第一章安培力与洛伦兹力单元综合练（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章安培力与洛伦兹力单元综合练（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-29 05:08:41 | ||
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文档简介
人教版（2019）选择性必修二 第一章 安培力与洛伦兹力 单元综合练
一、单选题
1．如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为（k为常量），线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为（ ）
A．0 B． C． D．
3．如图所示，匀强磁场的区域足够大，磁感应强度大小为B、方向水平向右，将一段圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧的圆心为O，半径为r。现在导体ab中通以方向从的恒定电流I，则圆弧受到的安培力的方向和大小分别为（ ）
A．水平向左， B．垂直纸面向外，
C．垂直纸面向外， D．垂直纸面向里，
4．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（H）和氘核（H）均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（ ）
A．R B．R C．R D．（-1）R
5．如图所示是一个水平放置的圆环形玻璃小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0.与此同时，有一变化的磁场垂直穿过圆环形玻璃小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度B的大小跟时间成正比，方向竖直向下．设小球在运动过程中所带电荷量不变，那么（ ）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增加
C．洛伦兹力对小球做功
D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
6．如图所示，金属板M、N水平放置。相距为d，M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔O1正对板Q上的小孔O2。M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，将开关S闭合，在小孔O1处有一带负电的粒子，其重力和初速度不计，当变阻器的滑片P在AB的中点时，粒子恰能在MN间做直线运动，当滑动变阻器滑动触头向A点滑动到某一位置，则（ ）
A．粒子在M、N间运动的过程中动能一定不变
B．粒子在M、N间运动的过程中动能一定增大
C．粒子运动轨迹为抛物线
D．当滑动变阻器滑片P移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧
7．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，粒子打至P点。设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
8．质谱仪中有一个速度选择器，其作用是只有某种速度的带电粒子才能通过该选择器，这些粒子在速度选择器中做的是匀速直线运动。如图是一个速度选择器的示意图：在一对平行金属板间，匀强电场和匀强磁场相互垂直，电场强度，磁感应强度，一束相同的带正电粒子沿PQ直线以不同的水平速度v从P孔进入，其中具有某一特定速度的粒子能沿直线PQ从Q孔射出，不计粒子重力，根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子的速度，则粒子将向上极板偏转
B．若粒子的速度，则粒子将向下极板偏转
C．若要使入射速度的粒子可以做直线运动，则在保持磁感应强度B不变的条件下，可适当增加电场强度E的大小
D．若入射的是电子，并要使其做直线运动，则电子应从Q孔入射，且速度满足
9．如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度从点沿方向射入磁场，从点离开磁场；若该粒子以速度从点沿方向射入磁场，则从点离开磁场。不计粒子重力，的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，两个不计重力的带电粒子M和N，同时由小孔S垂直进入有界匀强磁场中，又同时飞出磁场，其运动轨迹如图中虚线所示。忽略两粒子间的相互影响，下列表述正确的是（ ）
A． M带负电荷，N带正电荷 B．M的比荷小于N的比荷
C．M的比荷大于N的比荷 D．M的速率小于N的速率
11．正方形线框由四段相同的导体棒、、、d连接而成，固定于垂直线框平面向里的匀强磁场中（图中未画出），线框顶点、与直流电源两端相接。已知导体棒d受到的安培力大小为，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒、、中的电流与导体棒d中的电流相等
B．导体棒受到的安培力大小为
C．导体棒、、受到的安培力大小为
D．线框受到的安培力大小为
12．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如图所示方向电流时（ ）
A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
13．如图所示，某同学在平面直角坐标系中设置了一个“心”形图线，A点坐标为，C点坐标为，D点与C点关于y轴对称，为使带电粒子沿图线运动，该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为和的匀强磁场，在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板，粒子撞到板上时，竖直速度反向，水平速度不变。从A点沿与y轴正方向成角的方向向左以速度射入一带电荷量为、质量为m的粒子，不计粒子重力，经过一段时间粒子又回到A点。则与的比值应为（ ）
A． B． C． D．
