第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（基礎版）全解全析1．C【詳解】A．圖甲中的磁場不是勻強磁場，因為磁感線不平行，故A錯誤；B．圖乙是磁電式電流表簡易示意圖，螺旋彈簧的彈性越大，相同電流引起角度更小，電流表的靈敏度越小，故B錯誤；C．圖丙中的“司南”靜止時，勺柄指向地球的地磁南極，故C正確；D．圖丁是電流天平，不是用等效替代法來測出較難測量的磁感應強度，而是用平衡原理，故D錯誤。故選C2．B【詳解】A．由左手定則可知受到垂直于紙面向外的安培力，和需提供水平分力與之平衡，和不能保持豎直，A錯誤；B．閉合回路所受安培力合力為0，和不需要提供水平分力，將保持豎直，B正確；C．由受力平衡可知和對的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和對的合力大于受到的重力，C錯誤；D．由受力平衡可知和對的合力等于和的總重，D錯誤。故選B。3．C【詳解】A．當電荷的運動方向與磁場方向平行時，磁場力為零，但磁感應強度不為零，A錯誤；B．安培力的方向一定與通電導線和磁場方向均垂直，B錯誤；C．只要電荷的運動方向與磁場方向不共線，就會受到洛倫茲力，而洛倫茲力一定與電荷的運動方向垂直，C正確；D．磁感應強度的大小由場源決定，與安培力、電流強度和通電導線長度無關，D錯誤。故選C。4．B【詳解】電場中的直線加速過程根據動能定理得得離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有有聯立可得質子與α粒子經同一加速電場則U相同，同一出口離開磁場則R相同，則，可得即故選B。5．B【詳解】ABC．電子的速率不同，運動軌跡半徑不同，如圖，由周期公式可知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，根據可得電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等且運動時間最長，AC正確，B錯誤；D．從bc邊射出的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式可得軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度，D正確。本題選錯誤的，故選B。6．B【詳解】A．小球受到洛倫茲力從管口飛出，洛倫茲力的方向指向管口，根據左手定則，小球帶正電，故A錯誤；B．設管運動的速度為v，小球與管一起向右做勻速運動，小球沿管方向所受洛倫茲力大小為q、v、B大小均不變，則洛倫茲力F不變，小球類似做平拋運動，在離開管口前的運動軌跡是一條拋物線，故B正確；C．洛倫茲力與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D．設小球沿管方向的分速度大小為v1，則所受垂直管向左的洛倫茲力為由題意可知，隨著v1增大，F2增大，即拉力F應該增大，故D錯誤。故選B。7．C【詳解】A．根據同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，兩導線間相互排斥，故A錯誤；BCD．通電導線在周圍產生的磁場，磁感應強度大小為，方向由安培定則可知垂直于點到導線垂直線段，從右向左畫出各點的磁感應強度平面圖，如圖所示，b與d兩點的合磁感應強度等大同向，d與a兩點及d與c兩點合磁感應強度方向不同，故C正確BD錯誤。故選C。8．D【詳解】兩粒子運動軌跡如圖所示A．由左手定則可知b粒子帶負電，a粒子帶正電，A錯誤；B．根據幾何關系，有則B錯誤；D．粒子從A到B，由幾何關系知a粒子圓心角為，b粒子圓心角為，由于兩粒子同時出發同時到達，有則D正確；C．粒子所受洛倫茲力提供向心力，有則有C錯誤。故選D。9．D【詳解】AB．若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏。故AB錯誤；CD．若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動。故C錯誤；D正確。故選D。10．D【詳解】A．開關閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導致導體棒向右運動。故A錯誤；BC．當開關閉合后，根據安培力公式F=BIL閉合電路歐姆定律可得故BC錯誤；D．當開關閉合后，安培力的方向與導軌成90°?θ的夾角，由牛頓第二定律可知解得故D正確。故選D。11．ABC【詳解】A．給圓環一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qv0B則不受摩擦力，圓環將一直以速度做勻速直線運動，故A正確；B．給圓環一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力小于物體的重力，即mg>qv0B還受到向后的滑動摩擦力，圓環做減速運動，直到最后停在桿上，故B正確；CD．