第一章安培力與洛倫茲力（基礎夯實）——高二物理魯科版（2019）選擇性必修二單元鞏固檢測一、選擇題（本題共10小題，每小題5分，共50分）1.1931年英國物理學家狄拉克從理論上預言：存在只有一個磁極的粒子，即“磁單極子”.如圖所示為一個“N磁單極子”形成的磁場，將一個半徑為r、質量為m的導體線圈水平放置在該磁單極子的正上方，線圈所在位置的磁感應強度大小為B，與圓環相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若線圈恰好在該位置懸浮，則線圈中電流的大小為()A. B. C. D.2.如圖所示的下列各圖中，表示通電直導線在勻強磁場中所受磁場力的情況，其中磁感應強度B、電流I、磁場力F三者之間的方向關系不正確的是()A. B. C. D.3.如圖所示，對角線長度為的正方形區域abcd中有垂直于紙面的磁場（圖上未畫），磁感應強度B隨時間t按（、k不變，且）變化.abcd所在平面內有一根足夠長的導體棒MN始終垂直于db，并通有恒定電流.時，導體棒從d點開始沿db方向勻速穿過磁場，速率為.設導體棒運動過程中所受安培力大小為F，圖像可能正確的是()A. B.C. D.4.如圖所示，三塊相同蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上，磁鐵的N極在上、S極在下，固定不動。導體棒用圖中a、b輕而柔軟的細導線懸掛起來，它們與導體棒和電源構成回路（電源沒有在圖中畫出），導線a接在直流電源的正極，導線b接在直流電源的負極，認為導體棒所在位置附近為勻強磁場。接通電源后，看到導體棒向右擺動；只改變電流方向，看到導體棒向左擺動。據本次實驗操作的現象，下列說法正確的是()A.磁場越強，導體棒受到的安培力越大B.電流越大，導體棒受到的安培力越大C.電流的方向影響導體棒受到安培力的方向D.磁場的方向影響導體棒受到安培力的方向5.如圖所示，導體棒放在垂直紙面向外的勻強磁場中，與螺線管和金屬導軌組成閉合回路，將條形磁鐵往上向遠離螺線管方向移動時，關于導體?中的感應電流方向和受到的安培力方向判斷正確的是()A.電流從Q到P，安培力向右B.電流從Q到P，安培力向左C.電流從P到Q，安培力向左D.電流從P到Q，安培力向右6.如圖所示，直角三角形ABC中，，，D點為AC邊上的點，。在A、B、D處垂直紙面固定三根長直細導線，三根導線中的電流方向如圖，電流大小相等，已知直線電流在空間某點產生的磁場與電流成正比，與該點到導線的距離成反比，為使D處的電流所受安培力為0，需加一勻強磁場，則該磁場的方向為()A.平行于AC斜向上 B.平行于BA向左C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上7.通電長直導線在其周圍空間產生磁場。某點的磁感應強度大小B與該點到導線的距離r及電流I的關系為（k為常量）。如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度水平向右運動，小球始終在水平面內運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是圖中的()A. B. C. D.8.如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場.重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場，若粒子射入、射出磁場點間的距離為R，則粒子在磁場中的運動時間為()A. B. C. D.9.如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q（）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉60°；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉90°.不計重力，則為()A. B. C. D.10.如圖是磁流體發電機的原理示意圖，金屬板M、N正對著平行放置，且板面垂直于紙面，在兩板之間接有電阻R。在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場。當等離子束（分別帶有等量正、負電荷的離子束）從左向右進入極板時，下列說法中正確的是()A.N板的電勢高于M板的電勢 B.M板的電勢高于N板的電勢C.R中有由b向a方向的電流 D.R中無電流通過二、多項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共25分）11.已知氚核的質量約為質子質量的3倍，帶正電荷，電荷量為一個元電荷e；α粒子即氦原子核，質量約為質子質量的4倍，帶正電荷，電荷量為e的2倍。現在質子、氚核和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動()A.