第一章 安培力与洛伦兹力 综合训练（Word版含答案）

第1章安倍力与洛伦兹力
一、选择题（共15题）
1．如图，正方形abcd区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里。甲乙两个相同的粒子，分别从a点沿ad方向射入磁场，甲粒子从b点飞出磁场，乙粒子从c点飞出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．甲乙两个粒子的速率之比为1：2
B．甲乙两个粒子在磁场中运动的时间之比为1：2
C．甲乙两个粒子离开磁场后的运动方向相同
D．甲乙两个粒子离开磁场后的运动方向相反
2．如图所示，空间存在半径分别为R1和R2的两个同心圆，圆心为O。半径为R1的圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在两圆之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小也为B。在O点有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射质量为m、电荷量为+q、速率为的粒子，不考虑粒子之间的相互作用，不计粒子重力，若所有粒子刚好都不离开磁场。则R1与R2的比值为（　　）
A．1:2 B．1:3 C． D．
3．如图甲所示为某磁电式电流表的原理图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，一边长为L的正方形线圈处在磁场中，线圈a、b边所在的位置磁感应强度的大小都为B。当通有大小为I、方向如图乙的电流时，下列说法正确的是(　　)
A．由于线圈a、b边所在的位置磁感应强度的大小都为B，则该磁场为匀强磁场
B．穿过正方形线圈的磁通量大小为BL2
C．正方形线圈的左边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
D．正方形线圈的右边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
4．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 ，若仅改变下列一个条件，能够使夹角 变小的是（　　）
A．减小金属棒的质量 B．增大磁感应强度
C．减小金属棒中的电流 D．增大两等长轻质细线的长度
5．有一种磁悬浮地球仪，通电时地球仪会悬浮起来（图甲）。实际原理是如图乙所示，底座是线圈，地球仪是磁铁，通电时能让地球仪悬浮起来。则下列叙述中正确的是（　　）
A．地球仪只受重力作用
B．电路中的电源必须是交流电源
C．电路中的b端点须连接直流电源的正极
D．增大线圈中的电流，地球仪飘浮的高度不会改变
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T．设D形盒半径为R，则下列说法正确的是(　　)
A．质子在磁场和电场中均被加速
B．质子被加速后的最大速度不可能超过
C．加速电压越大，粒子飞出加速器时的速度越大
D．不改变B和T，该回旋加速器也能用于加速其它粒子
7．下列说法正确的是（　　）
A．同一线圈放在磁感应强度大的磁场中一定比放在磁感应强度小的磁场中磁通量大
B．面积为S的线圈，垂直放入磁感应强度为B匀强磁场中，穿过它的磁通量为BS
C．电流元IL在磁场中某处受到的安培力为F，则该处的磁感应强度
D．磁场中某处磁感应强度的方向，与放入该处的电流元所受安培力的方向相同
8．载流导体L1、L2处在同一平面内，L1是固定的，L2可绕垂直于纸面的固定转轴O转动，O为L2的中点，若各自的电流方向如图所示，，将会发生下列哪种情况(　　)
A．L2绕轴O按逆时针方向转动
B．因L2受到的磁场力处处相等，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．因不受磁场力，L2不动
9．如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较（　　）
A．经过的弧长一定小于于从d点离开的粒子经过的弧长
B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长
C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间
D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间
10．某种质谱仪的工作原理如图所示，氖的同位素 和 粒子，以几乎为0的初速度从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，经过小孔S2、S3之间的真空区域后，以不同的速率经过S3，沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，最后分别打在照相底片D的x1、x2处。下列说法正确的是(　　)
A． 粒子离开加速电场的速度比 粒子小
B． 粒子打在x处
C． 粒子在磁场中的运动时间比 粒子长
D．两种粒子在磁场中的运动时间相同
11．如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1，v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则(　　)
A．粒子a、b可能带异种电荷
B．粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度v1的方向垂直
C．v1：v2可能为2：1
D．v1：v2一定为1：1
12．回旋加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，D1、D2上加有垂直于表面的磁场，D1、D2间的空隙内加有交变电场，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子从回旋加速器的电场中获得能量
B．回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功
C．带电粒子获得的最大速度与加速器的半径有关
D．带电粒子获得的最大速度与所加磁场的强弱无关
13．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，运动轨迹如图所示，其中∠AOa=90°，∠AOb=120°，∠AOC=150°。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．三个粒子都带负电荷
B．b粒子的速率是a粒子速率的 倍
C．a粒子在磁场中运动时间最长
D．三个粒子在磁场中运动的时间之比为3：4：5
14．如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度 垂直于磁场边界，Q的速度 与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（　　）
A．P和Q的质量之比为1：2 B．P和Q的质量之比为
C．P和Q速度大小之比为 D．P和Q速度大小之比为2：1
15．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ=30°角的方向以相同的速度v射入磁场中，则关于正、负电子下列说法正确的是（　　）
A．在磁场中的运动时间相同 B．在磁场中运动的轨道半径相同
C．出边界时两者的速度相同 D．出边界点到O点的距离相等
二、填空题
16．质量为m，带电量为q的电子以速度v垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中．则电子作圆周运动的半径为　 　；周期为　 　；
17．根长20 cm的通电导线放在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，若它受到的安培力为4×10－3 N，则导线中的电流是　 　A，若将导线中的电流减小0.05 A，则该处的磁感应强度为　 　T.