給圓環一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力大于物體的重力，即mg<qv0B此時還受到向后的滑動摩擦力，圓環將做減速運動，因為速度不斷變化，圓環受到的洛倫茲力不斷變化，滑動摩擦力也不斷變化，根據牛頓第二定律可知圓環的加速度也不斷變化，當洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qvB解得則不再受摩擦力作用，圓環將一直以速度做勻速直線運動，故C正確，D錯誤。故選ABC。12．BC【詳解】A．反向電流相互排斥，直導線1、2之間的相互作用力為排斥力，A錯誤；B．根據安培定則可知，直導線1、3在2點的合磁感應強度方向與y軸負方向夾45°向右下，根據可知4在2點的磁感應強度方向與y軸正方向夾45°向左上根據矢量合成可知，2點合磁場方向與y軸負方向夾45°向右下，再根據左手定則可以判斷，直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向背離O點，B正確；C．根據對稱性可知，4根直導線在O點的磁感應強度大小為0，C正確；D．直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度大小為B0，D錯誤。故選BC。13．AB【詳解】A．設回旋加速器中的磁感應強度為B，半徑為R，粒子的電荷量為q，質量為m，則帶電粒子在回旋加速器中，根據洛倫茲力提供向心力有可得，帶電粒子的最大速度為可知回旋加速器加速帶電粒子的最大速度與回旋加速器的半徑有關，則回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，故A正確；B．經過質譜儀的速度選擇器區域的粒子速度v都相同，經過偏轉磁場時擊中光屏同一位置的粒子軌道半徑R相同，則根據洛倫茲力提供向心力有可得所以不改變質譜儀各區域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正確；C．根據左手定則可判斷負電荷受到的洛倫茲力方向指向N側，所以N側帶負電荷，故C錯誤；D．經過電磁流量計的帶電粒子受到洛倫茲力的作用會向前后兩個金屬側面偏轉，在前后兩個側面之間產生電場，當帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力相等時流量Q恒定，故有又流量為聯立可得，前后兩個金屬側面的電壓為即前后兩個金屬側面的電壓與a、b無關，故D錯誤。故選AB。14．AD【詳解】AB．長木板和小滑塊一起向右加速運動，當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶負電荷，由左手定則可知，將產生一個方向向下的洛倫茲力qvB，增大了小滑塊對長木板的壓力，即與長木板之間的摩擦力也隨之增大，且隨小滑塊速度的增大，洛倫茲力也隨之增大，摩擦力也隨之增大，因此它將一直隨長木板一起向右運動，A正確，B錯誤；C．當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，此時有此時摩擦力是零，小滑塊將做勻速直線運動，而木板在恒力的作用下做勻加速運動，C錯誤；D．當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，小滑塊與長木板之間的摩擦力是零，長木板在水平方向只受恒力F的作用下，則長木板的加速度為，D正確。故選AD。15．AC【詳解】A．粒子經過一次偏轉直接到達A點，由圖中幾何關系得2Rsin45°=L聯立解得故A正確；BCD．根據運動對稱性，粒子能從P點到達Q點，應滿足L=nx，其中x為每次偏轉圓弧對應弦長，偏轉圓弧對應圓心角為90°或270°，設圓軌跡半徑為R，則有可得解得v，（n=1、2、3、…）在M，N間由動能定理解得E（n=1、2、3、…）當M、N兩極板間場強為時，粒子到達Q點的時間最短；當n取奇數時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=1、3、5、…當n取偶數時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=2、4、6、…，則粒子由P點到達Q點的時間只能為的偶數倍，故BD錯誤，C正確；故選AC。16．BC【詳解】對粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場力作用，所以粒子在垂直于y軸方向上做圓周運動，平行于y軸方向上做勻加速直線運動和勻減速直線運動。在垂直于y軸方向上有解得粒子做圓周運動的周期為A．當t=2T時，粒子運動四周，回到了x坐標值為0處，故粒子所在位置的x坐標值為0，故A正確，不符合題意；B．當tT時，粒子運動一周半，z坐標值為2r，即，故B錯誤，符合題意；C．粒子在平行于y軸方向上有qE=ma解得在0﹣0.5T和0.5T～T內，電場力方向相反，粒子先加速再減速，在t=0.5T時，沿y軸正向速度達到最大為：此時，粒子在運動過程中速度最大。最大值為故C錯誤，符合題意；D．在0到2T時間內粒子在垂直于y軸方向轉了四周。回到了x=0，z=0處的位置，故只需要考慮軸方向的位移，粒子位移為則粒子運動的平均速度為故D正確，不符合題意。故選BC。17．