14．如图所示，将一个半径为的导电金属圆环串联接入电路中，电路的电流强度为，接入点a、b是圆环直径上的两个端点，流过圆弧和的电流相等。金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直。则金属圆环受到的安培力为（ ）
A．0 B． C． D．
15．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为（ ）
A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A
二、填空题
16．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度大小之比为________；轨道半径之比为________；周期之比为________。
17．显像管的原理
（1）电子枪发射______．
（2）电子束在磁场中______．
（3）荧光屏被电子束撞击时发光．
18．洛伦兹力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让______从掌心垂直进入，并使______指向正电荷运动的方向，这时______所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向______。
19．如图所示，两平行导轨与水平面成α=37°角，导轨间距为L=1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量m=0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，通有图示方向的电流，电流强度I=2.0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值为___________；最小值为___________
三、解答题
20．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用,其原理如图甲所示：D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个D形盒接在如图乙所示的电压为U、周期为T的交流电源上，D形盒两直径之间的区域只有电场,交流电源用来提供加速电场。位于D1的圆心处的质子源A在t=0时产生的质子（初速度可以忽略）在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入D形盒D2，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m、带电荷量为q。半圆形D形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，当质子被加速到最大速度后，沿D形盒边缘运动半周再将它们引出，质子的重力不计，求:
（1）质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径多大；
（2）质子在磁场中运动的时间。
21．如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？
22．如图所示，真空中有一个半径r＝0.5m的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁感应强度B＝2×10－4T，方向垂直于纸面向外，在圆形磁场区域的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d＝0.5m，板长L＝0.6m，板间中线O2O3的反向延长线恰好过磁场圆的圆心O1．若在O点处有一粒子源，能均匀的向磁场中各个方向源源不断地发射速率相同、比荷为＝1×108C/kg且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内。已知一个沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子入射的速度v0的大小；
（2）若已知两平行金属板间电场强度E＝V/m，则从M、N板右端射出平行板间的粒子数与从O点射入磁场的总粒子数的比值η。
（3）若平行板足够长，且在平行板的左端装上一挡板（图中未画出），挡板正中间O2处有一小孔，恰能让单个粒子通过，且在两板间加上沿y轴负方向的匀强电场E和垂直xOy平面向里的匀强磁场，B＝2×10－4T，要使粒子能从两极板间射出。求电场强度E的大小范围。（提示：带电粒子在复合场中的运动可以看成匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动）
23．如图所示，x轴下方存在方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，x轴上方及的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴负半轴上某位置有一电子源，能不断地提供速度为零的电子，已知电子质量为m、电荷量为e，电子在运动过程中每次经过x轴时动能都会损失通过前的10％，若使电子只能由磁场的右边界离开，电子重力不计，求：
（1）电子在电场中运动的最大动能；
（2）电子源所处位置应满足什么条件；
（3）若使电子由的某位置沿x轴正向离开磁场，计算电子在磁场中的运动时间。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
由洛伦兹力提供向心力可得
v＝
所以粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L
粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是
tmin＝T＝×＝
ACD错误，故B正确。
故选B。
2．D
【解析】
【详解】
线框下边受到的安培力的大小为
方向向上，线框上边受到的安培力大小
方向向下，根据牛顿第二定律可得
解得
故选D。
3．B
【解析】
【详解】
根据左手定则知圆弧左手安培力方向垂直直面向外，根据几何知识可知圆环导线的有效长度
则安培力大小为
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．A
【解析】
【详解】
依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据
得
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得
