第一章安培力與洛倫茲力（基礎夯實）——高二物理人教版（2019）選擇性必修二單元鞏固檢測一、單項選擇題（本題共10小題，每小題5分，共50分）1.如圖所示，圓形單匝線圈面積為，在該圓形線圈平面內有一個面積為的正方形區域，該區域內有垂直線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為3.0T，則穿過該圓形線圈的磁通量為()A.0.6Wb B.0.9Wb C.1.5Wb D.2.1Wb2.如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是()A.都繞圓柱轉動 B.以不等的加速度相向運動C.以相等的加速度相向運動 D.以相等的加速度相背運動3.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.4.三根通電長直導線P、Q、R互相平行、垂直紙面放置。三根導線中均通有大小相等且垂直紙面向里的電流，每兩根導線間的距離均相等。則P、Q中點O處的磁感應強度方向為()A.方向豎直向上 B.方向豎直向下 C.方向水平向左 D.方向水平向右5.光滑的水平面上有一個靜止的物體，某時刻一水平向右的恒定拉力作用在物體上，以向右為正方向，物體的動能與拉力的沖量I之間的關系圖像可能正確的是()A. B.C. D.6.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.7.電視機顯像管的偏轉線圈示意圖如圖所示，線圈中心O處的黑點表示電子槍射出的電子，它的方向垂直紙面向外。當偏轉線圈中的電流方向如圖所示時，電子束應()A.向左偏轉 B.向右偏轉 C.向上偏轉 D.向下偏轉8.質譜儀的工作原理如圖所示，大量帶正電的粒子，從容器A下方小孔飄入加速電場，從飛出后，經沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場，最后打到照相底片D上。則粒子打到底片時，距越遠的粒子()A.速度越大 B.動量越大 C.動能越小 D.比荷越小9.如圖所示，圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角.現將帶電粒子的速度變為，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變為()A. B. C. D.10.如圖所示，在直線邊界的上方存在垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場，A點在上。現從A點垂直在紙面內向上發射速度大小不同、質量均為m、電量均為的粒子，已知，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子在磁場中運動的最長時間為()A. B. C. D.二、多項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共25分）11.如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等.矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產生的磁場作用下靜止.則a、b的電流方向可能是()A.均向左 B.均向右C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左12.如圖所示，平行于紙面水平向右的勻強磁場，磁感應強度。位于紙面內的細直導線，長，通有的恒定電流。當導線與B成60°夾角時，發現其受到的安培力為零。則該區域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強度大小可能值()A. B. C.1T D.13.如圖所示，在圓心固定一個帶正電的電荷，另一個帶正電粒子在庫侖力和洛倫茲力共同作用下繞固定電荷做勻速圓周運動，若把兩個電荷的電量都變為原來3倍后，帶電粒子做勻速圓周運動的半徑不變、速率不變，不考慮粒子重力作用，則下列說法中正確的是()A.正電粒子順時針轉動 B.正電粒子逆時針轉動C.開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的4倍 D.開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的2倍14.回旋加速器的工作原理如圖所示，和是兩個相同的半圓形中空金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接交變電源，加速電壓為，兩個D形盒處于與盒面垂直、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從金屬盒的A點由靜止釋放，帶電粒子在回旋加速器中多次加速后最終從D形盒的邊緣射出，粒子在電場中的加速時間不計，且不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A.粒子射出時的動能與加速電壓成正比B.僅增大，粒子在加速器中運動的時間變短C.粒子從D形盒的邊緣射出時的速度大小為D.交變電源的頻率為15.粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()A.粒子2帶負電B.若減小磁場的磁感應強度，粒子1有可能打在Q點C.若減小磁場的磁感應強度，粒子2有可能打在Q點D.若有一粒子3以和粒子2相同的速度從P點射入磁場，恰好打在Q點，則粒子3比荷小于粒子2比荷三、計算題（共25分）16.