18．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度v2的方向与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t1、t2，则t1：t2为　 　。
19．如图所示，空间中存在着磁感应强度大小为0.5T，方向沿纸面向上且范围足够大的匀强磁场，长为1m的直导线垂直磁场放置．若通过导线的电流为1A，方向垂直纸面向里，则通电直导线所受安培力大小为　 　N，方向　 　（填“向左”或“向右”）；若只改变导线中的电流方向而其它条件不变，则直导线所受安培力方向与原来的安培力方向　 　（填“相同”或“相反”）。
三、综合题
20．如图所示，地面某处有一粒子发射器A，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v0~2v0的电子。发射器右侧距离A为L的O处，有一足够长突光板OD，可绕O点转动，使其与水平方向的夹角 可调，且AOD在同一平面内，其中OC段长度也为L，电子打到荧光板上时，可使荧光板发光。在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀强磁场。设电子质量为m，电荷量为e，重力忽略不计。初始 =45°，若速度为2v0的电子恰好垂直打在荧光板上C点，求：
（1）磁场的磁感应强度大小B；
（2）此时速率为1.5v0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x；
（3）在单位时间内发射器A发射N个电子，保持磁感应强度B不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）；
（4）若磁感应强度在（B-△B）到（B+△B）之间小幅波动，将荧光板 角调整到90°，要在探测板上完全分辨出速度为v0和2v0的两类电子，则 的最大值为多少？
21．如图所示的xOy坐标系中，y>0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E，在y0)，不计重力。求：
（1）粒子从P射出到第一次经过x轴的时间t；
（2）粒子从P点射出后，若第一次经过x轴时与x轴交于D点，然后历经磁场一次后回到P点，求v0的大小和OD间距离d；
（3）要使粒子经过x轴上的M(L，0)点（图中未画出），求初速度v0的所有可能值。
22．如图甲所示，是一台质谱仪的简化结构模型。大量质量为 、电荷量为 的 粒子（即 核），从容器A下方飘入电势差为 的加速电场中，其初速度可视为0。若偏转电场不加电压， 粒子经加速后，将沿偏转电场的中轴线（图中虚线路径）出射后紧跟着马上垂直屏的方向射入一垂直纸面向外的匀强磁场中，经磁场偏转后击中屏。现在偏转电场两极间加上如图乙所示随时间变化的电压，其中 远大于粒子经过偏转电场的时间。偏转电场两板间宽度 ，两极板正对区域可视为匀强电场，正对区域以外的电场忽略不计。不计粒子所受重力和阻力，求：
（1） 粒子出加速电场时速度 的大小；
（2）为使 粒子经偏转电场后能全部进入偏转磁场，偏转电场极板长度的取值范围；
（3）当偏转电场极板长度 时，若容器 中除了题干中已知的 粒子外，还存在另一种粒子氚核 ，为使两种粒子均能击中屏且击中屏的位置没有重叠，则偏转磁场的磁感应强度不能超过多少？
23．如图所示，在区域I有与水平方向成45°的匀强电场，电场方向斜向左下方。在区域II有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为的粒子从区域I的左边界P点静止释放，粒子沿水平虚线向右运动，进入区域II，区域II的宽度为d。粒子从区域II右边界的Q点离开，速度方向偏转了60°。重力加速度为g。求：
（1）区域I的电场强度大小E1；
（2）粒子进入区域II时的速度大小；
（3）粒子从P点运动到Q点的时间。
答案部分
1．A
【解答】A．甲乙两粒子的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知
因为洛伦兹力提供向心力，有
则
所以甲乙两个粒子的速率之比为1：2，A符合题意；
B．因为 ，甲乙两粒子运动的周期相等，所以甲乙两个粒子在磁场中运动的时间之比为
B不符合题意；
CD．根据图形可知，甲粒子离开磁场的方向向左，乙粒子离开磁场时的方向向下，CD不符合题意。
故答案为：A。
2．D
【解答】设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
如图所示，当粒子恰好不离开此时，根据几何关系可得
故答案为：D。
3．C
【解答】线圈 a、b边所在的位置磁感应强度的大小都为B，但不同位置处磁感应强度的方向不同，则该磁场不是匀强磁场，A不符合题意；由题图乙可知，穿过正方形线圈的磁通量大小为零，B不符合题意；正方形线圈的左边导线受到的安培力大小为BIL，由左手定则可知方向向上，C符合题意；正方形线圈的右边导线受到大小为BIL、方向向下的安培力，D不符合题意。
故答案为：C
4．C
【解答】根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所示，根据平衡条件可知
由公式可得
A．减小金属棒的质量，θ角变大，A不符合题意；
B．增大磁感应强度，θ角变大，B不符合题意；
C．减小金属棒中的电流，θ角变小，C符合题意；
D．增大两等长轻质细线的长度，θ角不变，D不符合题意。
故答案为：C。
5．C
【解答】A．地球仪受到重力和同名磁极相互排斥力，保持平衡状态，A不符合题意；