求得氘核的最大半径为
所以，氕核在磁场中运动的最大半径为
故选A。
5．B
【解析】
【详解】
AB．根据麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间线性增大时将产生稳定的感应电场，根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同，因小球带正电，故电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力的大小随之增大，故A错误，B正确；
C．洛伦兹力对小球不做功，故C错误；
D．带电小球所受的洛伦兹力为
因为速率v随时间逐渐增大，且磁感应强度B的大小跟时间成正比，所以小球受到的洛伦兹力大小与时间不成正比，故D错误。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
AB. 粒子恰能在M、N间做直线运动，则
Eq＝qvB
当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故AB错误；
C.当滑动变阻器滑动触头向A点滑动过程中，由于极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，由于受到洛伦兹力的方向时刻变化，所以粒子做的不可能是类平抛运动，故轨迹不可能是抛物线，故C错误；
D.当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，即当滑动变阻器滑片移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧，故D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
带电粒子经电压U加速，由动能定理得
qU＝mv2
垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m
而
R＝
联立解得
x＝
B、m、q一定，根据数学知识可知，图象是抛物线，由此可知能够正确反应x与U之间的函数关系的是图象B，ACD错误，B正确。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
AB．当带电粒子沿PQ做匀速直线运动时，满足
解得
当粒子的速度为，若粒子带正电，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，则粒子受到的电场力大于洛伦兹力，粒子将向下偏转，若粒子带负电，将向上极板偏转，同理可知，当粒子的速度为，若粒子带正电，则向上偏转，若粒子带负电，则向下偏转，AB错误；
C．若要使入射速度的粒子可以做直线运动，则在保持磁感应强度B不变的条件下，可适当增加电场强度E的大小，增大电场力，是电场力等于洛伦兹力，C正确；
D．若电子从Q孔入射，受到的电场力与洛伦兹力均向上，无法沿直线PQ运动，D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
带正电粒子以速度从a点沿方向射入磁场，从b点离开磁场，设六边形边长为，则由几何关系得
若该粒子以速度从a点沿方向射入磁场，则从d点离开磁场，则由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得
则
故速度之比，即半径之比
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
A．N向左偏转，在处所受洛伦兹力向左，向右偏转，在处所受洛伦兹力向右，由左手定则可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
BCD．在磁场中，根据
可得
又
可得
两粒子在磁场中运动的时间相等，所对应的圆心角相等，所以周期相等，则比荷相等，由于的轨迹半径大于的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故BCD错误。
故选A。
11．D
【解析】
【详解】
A．导体棒、、的电阻之和是d的电阻的3倍，并联电压相等，所以电流不等，故A错误；
B．根据可知，a的电流是d的，根据可知，导体棒受到的安培力大小为 ，故B错误；
C．导体棒、、等效长度与d的长度相同，电流是d的，根据可知，受到的安培力大小为，故C错误；
D．根据左手定则可知，、、受到的安培力与d受到的安培力方向相同，所以线框受到的安培力大小为，故D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，再根据左手定则判断电流受安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可以知道通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左。
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子从A点运动到C点，设轨迹半径为，过C点时速度方向与竖直方向夹角为，由几何关系可得
可得
粒子从C点运动到O点，设轨迹半径为，则有
可得
带电粒子在磁场中做圆周运动时，仅由洛伦兹力提供向心力，有
可得
故选D。
14．D
【解析】
【详解】
流过圆弧和的电流相等，电流方向向右，由电路可知，其电流大小为，圆弧所受的安培力为
是指导线首尾相连的直线的长度，故圆弧段所受的安培力为
由左手定则知方向向下，同理可得受的安培力大小为，方向向下，金属圆环受到的安培力为，D正确。
故选D。
15．A
【解析】
【详解】
设线圈的半径为r，则线圈的质量
m＝2nπr×2.5×10－3 kg
磁场的水平分量为Bsin 30°，线圈受到的安培力为
F＝Bsin 30°×I×2nπr
由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，则
2nπr×2.5×10－3×10＝Bsin 30°×I×2nπr
解得
I＝0.1 A
故选A。
16． ∶1 1∶ 1∶2
【解析】
【分析】
【详解】
略
17． 高速电子 偏转
【解析】
【分析】
【详解】
略
18． 磁感线 四指 拇指 相反
【解析】
【分析】
【详解】
略
19． 1.0 T 0.2 T
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]由左手定则知安培力沿斜面向上，因