（12分）如圖所示，有界勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界，磁場區域寬度為d。一束電荷量為e的帶電粒子以速度v垂直磁場邊界射入磁場中，穿出磁場時速度方向與磁場右邊界夾角為45°。不考慮電荷之間的相互作用力，求：（1）粒子的電性；（2）穿越磁場時的軌道半徑；（3）該粒子的質量；（4）穿越磁場的時間。17.（13分）某磁防護裝置截面如圖所示，以O點為圓心內外半徑分別為R、的環形區域內，有垂直紙面向外的勻強磁場，外圓為絕緣薄板，板上有一小孔C。一質量為m、電荷量為的帶電粒子以速度從C孔沿方向射入磁場，恰好不進入內圓，粒子每次與絕緣薄板碰撞后以原速率反彈且電荷量不變。不計粒子重力，求：（1）粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；（2）磁場的磁感應強度大小B；（3）粒子從射入C孔到離開C孔所需的時間t。

答案以及解析1.答案：A解析：由題圖可知，線圈內含有磁場的有效面積為，根據磁通量的定義，可得穿過該圓形線圈的磁通量為：，故A正確，BCD錯誤。故選A。2.答案：C解析：同向環形電流間相互吸引，雖然兩電流大小不等，但據牛頓第三定律知兩線圈間相互作用力必大小相等，加速度大小相等。故選C。3.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。4.答案：C解析：用安培定則判斷通電直導線在O點上所產生的磁場方向，如圖所示直導線P在O點產生磁場與直導線Q在O點產生磁場方向相反，大小相等。則合磁場為零；而直導線R在O點產生磁場，方向從Q指向P，即為水平向左。5.答案：C解析：對物體應用動量定理可得由動能表達式根據數學知識可知動能與拉力的沖量I之間關系為一開口向上的二次函數的右半部分。故選C。6.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。7.答案：D解析：根據右手螺旋定則判斷上下兩個線圈的N極均在左邊，S極均在右邊，即鐵芯中間處的磁場方向是水平向右的。根據左手定則判定，由里向外射出的電子流受到的洛倫茲力向下，如圖所示，故電子束向下偏轉。故選D。8.答案：D解析：D.帶電粒子進入磁場的動能，則，帶電粒子在磁場中，由牛頓第二定律，聯立可知距越遠的粒子軌跡半徑越大，，速度越比荷越小，故D正確；A.又根據，知帶電粒子的比荷越小，速度越小，故A錯誤；B.帶電粒子的動量為，故無法判斷動量大小，故B錯誤；C.在加速電場中，由動能定理可得帶電粒子進入磁場的動能為，無法判斷帶電量的大小關系，故無法判斷動能大小，故C錯誤。故選D。9.答案：B解析：如圖所示，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，據牛頓第二定律有，解得粒子第一次通過磁場區時的半徑為，圓弧AC所對應的圓心角，經歷的時間為（T為粒子在勻強磁場中運動周期，大小為，與粒子速度大小無關）；當粒子速度減小為后，根據可知其在磁場中的軌道半徑變為，粒子將從D點射出，根據圖中幾何關系得圓弧AD所對應的圓心角，經歷的時間為，由此可知B正確。10.答案：C解析：根據題意可知，當粒子由N點飛出時，運動的時間最長，運動軌跡如圖所示設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系有解得由聯立解得則由牛頓第二定律有解得由幾何關系可知，粒子運動軌跡的長度為則粒子的運動時間為故選C。11.答案：CD解析：由右手螺旋定則可知，若a、b兩導線的電流方向相同，在矩形線框上、下邊處產生的磁場方向相反，由于矩形線框上、下邊的電流方向也相反，則矩形線框上、下邊所受的安培力相同，所以不可以平衡，則要使矩形線框靜止，a、b兩導線的電流方向相反，故CD正確.12.答案：BCD解析：根據題意，如果通電導線所受磁場力為零，則說明電流方向與磁場方向平行，說明該區域同時存在的另一勻強磁場，并且與B的合磁場的磁感應強度方向沿導線方向，如圖所示由三角形定則可知，當與合磁場（通電導線）垂直時，具有最小值，則有則另一勻強磁場的磁感應強度大小滿足故選BCD。13.答案：BC解析：AB.如果粒子順時針轉動，則電場力與洛倫茲力都背向圓心，沒有力來提供向心力，所以粒子是逆時針轉動，A錯誤，B正確；CD.粒子做勻速圓周運動，設粒子電荷量為q，質量為m，速率為v，軌道半徑為r，中心電荷的電荷量為Q，磁感應強度為B，有，當電量都變為原來3倍后，有，聯立求得，可知開始時粒子受到洛倫茲力是庫侖力的4倍，C正確，D錯誤。故選BC。14.答案：BC解析：AC.由洛倫茲力提供向心力可得當時，即粒子從D形盒的邊緣射出時的速度大小為粒子射出時的動能為所以粒子射出時的動能與加速電壓無關，故A錯誤，C正確;B.粒子在動加速器中每加速一次，獲得動能為粒子在加速器中的加速次數為粒子在動加速器中運動的時間為則僅增大，粒子在加速器中運動的時間變短，故B正確;D.要保證粒子在回旋加速度中不斷加速，應滿足交變電源的頻率與粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，即交變電源的頻率為故D錯誤。故選BC。15.答案：CD解析：A.根據左手定則，粒子2帶正電，A錯誤；BC.根據得若減小磁場的磁感應強度，粒子2的運動半徑增大，有可能打在Q點；而粒子1做直線運動，不帶電，不會改變運動軌跡，B錯誤，C正確；D.速度相同，則粒子3的運動半徑更大，則粒子3比荷小于粒子2比荷，D正確。故選CD。16.答案：（1）負電（2）（3）（4）解析：（