，故A、B、D错误，C正确．
★★答案★★：
C
3．解析：
在A图中，电子向右运动，受力如图电子做曲线运动，A错误；在B图中，电子只受向左的电场力，不受洛伦兹力，只要电子v足够大，可以向右做匀减速直线运动，通过电磁场，B正确；在C图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向下，与v不共线，做曲线运动，C错误；在D图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向上，与v不共线，做曲线运动，D错误．
★★答案★★：
B
4．解析：
电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的Bt图的图线应在t轴下方，C、D错误；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的Bt图的图线应在t轴上方，A正确、B错误．
★★答案★★：
A
5．解析：
导线c中电流产生的磁场在右边平行纸面斜向左上，在左边平行纸面斜向左下，在ab左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里，知ab导线逆时针方向（从上向下看）转动．当ab导线转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致测力计的读数变大，故B正确，A、C、D错误．
★★答案★★：
B
6．解析：
先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示．可以判断导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析导线转过90°时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．
★★答案★★：
D
7．解析：
离子在电场力作用下，从电场中获得能量，而洛伦兹力始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，离子不能从磁场中获得能量，A错误；离子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，应使离子从中心附近射入加速器，C正确；加速离子时，交变电场的周期与离子在磁场中运动的周期相等，离子在磁场中运动的周期T＝
，与离子速度无关，与离子的比荷有关，当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速比荷相同的离子，B、D错误．
★★答案★★：
C
8．解析：
由左手定则知，正离子向上偏，负离子向下偏，故电流方向为A→R→B，设带电离子电荷量为q，由q
＝qvB，I＝
，r＝ρ
，ρ＝
，联立解得I＝
，故选C.
★★答案★★：
C
9．解析：
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径R＝
，周期T＝
，角速度ω＝
＝
，洛伦兹力不做功，B1＝2B2，故由B1进入B2后v不变，R加倍，T加倍，ω减半，B、C正确．
★★答案★★：
BC
10．解析：
由题意可知，当进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且力的方向与速度垂直，所以只有重力做功，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，加速度相同，从A至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，A、C、D正确；由于进出磁场的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以细线的拉力的大小不同，故B错误．
★★答案★★：
ACD
11．解析：
D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A项正确；由r＝
得：
当r＝R时，质子有最大速度vm＝
，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，B正确，C错误；质子离开加速器时的最大动能Ekm＝
mv
＝
，故D错误．
★★答案★★：
AB
12．解析：
粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝
知，粒子的入射速度v0越大，R越大．当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示（此时圆心为O点），容易看出R1－R1sin（90°－45°）＝d，将R1＝
代入得v0＝
，选项B正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示（此时圆心为O′点），容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝
代入得v0＝
，选项C正确．
★★答案★★：
BC
13.
解析：
（1）根据实验目的和电磁天平的原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U形金属框串联起来，连接成如答图所示的电路图．
（2）设金属框质量为M，托盘质量为m0，第一次操作中未接通电源时由平衡条件得Mg＝（m0＋m1）g；第二次接通电源后，重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，用天平称出此时细沙的质量m2，并测量出金属框底部的长度l.
（3）若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件得BIl＋Mg＝（m0＋m2）g，两式联立解得B＝
.若金属框受到的安培力竖直向上，则B＝
.综上可得B＝
g.
（4）若m2>m1，则由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
★★答案★★：
（1）如解析图所示（1分）
（2）③重新处于平衡状态（1分） 电流表的示数I（1分） 此时细沙的质量m2（1分） ④D的底边长度l（1分） （3）
g（2分） （4）m2>m1（1分）
14．解析：
（1）根据闭合电路欧姆定律I＝
＝1.5A．（2分）
（2）导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.3N．（2分）
（3）导体棒受力分析如图，将重力正交分解
F1＝mgsin37°＝0.24N，（1分）
F1解得Ff＝0.06N．（2分）
★★答案★★：
（1）1.5A
（2）0.3N （3）0.06N
15．解析：
（1）粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当其做圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：
qv0B＝
（2分）
得R＝
＝5×10－2m．（2分）
（2）粒子在圆形磁场区域的运动轨迹为一段半径R＝5cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦的中垂线上，如图所示，由几何关系知sinθ＝
＝0.6，所以θ＝37°，（2分）
而最大偏转角β＝2θ＝74°.（2分）
★★答案★★：
（1）5×10－2m
（2）θ＝37° β＝74°
16．解析：
（1）正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，qv0B0＝
，（2分）
正离子做匀速圆周运动的周期T0＝
，（1分）
联立两式解得磁感应强度B0＝
.（2分）
（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，当正离子在两板之间只运动一个周期，即t＝T0时，有r＝
，（1分）
当正离子在两板之间运动n个周期，即t＝nT0时，有
r＝
（n＝1,2,3，…），（2分）
联立解得正离子的速度的可能值为
v0＝
＝
（n＝1,2,3，…）．（2分）
★★答案★★：
（1）
（2）
（n＝1,2,3，…）
17．解析：
α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示其轨迹半径，有qvB＝m
，（2分）
可得R＝
，（1分）
代入数值得R＝10cm，（1分）
则2R>l>R.（1分）
由于α粒子的速率一定，轨迹半径一定，则由定圆旋转法作出α粒子运动的临界轨迹如图所示，其中SP垂直于ab，在P1点α粒子的运动轨迹与ab板相切，即P1点为ab上被α粒子打中区域的左边界，由几何知识有
P1P＝
，（2分）
P2点为ab上被α粒子打中区域的右边界，
SP2＝2R，由几何关系得PP2＝
，（2分）
所求长度为P1P2＝P1P＋PP2，（1分）
代入数据得P1P2＝20cm.（2分）
★★答案★★：
20cm
18．解析：
（1）画出粒子的运动轨迹，如图所示
作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60°（2分）
设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系有tan60°＝
（2分）
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B＝m
（2分）
解得B＝
T.（2分）
（2）粒子在第一象限内转过
圆周，
设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m
（2分）
答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得
Smin＝
r2
（2分）
联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin＝4（
－1）cm2.（2分）
★★答案★★：
（1）
T
（2）4（
－1）cm2
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