所以当磁感应强度B最小时，安培力
N
即
当B最大时，安培力
即
20．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）质子在加速电场中第一次被加速，根据动能定理
qU=m
在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律,有
qv1B=
解得
r=
（2）设质子被加速n次后达到最大速度v，由动能定理
nqU=mv2
洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力,有
qvB=m
周期
T=
则质子在磁场中运动的时间
t=n
联立可解得
21．0.5 N，0.2 m
【解析】
【详解】
棒受的安培力
棒中电流为
代入数据解得
对棒受力分析如图所示（从右向左看），两环支持力的总和为
代入数据解得
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，由图中几何关系有
解得
棒距环底的高度为
22．（1）1.0×104m/s；（2）；（3）V/m【解析】
【详解】
（1）由题意可知，沿y轴正方向射入的粒子运动轨迹如图所示
有
R＝r＝
v0＝＝1.0×104m/s
（2）沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，所有粒子出磁场后都沿平行x轴正方向运动。恰能从N板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图曲线Ⅰ所示
则
sin∠O4OA＝＝
∠O4OA＝30°
所以从N板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为α＝30°，
同理可得，从M板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为β＝30°。
所以射入板间的粒子占射入磁场粒子的比例为
能射出电场的粒子其偏移量
所以射入板间的粒子恰好有一半从M、N板右端射出，所以
（3）令v0＝v1＋v2
Eq＝Bqv1
①当v0＝v1时，有
E＝2V/m
②当v0>v1时，有
v2＝v0－v1＝
粒子以v2做匀速圆周运动
若要粒子能从两板间射出，则，则可得
③当v0v2＝v1－v0＝
粒子以v2做匀速圆周运动，有
若要粒子能从两板间射出，则，可得
综上
V/m23．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动的半径恰好为d时，对应离开电场前动能最大，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有
设电子在电场中运动的最大动能为，进入磁场时，对电子有
联立解得
（2）第一次进入磁场中圆周运动半径最大，且不能从上端飞出，即
设第一次到达x轴前的速率为，则有
，，
联立解得
设电子做圆周运动的半径分别为
，，…，，…
运动过程满足以下规律
，，，，
半径满足等比数列分布，若要电子从磁场右边界射出，则直径的前n项之和
即
解得
故电子源所处位置应满足
（3）设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T，运动的半圆个数为n，运动总时间为t，由题意有
即
，
同时
根据题意有
解得
即转2个半圆后，再转一个四分之一圆出右边界，由
可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为（k为常量），线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为（ ）
A．0 B． C． D．
3．如图所示，匀强磁场的区域足够大，磁感应强度大小为B、方向水平向右，将一段圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧的圆心为O，半径为r。现在导体ab中通以方向从的恒定电流I，则圆弧受到的安培力的方向和大小分别为（ ）
A．水平向左， B．垂直纸面向外，
C．垂直纸面向外， D．垂直纸面向里，
4．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（H）和氘核（H）均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（ ）
A．R B．R C．R D．（-1）R
5．如图所示是一个水平放置的圆环形玻璃小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0.与此同时，有一变化的磁场垂直穿过圆环形玻璃小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度B的大小跟时间成正比，方向竖直向下．设小球在运动过程中所带电荷量不变，那么（ ）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增加
C．洛伦兹力对小球做功
D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
6．如图所示，金属板M、N水平放置。相距为d，M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔O1正对板Q上的小孔O2。M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，将开关S闭合，在小孔O1处有一带负电的粒子，其重力和初速度不计，当变阻器的滑片P在AB的中点时，粒子恰能在MN间做直线运动，当滑动变阻器滑动触头向A点滑动到某一位置，则（ ）
A．粒子在M、N间运动的过程中动能一定不变
B．粒子在M、N间运动的过程中动能一定增大
C．粒子运动轨迹为抛物线
D．当滑动变阻器滑片P移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧
7．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，粒子打至P点。设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
