阶段验收评价（一） 安培力与洛伦兹力

阶段验收评价（一）安培力与洛伦兹力(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是()A．通电直导线受到安培力的大小为ILBB．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功解析：选C只有当通电直导线与磁场方向垂直时，通电直导线受到安培力的大小才等于ILB，选项A错误；当通电直导线与磁场方向平行时，它不受安培力，选项B错误；通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，选项C正确；安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电直导线能做功，选项D错误。2.如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为()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：选D弧长为L，圆心角为eq\f(π,3)，则弦长：AC＝eq\f(3L,π)，即计算金属线框所受安培力时的有效长度。所以线框所受到的安培力：F＝BI·AC＝eq\f(3ILB,π)，由左手定则可知，线框受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，A、B、C错误。3．某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是()A．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL＋mgLsinθB．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2Req\r(\f(2L,a))C．将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D．将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变解析：选A对弹丸受力分析，由牛顿第二定律得：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正确；I2Req\r(\f(2L,a))为弹丸弹出过程中产生的热，不等于安培力做功，故B错误；由F安＝mgsinθ＋ma知，安培力为恒力，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错误。4.如图为一台直流电动机的简化示意图。已知转子为n匝、长L、宽d的矩形线圈，匀强磁场的磁感应强度为B。当线圈中通有恒定电流I，转子绕线圈平面内垂直于磁场的轴，由图示位置顺时针(从a看向b)转过θ角时，转动过程中线圈平面与磁场方向始终平行，转子的ab边受到的安培力大小为()A．nBILsinθ B．nBILcosθC．nBId D．nBIL解析：选D转动过程中线圈平面与磁场方向始终平行，根据安培力公式可得转子的ab边所受的安培力大小F＝nBIL，选项D正确。5.在城市建设施工中，经常需要确定地下水平金属直管的位置，某实验小组设计了一种粗测装置，如图所示。图中ab为金属导体细直棒，用两根等长绝缘细软丝线悬挂在铝质水平框形支架上方点O的力传感器上，传感器在丝线的拉动下可绕竖直转轴自由旋转，支架底座为木质。某次测量时，将该装置放在金属直管附近的水平地面上，先在金属直管中通入恒定电流，再在ab中通入由a到b方向的恒定电流I，发现ab棒的a端从图示位置向纸面外的方向缓慢旋转，最后稳定在垂直纸面的位置，丝线恰好处于竖直平面内，忽略风力和地磁场的影响，下列说法正确的是()A．地下金属直管与图中ab方向平行，且处于点O正下方，管中电流方向水平向右B．地下金属直管与图中ab方向垂直，且处于点O正下方，管中电流方向垂直纸面向外C．ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变小D．ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变大解析：选D根据同向电流相互吸引可知，方向不同的电流有转动到方向相同位置的趋势。所以金属直管必在ab稳定时的正下方，即在点O正下方，并且电流方向与ab稳定时电流方向相同，垂直纸面向里，故A、B错误；由以上分析可知，ab棒转动后，与通电金属直管平行，因它们的电流同向，所以它们相互吸引，故力传感器的示数逐渐变大，故C错误，D正确。6.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上，有一方向垂直桌面的匀强磁场，现有两条柔软的轻质通电金属直导线P和Q(等长)，恰好平行且静止在桌面上，则下列情况可能正确的是()A．P和Q中电流大小相等、方向相同，磁场方向垂直桌面向上B．P和Q中电流大小不等、方向相同，磁场方向垂直桌面向下C．P和Q中电流大小不等、方向相反，磁场方向垂直桌面向上D．P和Q中电流大小相等、方向相反，磁场方向垂直桌面向下解析：选D对P、Q受力分析可知，P和Q两通电直导线在水平方向各自所受合外力为零，若通电方向相同，则P、Q所受匀强磁场的安培力的方向相同，而它们之间相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，故A、B错误；若通电方向相反，则P、Q所受匀强磁场的安培力方向相反，它们之间相互作用的安培力为排斥力，两者大小相等，对P、Q整体由平衡条件结合F＝BIl知，P和Q中电流大小相等，C错误，D正确。7．如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0解析：选B设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上路通电的导体棒受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。8.如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是()A．若v＝eq\f(E,B)，粒子做匀加速直线运动B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动解析：选D若v＝eq\f(E,B)，即Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满足Eq＝qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确。9．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16cm处有一粒子源S，以v＝1×106m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷eq\f(q,m)＝1×108C/kg的带正电荷粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为()A．12cm B．16cmC．20cm D．24cm解析：选C粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝10cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝eq\r(r2－h－r2)＝8cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝eq\r(2r2－h2)＝12cm，故所求长度为x1＋x2＝20cm，选项C正确。二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)10.如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转。设两极板间电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度大小EB．适当减小磁感应强度大小BC．适当增大加速电场两极板之间的距离D．适当减小加速电压U解析：选BD电子通过加速电场的过程，有：qU＝eq\f(1,2)mv2，则电子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场时的速度为v＝eq\r(\f(2qU,m))，电子向下极板偏转，则满足qE＜qvB＝qBeq\r(\f(2qU,m))，欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，则应有qE＝qvB，所以应增大E或减小B或者减小U，故B、D正确，A、C错误。11.如图所示的空间有水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一质量为m，带电荷量为q的小环沿不光滑的竖直绝缘杆自静止开始下滑，则()A．小环的加速度不断减小直至为零B．