-新教材高中物理第一章安培力与洛伦兹力章末检测含解析新人教版选择性必修第二册

PAGEPAGE10安培力与洛伦兹力(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图所示，AC是一个用导线弯成的半径为R、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以方向由A到C、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()A．eq\f(πBIR,2)，垂直AC的连线指向右上方B．eq\f(πBIR,2)，垂直AC的连线指向左下方C．eq\r(2)BIR，垂直AC的连线指向右上方D．eq\r(2)BIR，垂直AC的连线指向左下方解析：选CA到C四分之一圆弧通过电流I可以等效为长度为eq\r(2)R的通电导线，根据左手定则判断安培力的方向为垂直AC的连线指向右上方，且安培力的大小F＝BIl＝eq\r(2)BIR，故C项正确。2．如图所示，一束电子沿某坐标轴运动，在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，则该束电子的运动方向是()A．z轴正方向 B．z轴负方向C．y轴正方向 D．y轴负方向解析：选C根据右手螺旋定则，可知电流沿y轴负方向，则电子沿y轴正方向运动，C正确。3．一根无限长的通电直导线旁放一通电正方形线框，电流方向如图所示。直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会()A．静止不动 B．向右平移C．向左平移 D．向下平移解析：选B直导线中的电流方向由上向下，根据安培定则可知，导线右侧区域磁感应强度向外。根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力。离通电导线越远的位置，磁感应强度越小。故根据安培力公式F＝BIl，左边受到的安培力大于右边受到的安培力，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，线框将向右运动，B正确。4．如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选B根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左。带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。5．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为l，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形变均在弹性限度内，则磁感应强度B的大小为()A．eq\f(k,2Il)(x2－x1) B．eq\f(k,Il)(x2－x1)C．eq\f(k,2Il)(x2＋x1) D．eq\f(k,Il)(x2＋x1)解析：选A设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为x1时，直导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsinα＝kx1＋BIl；电流反向后，当弹簧伸长量为x2时，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsinα＋BIl＝kx2，联立两式得B＝eq\f(k,2Il)(x2－x1)，A正确。6．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝BS＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。7．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl解析：选B若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝meq\f(va2,Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝meq\f(vd2,Rd)，Rd2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。选项B正确。8．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为()A．2∶3 B．2∶1C．3∶2 D．3∶1解析：选D两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子2的运动轨迹，如图所示，电子1垂直MN射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心。电子2以相同速率射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r＝eq\f(mv,Bq)可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，电子2在磁场中转过的圆心角为60°，所以电子1在磁场中运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2在磁场中运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以t1∶t2＝3∶1，故D正确。9．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD装置平面示意图如图所示。磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，导线受到垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流方向向右，导线受到的安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受到的安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故A、D正确。10．如图所示，沿直线通过速度选择器的正粒子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是()A．粒子的速度之比为1∶1B．粒子的电荷量之比为1∶2C．粒子的质量之比为1∶2D．粒子比荷之比为2∶1解析：选AD正粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B)，可知粒子的速度之比为1∶1，故A正确。正粒子进入偏转磁场，根据qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，则比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1∶2，则比荷之比为2∶1，由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故B、C错误，D正确。11．按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L，直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q(数值上等于单位时间内排出的污水体积)。则下列说法正确的是()A．a侧电势比c侧电势高B．若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低C．污水中离子浓度越高，a、c两端的电压U将越大D．污水流量Q与U成正比，与L无关解析：选AD污水中的正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，负离子向c侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，电势的高低与哪种离子多少无关，选项A正确，选项B错误；最终稳定时，离子所受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qeq\f(U,D)，可得U＝BDv，可知a、c两端电压U与v成正比，与离子浓度无关，选项C错误；污水流量Q＝Sv＝eq\f(1,4)πD2×eq\f(U,BD)＝eq\f(πDU,4B)，可知污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D正确。12．如图所示，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场。t＝0时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场。A点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，其中R为电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径。