8．质谱仪中有一个速度选择器，其作用是只有某种速度的带电粒子才能通过该选择器，这些粒子在速度选择器中做的是匀速直线运动。如图是一个速度选择器的示意图：在一对平行金属板间，匀强电场和匀强磁场相互垂直，电场强度，磁感应强度，一束相同的带正电粒子沿PQ直线以不同的水平速度v从P孔进入，其中具有某一特定速度的粒子能沿直线PQ从Q孔射出，不计粒子重力，根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子的速度，则粒子将向上极板偏转
B．若粒子的速度，则粒子将向下极板偏转
C．若要使入射速度的粒子可以做直线运动，则在保持磁感应强度B不变的条件下，可适当增加电场强度E的大小
D．若入射的是电子，并要使其做直线运动，则电子应从Q孔入射，且速度满足
9．如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度从点沿方向射入磁场，从点离开磁场；若该粒子以速度从点沿方向射入磁场，则从点离开磁场。不计粒子重力，的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，两个不计重力的带电粒子M和N，同时由小孔S垂直进入有界匀强磁场中，又同时飞出磁场，其运动轨迹如图中虚线所示。忽略两粒子间的相互影响，下列表述正确的是（ ）
A． M带负电荷，N带正电荷 B．M的比荷小于N的比荷
C．M的比荷大于N的比荷 D．M的速率小于N的速率
11．正方形线框由四段相同的导体棒、、、d连接而成，固定于垂直线框平面向里的匀强磁场中（图中未画出），线框顶点、与直流电源两端相接。已知导体棒d受到的安培力大小为，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒、、中的电流与导体棒d中的电流相等
B．导体棒受到的安培力大小为
C．导体棒、、受到的安培力大小为
D．线框受到的安培力大小为
12．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如图所示方向电流时（ ）
A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
13．如图所示，某同学在平面直角坐标系中设置了一个“心”形图线，A点坐标为，C点坐标为，D点与C点关于y轴对称，为使带电粒子沿图线运动，该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为和的匀强磁场，在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板，粒子撞到板上时，竖直速度反向，水平速度不变。从A点沿与y轴正方向成角的方向向左以速度射入一带电荷量为、质量为m的粒子，不计粒子重力，经过一段时间粒子又回到A点。则与的比值应为（ ）
A． B． C． D．
14．如图所示，将一个半径为的导电金属圆环串联接入电路中，电路的电流强度为，接入点a、b是圆环直径上的两个端点，流过圆弧和的电流相等。金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直。则金属圆环受到的安培力为（ ）
A．0 B． C． D．
15．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为（ ）
A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A
二、填空题
16．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度大小之比为________；轨道半径之比为________；周期之比为________。
17．显像管的原理
（1）电子枪发射______．
（2）电子束在磁场中______．
（3）荧光屏被电子束撞击时发光．
18．洛伦兹力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让______从掌心垂直进入，并使______指向正电荷运动的方向，这时______所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向______。
19．如图所示，两平行导轨与水平面成α=37°角，导轨间距为L=1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量m=0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，通有图示方向的电流，电流强度I=2.0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值为___________；最小值为___________
三、解答题
20．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用,其原理如图甲所示：D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个D形盒接在如图乙所示的电压为U、周期为T的交流电源上，D形盒两直径之间的区域只有电场,交流电源用来提供加速电场。位于D1的圆心处的质子源A在t=0时产生的质子（初速度可以忽略）在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入D形盒D2，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m、带电荷量为q。半圆形D形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，当质子被加速到最大速度后，沿D形盒边缘运动半周再将它们引出，质子的重力不计，求:
（1）质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径多大；
（2）质子在磁场中运动的时间。
21．如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？