小环的加速度先增大后减小直至为零C．小环的速度先增大后减小直至为零D．小环的动能不断增大直至某一最大值解析：选BD可假设小环带正电荷来进行分析，小环水平方向上所受合力为零，竖直方向从静止开始向下运动，故得：水平方向：qE＝qvB＋N；竖直方向：mg－μN＝ma，随速度v的增大，N先减小到零后又反向增大，a先增大到g后又减小到零再保持不变；当a＝0时速度达到最大值，以后速度保持不变，故B、D选项正确。12.某圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有两个不同的粒子a、b，以不同的速度同时由A点沿AO(O为圆心)方向射入圆形磁场区域，又同时由C点及B点分别射出磁场，其运动轨迹如图所示虚线AB弧长等于磁场圆周长的eq\f(1,3)，虚线AC弧长等于磁场圆周长的eq\f(1,4)，粒子始终在纸面内运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是()A．a、b粒子在磁场中运动半径之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶3B．a、b粒子在磁场中运动的周期之比Ta∶Tb＝3∶4C．a、b粒子的比荷之比eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2D．a、b粒子的速率之比va∶vb＝eq\r(3)∶4解析：选AC设磁场半径为R0，粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系，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正确；因为两粒子同时进入，同时射出，所以eq\f(1,6)Tb＝eq\f(1,4)Ta，即：eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(2,3)，故B错误；根据T＝eq\f(2πm,qB)，所以比荷之比eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2，故C正确；根据半径关系Ra∶Rb＝eq\r(3)∶3，比荷关系eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝3∶2，且R＝eq\f(mv,qB)，联立解得va∶vb＝eq\r(3)∶2，故D错误。13.如图所示，abcd是一个边长为L的正方形区域，内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，在ab边的中点垂直ab方向射入带正电荷量为q、质量为m的粒子(不计重力)，为使带电粒子只从ad边射出，则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：选BCD粒子分别以最小速度、最大速度入射时的轨迹如图①②所示，由①得：2r＝eq\f(1,2)L，r＝eq\f(1,4)L＝eq\f(mv小,qB)，v小＝eq\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选项的速度大小在上述速度范围之内，故B、C、D正确。14.如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A．小球的初速度为eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则运动中克服摩擦力做功为eq\f(m3g2,2q2B2)解析：选ACD小球受力如图所示：电场力的大小：FE＝qE＝eq\r(3)mg，重力与电场力的合力：F＝eq\r(FE2＋mg2)＝2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有弹力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，解得：v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正确；若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，则洛伦兹力：f洛＝qv0B＝3mg＞F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的压力，则摩擦力：f＝μN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到eq\f(2mg,qB)时，小球开始做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则洛伦兹力：f洛＝qv0B＝mg＜F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f＝μN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确；若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以有：W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D正确。三、非选择题(本题共4小题，共53分)15．(11分)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。(1)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系。(2)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析：(1)秤盘和线圈向上恢复到未放置重物时的位置静止，说明安培力的方向向上，由左手定则即可判断出电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，电流由C端流出，由D端流入。两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为n，左右两侧受力相等，由F安＝mg和F安＝2nBIL，得m＝eq\f(2nBL,g)I。(2)设称量的最大质量为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)如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通过3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小。(2)ab棒对导轨的压力大小。(3)若要使B取值最小，其方向应如何调整？并求出最小值。解析：(1)金属棒静止时，其受力如图所示则有：F＝Gtan60°，即BIl＝Gtan60°，解得B＝eq\f(\r(3)G,Il)＝eq\r(3)T。(2)由牛顿第三定律可知，金属棒ab对导轨的压力与金属棒受到的支持力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。显然当F平行于斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直斜面向上，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应垂直斜面向上eq\f(\r(3),2)T17．(14分)如图所示，静止于A处的带正电荷粒子，经加速电场加速后沿图中eq\f(1,4)圆周虚线通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁感应强度大小变化，方向如图所示，CNQD为匀强磁场的边界，边界处无磁场)。静电分析器通道内有均匀辐射状分布的电场，粒子途经圆弧各处场强大小均为E，方向如图所示。已知圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m，电荷量为q，QN＝2R，PN＝3R，粒子重力不计。(1)求加速电场中的电压U的大小；(2)若粒子最终能打在QN上，求磁感应强度B的取值范围。解析：(1)粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qE＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(qER,m))，粒子在加速电场中加速，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得U＝eq\f(1,2)ER。(2)粒子的运动轨迹如图所示，当粒子恰好过N点时，由几何关系得r1＝eq\f(3,2)R，当粒子的轨迹刚好与QD相切时，由几何关系可得r2＝2R，若粒子最终能打在QN上，且由边界处无磁场可知粒子的轨迹半径取值范围为eq\f(3,2)R≤r<2R。粒子在磁场中做匀速圆周运动。由牛顿第二定律得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)