不计重力影响，则以下结论正确的是()A．电子经过y轴时，速度大小仍为v0B．电子在t＝eq\f(πR,6v0)时，第一次经过y轴C．电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(3),2)R))D．电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))解析：选ABD根据左手定则作出电子的运动轨迹如图所示，电子只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力对电子不做功，速度大小不变仍为v0，故A正确；因A点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，则圆周运动轨迹圆心在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，－R))，由几何关系可知∠AO′B＝30°，周期T＝eq\f(2πR,v0)，因此电子第一次经过y轴时间t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πR,6v0)，故B正确；由几何关系可知，OB长度为R－eq\f(\r(3),2)R，因此电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))，故C错误，D正确。二、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。某音圈电机的原理示意图如图所示，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为l，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表达式F＝BIl可知，线圈所受的安培力大小F＝nBIl，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBIlv。答案：(1)nBIl水平向右(2)nBIlv14．(8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(0，5eq\r(3)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eq\f(q,m)＝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。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°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°＝eq\f(r1,R)由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,r1)解得B＝eq\f(4\r(3),15)T。(2)粒子在第一象限内转过eq\f(1,4)圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝meq\f(v02,r2)如图所示的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Smin＝eq\r(2)r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(\r(2),2)r2))联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin＝4(eq\r(2)－1)cm2。答案：(1)eq\f(4\r(3),15)T(2)4(eq\r(2)－1)cm215．(7分)如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T。一带电荷量q＝＋0.2C、质量m＝0.4kg的小球由长l＝0.4m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g＝10m/s2)，求：(1)小球运动到O点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)O、N间的距离。解析：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mgl－qEl＝eq\f(1,2)mv02解得小球在O点时的速度v0＝2m/s。(2)小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律得T－mg－F洛＝meq\f(v02,l)洛伦兹力F洛＝Bv0q解得T＝8．2N。(3)悬线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向加速度ax＝eq\f(F电,m)＝eq\f(Eq,m)＝5m/s2小球从O点运动至N点所用时间t＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2×2,5)s＝0.8sO、N间距离h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.82m＝3．2m。答案：(1)2m/s(2)8．2N(3)3．2m16．(9分)如图所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧(虚线右侧)，极板的中间平分线OO′上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，OO′下方存在竖直向上的匀强电场E2。一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量荷为q(q＞0)，从O点沿着OO′的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直OO′向下进入电场。(不计微粒重力，E2＝E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板电容器内电场的电场强度E1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若在离A点右侧的距离为eq\f(11\r(2),4)d的O′处，有一块垂直于OO′的挡板PQ，从微粒第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ，需要多长时间？解析：(1)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有d＝v0t1，在竖直方向，有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t12，解得E1＝eq\f(mv02,qd)。(2)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有d＝v0t1，竖直方向，有eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t1，则vy＝v0。微粒进入磁场时的速度v＝eq\r(2)v0，方向与竖直方向夹角为45°，微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动，由数学知识可知，轨道半径R＝eq\f(\r(2),2)d，由牛顿第二定律得meq\f(v2,R)＝qvB，解得B＝eq\f(2mv0,qd)。(3)微粒在OO′下方运动时，先减速至零，再反向加速为v；再在磁场中做半个周期的圆周运动，有eq\f(11\r(2),4)d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3,4)))eq\r(2)d，即微粒在电场E2中做三次往复运动和1eq\f(1,3)个周期的圆周运动。微粒在匀强电场E2中，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qE2,m)，则在匀强电场E2中的运动时间t2＝3×2×eq\f(v,a)＝eq\f(6\r(2)d,v0)，在匀强磁场中的运动时间t3＝T＋eq\f(1,3)T＝eq\f(4πd,3v0)，微粒总的运动时间t＝t2＋t3＝eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)。答案：(1)eq\f(mv02,qd)(2)eq\f(2mv0,qd)(3)eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)17．(14分)如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)电子从A运动到D经历的时间t。解析：电子的运动轨迹如图所示。(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，有2d＝v0t1，d＝eq\f(1,2)at12，a＝eq\f(eE,m)，联立解得E＝eq\f(mv02,2