22．如图所示，真空中有一个半径r＝0.5m的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁感应强度B＝2×10－4T，方向垂直于纸面向外，在圆形磁场区域的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d＝0.5m，板长L＝0.6m，板间中线O2O3的反向延长线恰好过磁场圆的圆心O1．若在O点处有一粒子源，能均匀的向磁场中各个方向源源不断地发射速率相同、比荷为＝1×108C/kg且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内。已知一个沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子入射的速度v0的大小；
（2）若已知两平行金属板间电场强度E＝V/m，则从M、N板右端射出平行板间的粒子数与从O点射入磁场的总粒子数的比值η。
（3）若平行板足够长，且在平行板的左端装上一挡板（图中未画出），挡板正中间O2处有一小孔，恰能让单个粒子通过，且在两板间加上沿y轴负方向的匀强电场E和垂直xOy平面向里的匀强磁场，B＝2×10－4T，要使粒子能从两极板间射出。求电场强度E的大小范围。（提示：带电粒子在复合场中的运动可以看成匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动）
23．如图所示，x轴下方存在方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，x轴上方及的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴负半轴上某位置有一电子源，能不断地提供速度为零的电子，已知电子质量为m、电荷量为e，电子在运动过程中每次经过x轴时动能都会损失通过前的10％，若使电子只能由磁场的右边界离开，电子重力不计，求：
（1）电子在电场中运动的最大动能；
（2）电子源所处位置应满足什么条件；
（3）若使电子由的某位置沿x轴正向离开磁场，计算电子在磁场中的运动时间。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
由洛伦兹力提供向心力可得
v＝
所以粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L
粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是
tmin＝T＝×＝
ACD错误，故B正确。
故选B。
2．D
【解析】
【详解】
线框下边受到的安培力的大小为
方向向上，线框上边受到的安培力大小
方向向下，根据牛顿第二定律可得
解得
故选D。
3．B
【解析】
【详解】
根据左手定则知圆弧左手安培力方向垂直直面向外，根据几何知识可知圆环导线的有效长度
则安培力大小为
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．A
【解析】
【详解】
依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据
得
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得
求得氘核的最大半径为
所以，氕核在磁场中运动的最大半径为
故选A。
5．B
【解析】
【详解】
AB．根据麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间线性增大时将产生稳定的感应电场，根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同，因小球带正电，故电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力的大小随之增大，故A错误，B正确；
C．洛伦兹力对小球不做功，故C错误；
D．带电小球所受的洛伦兹力为
因为速率v随时间逐渐增大，且磁感应强度B的大小跟时间成正比，所以小球受到的洛伦兹力大小与时间不成正比，故D错误。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
AB. 粒子恰能在M、N间做直线运动，则
Eq＝qvB
当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故AB错误；
C.当滑动变阻器滑动触头向A点滑动过程中，由于极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，由于受到洛伦兹力的方向时刻变化，所以粒子做的不可能是类平抛运动，故轨迹不可能是抛物线，故C错误；
D.当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，即当滑动变阻器滑片移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧，故D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
带电粒子经电压U加速，由动能定理得
qU＝mv2
垂直进入磁感应强度为B的匀强磁感中，洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m
而
R＝
联立解得
x＝
B、m、q一定，根据数学知识可知，图象是抛物线，由此可知能够正确反应x与U之间的函数关系的是图象B，ACD错误，B正确。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
AB．当带电粒子沿PQ做匀速直线运动时，满足
解得
当粒子的速度为，若粒子带正电，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，则粒子受到的电场力大于洛伦兹力，粒子将向下偏转，若粒子带负电，将向上极板偏转，同理可知，当粒子的速度为，若粒子带正电，则向上偏转，若粒子带负电，则向下偏转，AB错误；
C．若要使入射速度的粒子可以做直线运动，则在保持磁感应强度B不变的条件下，可适当增加电场强度E的大小，增大电场力，是电场力等于洛伦兹力，C正确；
D．若电子从Q孔入射，受到的电场力与洛伦兹力均向上，无法沿直线PQ运动，D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
带正电粒子以速度从a点沿方向射入磁场，从b点离开磁场，设六边形边长为，则由几何关系得
若该粒子以速度从a点沿方向射入磁场，则从d点离开磁场，则由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得
则
故速度之比，即半径之比