b

【詳解】[1]當開關閉合時，液體中有從c到d方向的電流，根據左手定則可知，液體將受到向右的安培力作用，在液面內部將產生壓強，因此b端的液面將比a端的高；[2]由于安培力作用產生的壓強為：由于高出的液體處于平衡狀態，因此有：所以解得：18．

靈敏電流計的讀數I

左盤

右盤

【詳解】（1）[1]實驗中閉合開關S，應記錄靈敏電流計的讀數I；[2]由左手定則可知閉合開關后線框所受的安培力向下，應在天平的左盤中放入合適質量的砝碼，才能使天平平衡；（2）[3]斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，由左手定則可知閉合開關后線框所受的安培力向上，應在天平的右盤中放入合適質量的砝碼，才能使天平平衡；（3）[4]斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，這時需要在天平的右盤中放入質量為的砝碼使天平再次平衡，由平衡條件可知解得19．（1）；（2）【詳解】（1）由題意可得故通過桿的電流最小值即可。若桿受到沿斜面向下的最大靜摩擦力，則此時通過桿的電流最大為，其受到的安培力為方向水平向右，受力分析圖如下由受力平衡可得聯立解得綜上可得通過桿的電流范圍為（2）開關S閉合后，由于可知若回路中無電流，則桿所受滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，為使桿保持勻速直線運動，則閉合回路ABMN中磁通量應保持不變，即代入數據得20．（1）；（2）至；（3）【詳解】（1）由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑，設粒子在磁場中運動的速度為，由洛倫茲力提供向心力有解得（2）因為粒子做圓周運動的軌跡和磁場圓邊界的交點O、C與兩圓的圓心O1、O2連線組成的是菱形，所以CO2和y軸平行，則所有射出磁場的粒子速度方向都和x軸平行，如圖乙所示。粒子從O點出發，沿x軸正方向以速度v垂直射入電場，在電場中的加速度大小水平方向做勻速直線運動，粒子穿出電場用時豎直方向做勻加速直線運動，則粒子在電場中的側位移飛出電場后粒子做勻速直線運動則粒子打在屏上的坐標為。沿x軸負方向射出的粒子經磁場偏轉后從坐標為的點平行于x軸方向射向電場，直至打在屏上的側位移大小也為y，故該粒子打在屏上的坐標為。則帶電粒子打在熒光屏上的區域為至。（3）粒子在介質中運動的某一瞬間，設粒子的速度為，應用牛頓第二定律有（在這里是速度大小的變化）求和有設粒子在該介質中運動的軌跡長度l，剛進入介質時的速度為，則聯立解得21．（1）；；（2）【詳解】（1）根據粒子在磁場中運動的半徑為粒子帶負電，它將從x軸上A點離開磁場，運動方向發生的偏轉角根據幾何關系知，A點與O點相距為（2）帶電粒子沿半徑為R的圓周運動一周所用的時間為它從O到A所用的時間為22．（1）0