若它們速度相同，則它們的運動半徑之比為6:2:3B.若它們動量相同，則它們的運動半徑之比為2:2:1C.若它們動能相同，則它們的運動半徑之比為1::1D.若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，則它們的運動半徑之比為1::12.將一粗細均勻、同種材料制成的正三角形導體框ACD放置在粗糙絕緣的水平面上，正三角形的邊長為，俯視圖如圖所示，范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直水平面向下。AC邊的中點為邊的中點為F，將一水平向右、平行于CD的電流從E點流入，從F點流出，電流大小為I，則()A.正三角形導體框ACD受到的安培力為0B.正三角形導體框ACD受到的安培力的大小為C.EAF和ECDF受到的安培力大小之比為2:1D.EAF和ECDF受到的安培力的方向相反13.如圖所示，在熒光板MN的上方分布了水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。距熒光板距離為d處有一粒子源S。能夠在紙面內不斷均勻地向各個方向發射速度大小為、電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子源發射粒子的總個數為N，則()A.從粒子源出發到板的最短時間為B.同一時刻發射的粒子打到熒光板上的最大時間差為C.粒子能打到板上的區域長度為2dD.打到板上的粒子數為14.如圖所示，邊長為的L的正方形區域中存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從邊的中點M點以一定速度垂直于邊射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，正好從邊中點N點射出磁場。忽略粒子受到的重力，下列說法中正確的是()A.該粒子帶正電B.洛倫茲力對粒子做正功C.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為D.如果僅使該粒子射入磁場的速度增大，粒子做圓周運動的半徑也將變大15.由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成的質譜儀的構造示意圖如圖所示。靜電分析器通道內分布有均勻輻射電場，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電壓為U的電場加速后，沿輻射電場的中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。已知輻射電場中心線處的電場強度大小為E，粒子在磁分析器中運動軌跡的圓心與O點重合，不計粒子受到的重力和阻力，下列判斷正確的是()A.粒子進入靜電分析器時的速度大小為B.磁分析器中磁場的磁感應強度大小為C.粒子在磁分析器中運動的時間為D.粒子在靜電分析器中運動的時間為三、計算題（共25分）16.（12分）利用云室可以知道帶電粒子的性質，如圖所示，云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質量之比；（2）粒子a的動量大小。17.（13分）如圖所示在兩極板間存在勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場Ⅰ，一帶電量為，質量為m的粒子恰能以速度v沿勻速飛出極板，進入磁感應強度為2B的勻強磁場區域Ⅱ。不計粒子重力，求：（1）兩極板間勻強電場電場強度的大小和方向；（2）粒子經過磁場Ⅱ后從左邊界射出的位置S距的距離；（3）若撤去兩極板間的電場，粒子仍以水平速度v從O點釋放，偏轉后恰能從下極板右端飛出，并經過磁場Ⅱ后回到O點。若極板間距為2d，請用d表示磁場Ⅱ的最小寬度。

答案以及解析1.答案：B解析：將磁感應強度B沿水平和豎直方向進行正交分解，如圖所示：則有利用微元法思想，把圓環分割成許多極短的電流元，根據左手定則，每小段電流元所受的安培力，分解成豎直分量的作用力和水平分量的作用力，由線圈恰好在該位置懸浮的題意可知，豎直分量的作用力的合力豎直向上，水平方向分量作用力沿半徑向里，根據對稱性，沿半徑方向安培力合力是零，磁場的水平分量產生的安培力豎直向上，其合力大小為由平衡條件可知所以聯立兩式可得線圈中電流大小為故選B。2.答案：A解析：A.磁場向上，電流向外，根據左手定則可得，安培力的方向水平向左，A錯誤；B.磁場向外，電流向上，根據左手定則可得，安培力的方向水平向右，B正確；C.磁場向左，電流向里，根據左手定則可得，安培力的方向豎直向上，C正確；D.磁場向里，電流向右上方，根據左手定則可得，安培力的方向向左上方，D正確。本題選不正確的，故選A。3.