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
A．N向左偏转，在处所受洛伦兹力向左，向右偏转，在处所受洛伦兹力向右，由左手定则可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
BCD．在磁场中，根据
可得
又
可得
两粒子在磁场中运动的时间相等，所对应的圆心角相等，所以周期相等，则比荷相等，由于的轨迹半径大于的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故BCD错误。
故选A。
11．D
【解析】
【详解】
A．导体棒、、的电阻之和是d的电阻的3倍，并联电压相等，所以电流不等，故A错误；
B．根据可知，a的电流是d的，根据可知，导体棒受到的安培力大小为 ，故B错误；
C．导体棒、、等效长度与d的长度相同，电流是d的，根据可知，受到的安培力大小为，故C错误；
D．根据左手定则可知，、、受到的安培力与d受到的安培力方向相同，所以线框受到的安培力大小为，故D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，再根据左手定则判断电流受安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可以知道通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左。
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子从A点运动到C点，设轨迹半径为，过C点时速度方向与竖直方向夹角为，由几何关系可得
可得
粒子从C点运动到O点，设轨迹半径为，则有
可得
带电粒子在磁场中做圆周运动时，仅由洛伦兹力提供向心力，有
可得
故选D。
14．D
【解析】
【详解】
流过圆弧和的电流相等，电流方向向右，由电路可知，其电流大小为，圆弧所受的安培力为
是指导线首尾相连的直线的长度，故圆弧段所受的安培力为
由左手定则知方向向下，同理可得受的安培力大小为，方向向下，金属圆环受到的安培力为，D正确。
故选D。
15．A
【解析】
【详解】
设线圈的半径为r，则线圈的质量
m＝2nπr×2.5×10－3 kg
磁场的水平分量为Bsin 30°，线圈受到的安培力为
F＝Bsin 30°×I×2nπr
由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，则
2nπr×2.5×10－3×10＝Bsin 30°×I×2nπr
解得
I＝0.1 A
故选A。
16． ∶1 1∶ 1∶2
【解析】
【分析】
【详解】
略
17． 高速电子 偏转
【解析】
【分析】
【详解】
略
18． 磁感线 四指 拇指 相反
【解析】
【分析】
【详解】
略
19． 1.0 T 0.2 T
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]由左手定则知安培力沿斜面向上，因
所以当磁感应强度B最小时，安培力
N
即
当B最大时，安培力
即
20．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）质子在加速电场中第一次被加速，根据动能定理
qU=m
在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律,有
qv1B=
解得
r=
（2）设质子被加速n次后达到最大速度v，由动能定理
nqU=mv2
洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力,有
qvB=m
周期
T=
则质子在磁场中运动的时间
t=n
联立可解得
21．0.5 N，0.2 m
【解析】
【详解】
棒受的安培力
棒中电流为
代入数据解得
对棒受力分析如图所示（从右向左看），两环支持力的总和为
代入数据解得
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，由图中几何关系有
解得
棒距环底的高度为
22．（1）1.0×104m/s；（2）；（3）V/m
【详解】
（1）由题意可知，沿y轴正方向射入的粒子运动轨迹如图所示
有
R＝r＝
v0＝＝1.0×104m/s
（2）沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，所有粒子出磁场后都沿平行x轴正方向运动。恰能从N板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图曲线Ⅰ所示
则
sin∠O4OA＝＝
∠O4OA＝30°
所以从N板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为α＝30°，
同理可得，从M板左端射入的粒子从O点射出时与y轴的夹角为β＝30°。
所以射入板间的粒子占射入磁场粒子的比例为
能射出电场的粒子其偏移量
所以射入板间的粒子恰好有一半从M、N板右端射出，所以
（3）令v0＝v1＋v2
Eq＝Bqv1
①当v0＝v1时，有
E＝2V/m
②当v0>v1时，有
v2＝v0－v1＝
粒子以v2做匀速圆周运动
若要粒子能从两板间射出，则，则可得
③当v0
粒子以v2做匀速圆周运动，有
若要粒子能从两板间射出，则，可得
综上
V/m
【解析】
【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动的半径恰好为d时，对应离开电场前动能最大，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有
设电子在电场中运动的最大动能为，进入磁场时，对电子有
联立解得
（2）第一次进入磁场中圆周运动半径最大，且不能从上端飞出，即
设第一次到达x轴前的速率为，则有
，，
联立解得
设电子做圆周运动的半径分别为
，，…，，…
运动过程满足以下规律
，，，，
半径满足等比数列分布，若要电子从磁场右边界射出，则直径的前n项之和
即
解得
故电子源所处位置应满足
（3）设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T，运动的半圆个数为n，运动总时间为t，由题意有
即
，
同时
根据题意有
解得
即转2个半圆后，再转一个四分之一圆出右边界，由
可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页