B．为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，B不符合题意；
C．由图可知螺线管的上端为N极，根据右手螺旋定则可知电路中的b端点须连接直流电源的正极，C符合题意；
D．若线圈中的电流，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大，地球仪高度升高，但是最后还是会处于静止状态，D不符合题意。
故答案为：C。
6．B
【解答】A.质子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，只改变速度方向不改变大小，A不符合题意；
B.由
得
当 时，v最大，此时
B符合题意；
C.由公式
得
当 时，v最大，因此决定带电粒子最大速度的因素只与磁场、荷质比和加速半径有关，与加速电压无关，C不符合题意；
D.由周期公式
可知，带电粒子的轨道周期与荷质比有关，D不符合题意。
故答案为：B
7．B
【解答】A．把一个线圈放在磁场中，由于线圈与磁场的方向之间的夹角不知道，所以不能判断出穿过线圈的磁通量的大小，A不符合题意；
B．面积为S的线圈，垂直放入磁感应强度为B匀强磁场中，穿过它的磁通量为BS，B符合题意；
C．将一电流元IL放在磁场中某位置时受到的磁场力大小为F，当电流元的方向与磁场的方向垂直时，则该处的磁感应强度大小才为 ，C不符合题意；
D．磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直， D不符合题意。
故答案为：B。
8．A
【解答】由安培定则可知L 右边磁场方向垂直纸面向外，且离L1越近，磁场越强，L2上每一小部分受到的安培力方向竖直向下，但O点左边安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针方向转动.
故答案为：A。
9．D
【解答】AC.如图所示
若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间
运动周期 相同，则运动时间相同，所以A C不符合题意；
BD. 如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长。圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，B不符合题意D符合题意。
故答案为：D
10．B
【解答】带电粒子在电场中加速时有Uq= mv2 ，解得v= ，因为 比 的比荷大，所以经电场加速后 粒子的速度比 粒子的速度大，A不符合题意；粒子进入磁场后，有qvB=m ，解得r= ，因为 比 的比荷大，所以 比 运动轨迹的半径小，即 粒子打在x处，B符合题意；因为 比 的比荷大，根据周期公式T= 可知， 粒子在磁场中的运动时间比 粒子的运动时间短，CD不符合题意。
故答案为：B。
11．C
【解答】两粒子都从M 点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，A不符合题意。两粒子可以重复穿越MN，运动有周期性，设圆形区域半径为R ，MN为磁场的边界，两粒子均与边界成45°角入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则第一次偏转穿过MIN时速度偏转90°；同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，B不符合题意。设a粒子穿过MN k次，b粒子穿过MN n次，由几何关系可知k· r1=2R(k= 1，2，3，……)，n· r2 =2R(n=1，2，3，……) ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m ，可得v= ，而两个粒子的比荷相同，可知 ；当n=1、k=1时， ；当n=2、k=1时， ，则v1：v2，可能为1：1或2：1，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
12．A,C
【解答】带电粒子从回旋加速器的电场中获得能量，因为洛伦兹力永不做功，A符合题意，B不符合题意；设加速器的半径为R，由洛伦兹力提供向心力有qBv=m ，解得v= ，可知带电粒子获得的最大速度与加速器的半径磁感应强度及粒子的比荷有关．C符合题意．D不符合题意。
故答案为：AC。
13．B,C
【解答】三个粒子 在磁场中运动轨迹的圆心和圆心角如图所示，
由左手定则可知，三个粒子均带正电，A不符合题意；设磁场半径为R，由几何关系可知，ra=R，rb= R，洛伦兹力提供向心力，有qBv=m ，则v= 将ra、rb代入得vb= va，B符合题意；三个粒子在磁场中运动的周期相等，均为T= ，运动时间t= T，0为轨迹对应的圆心角，则轨迹对应的圆心角越大则运动时间越长，可见a粒子在磁场中运动时间最长，C符合题意；ta：tb：tc=90°：60°：30°=3：2：1，D不符合题意。
故答案为：BC。
14．A,C
【解答】假设P的轨道半径为r，那么根据几何关系可以确定粒子Q的轨道半径为r；
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，列方程得；，解得速度；
利用速度公式求解两个粒子的运动时间；
粒子P：,粒子Q：,
根据题意可得，两个粒子的运动时间相同，联立求得两个粒子的质量之比；
已知两个粒子的质量关系为1:2，再根据公式求得两粒子的速度关系为.