答案：A解析：在導體棒在時，在經過時間t導體棒移動的距離為，此時導體棒在磁場中的長度，所受的安培力，則圖像為開口向下的拋物線的一部分；同理導體棒在時，受安培力，由數學知識可知圖像為開口向上的拋物線的一部分，則圖像為A。故選A。4.答案：C解析：A.本實驗沒有改變磁場強度大小，無法得到磁場強度大小與安培力大小的關系，故A錯誤；B.本實驗沒有改變電流大小，無法得到電流強度與安培力大小的關系，故B錯誤；C.根據實驗現象可知，電流的方向影響導體棒受到安培力的方向，故C正確；D.本實驗沒有改變磁場方向，無法得到磁場方向與安培力方向的關系，故D錯誤。故選C。5.答案：C解析：將條形磁鐵往上向遠離螺線管方向移動時，螺線管里面條形磁鐵產生的向下的磁場減弱，磁通量減少，根據楞次定律知感應電流產生的感應磁場與原磁場同向（向下，由安培定則可知感應電流從P到Q，再由左手定則可知安培力向左。故選C。6.答案：B解析：A、B處電流對D處電流的安培力如圖所示由幾何關系可知根據，可得根據幾何關系可知、的合力平行于BC向上，為使D處的電流所受安培力為0，勻強磁場對該電流的安培力平行BC向下，根據左手定則可知，勻強磁場的方向平行于BA向左。故選B。7.答案：A解析：根據右手螺旋定則可知直線電流I產生的磁場方向與光滑的水平面平行，根據左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向始終與該水平面垂直，沿水平方向沒有分力，所以洛倫茲力對運動的電荷不做功，由此可知小球將做勻速直線運動。故選A。8.答案：A解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示：由幾何關系得，軌道半徑：根據牛頓第二定律，有：解得：聯立解得：故在磁場中的運動時間：A.。故A正確；B.。故B錯誤；C.。故C錯誤；D.。故D錯誤。9.答案：D解析：根據題意，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示設磁場的圓形區域半徑為r，由幾何關系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為由洛倫茲力提供向心力可知則粒子的速度則粒子兩次的入射速度之比為解得故選D.10.答案：B解析：AB.等離子束從左向右進入極板時，根據左手定則可知，正離子受到向上洛倫茲力，向上偏轉，使得金屬板帶正電，負離子受到向下洛倫茲力，向下偏轉，使得金屬板帶負電，故板的電勢高于板的電勢，故B正確，A錯誤；CD.由于板的電勢高于板的電勢，R中有由a向b方向的電流，故CD錯誤。故選B。11.答案：BC解析：A.帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據洛倫茲力充當向心力有可得若質子、氚核和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動時的速度相同，則它們做圓周運動的半徑比等于它們比荷的反比，即1:3:2，故A錯誤；B.根據可知，若它們動量相同，則它們的運動半徑之比等于所帶電荷量的反比，即半徑比為2:2:1，故B正確；C.根據可知，它們動能相同時，動量之比為，由此可知它們的運動半徑之比為各自動量與電荷量的此值，即為，故C正確；D.若它們由靜止經過相同的電場加速后進入磁場，根據動能定理可知進入磁場時它們的動能化為電荷量之比，即為1:1:2，根據可知它們的動量之比為，由此可得它們的運動半徑之比為，故D錯誤。故選BC。12.答案：BC解析：EAF和ECDF受到的安培力的方向均為垂直于CD指向A，正三角形導體框ACD受到的安培力不為0，AD錯誤；根據幾何關系結合電阻定律可知，EAF和ECDF的電阻之比為1:2，故通過EAF的電流和通過ECDF的電流之比，有效長度都為L，故和ECDF受到的安培力大小之比為2:1，C正確；正三角形導體框ACD受到的安培力的大小為，B正確。13.答案：BD解析：A.在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意圖如下，粒子做整個圓周運動的周期由幾何關系可知最短時間故A錯誤；B.粒子在磁場中最長時間故B正確；C.粒子運動的半徑粒子運動到絕緣板的兩種臨界情況如圖：設SC垂直于MN與MN交于C點，由幾何關系可知，左側最遠處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側最遠處A離C距離為，右側離C最遠處為B，距離為d，所以粒子能打在板上的區域長度是，故C錯誤；D.當向垂直于板豎直方向左側發射時，均可打到板上，而向垂直于板豎直方向右側發射時，均打不到板上，所以打到板上的粒子數為，故D正確。故選BD。14.答案：AD解析：A.粒子垂直射入勻強磁場中，做勻速圓周運動，進入磁場時，速度向右，磁場垂直紙面向里，洛倫茲力向上，故粒子帶正電，故A正確；B.根據左手定則，洛倫茲力與速度垂直，一定不做功，故B錯誤；C.洛倫茲力提供向心力，指向圓心；粒子從邊的中點M點以一定速度垂直于邊射入磁場，圓