故答案为：AC
15．B,C,D
【解答】C．因为正、负电子都做匀速圆周运动，所以出边界时两者的速度相同，C符合题意；
ABD．根据牛顿第二定律有 ①
可得电子的运动半径为 ②
周期为 ③
设电子转过的圆心角为α，则在磁场中运动的时间为 ④
作出正、负电子的轨迹如图所示，由图可知正、负电子转过的圆心角不同，由④式可知二者在磁场中运动时间不同。由②式可知正、负电子的半径相同，根据几何关系可知出边界点到O点的距离相等，综上所述可知A不符合题意，BD符合题意。
故答案为：BCD。
16．；
【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，周期 ．
17．0.05；0.4
【解答】根据安培力公式： ，可得： ，根据安培力公式： ，可得： ，代入数解得： ．
18．3：2
【解答】子在磁场中运动的周期的公式为 ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为 ，通过b点的粒子的偏转角为 ，所以通过a点的粒子的运动的时间为 ，通过b点的粒子的运动的时间为 ，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2
19．0.5；向右；相反
【解答】通电直导线所受安培力大小
根据左手定则，方向向右，根据左手定则可知，若只改变导线中的电流方向而其它条件不变，则直导线所受安培力方向与原来的安培力方向相反。
20．（1）由洛伦兹力提供向心力：qvB=m
2v0对应半径为L，得B=
（2）1.5v0对应运动半径为0.75L
cosl35°=
解得:x=
取x=
（3）F吸=
F反=
F总=F吸+F反=
（4）x1=
x2=
r1=
r2=
x2＞x1
得 最大值为
21．（1）解：粒子从P到D：沿-y方向 ， ，解得
（2）解：电场中 ，磁场中 ，
由对称性可知，粒子能回到P点，图像如图所示，OD间距满足：
代入 可得 ，又 ，
（3）解：设粒子在磁场区域内绕行n次后，由电场区域经过M点时，如图所示：
满足 ，n=1、2、3……
同理
代入 可得 ，n=1、2、3……
设粒子在磁场区域内绕行n次后，由磁场区域经过M点时，如图所示
满足 ，n=1、2、3……
同理
代入 可得 ，n=1、2、3……
22．（1）解：根据动能定理
（2）解：刚好全部出偏转电场，则
偏转电场极板越长，粒子越容易击中侧板
故极板长度的取值为
（3）解：根据
故在偏转电场中的偏转距离与粒子比荷无关
随偏转电压的增大而增大，最大偏转位移为
由于偏转电场只会改变粒子射入磁场时平行屏方向的速度，对于粒子在磁场中的偏转距离没有影响，即
联立可得
根据公式
所以氚核 在磁场中的偏转距离大
不重叠的要求是
23．（1）解：粒子在区域I受重力和电场力，做匀加速直线运动，，如图所示
故有
解得
（2）解：设粒子进入II区域的速度为，粒子受重力竖直向下，电场力竖直向上，大小为
则所受的洛伦兹力提供向心力，有
速度方向偏转了60°，则圆心角为60°，有
联立解得
（3）解：粒子在区域I直线加速的加速度为，有
由速度公式
可得加速时间为
粒子做匀速圆周的周期为
则匀速圆周的时间为
则粒子从P点运动到Q点的时间为