高二下学期物理人教版（2019版）选择性必修二 第一章 安培力与洛伦兹力 单元检测（B卷）（含解析）

第一章 安培力与洛伦兹力 单元检测（B卷）
一、单选题
1．把一段通电直导线悬挂在匀强磁场中O点，并建立空间直角坐标系，如图所示。直导线沿z轴方向放置时不受力；直导线中电流方向沿x轴正方向时受到沿y轴正方向的力。由此可知该磁场的方向为 （　　）
A．z轴正方向 B．z轴负方向
C．x轴负方向 D．y轴正方向
2．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（　　）
A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升
3．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电荷量不变），则从图中情况可以确定（　　）
A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从b到a，带正电 D．粒子从b到a，带负电
4．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是（ ）
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
5．下列关于磁感应强度的说法正确的是（　　）
A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B．由可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比
C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
6．为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨．如图为直线通道推进器示意图．推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为： a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m．空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I=1.0×103A，方向如图．则下列判断正确的是：
B
A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103N
B．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N
C．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为3.0×103N
D．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为3.0×103N
7．为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5 m×0.4 m×0.3 m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0 T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103 A，方向如图。则下列判断正确的是（　　）
A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103 N
B．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103 N
C．超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向
D．通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能
二、多选题
8．如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从右边离开磁场的电子，下列判断正确的是（ ）
A．从a点离开的电子速度最小
B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短
C．从b点离开的电子运动半径最小
D．从b点离开的电子速度偏转角最小
9．直角坐标系内，有一无界匀强磁场垂直纸面，一质量为，电荷量为的正电荷从原点沿着轴正方向以初速度出发，不计重力．要使该电荷通过第四象限的点，点坐标为，则
A．磁场方向垂直纸面向外
B．磁场方向垂直纸面向内
C．
D．
10．如图所示，在区域I和区域II内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域I运动到区域II．已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是( )
A．粒子在区域I和区域II中的速率之比为2∶1
B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1
C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1
D．区域I和区域II的磁场方向相反
11．如图所示，在直角坐标平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度（大小未知）沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场；该粒子第二次以相同的初速度从圆弧的中点d沿平行于x轴正方向进入磁场，不计粒子重力。下列判断正确的是（　　）
A．该粒子的初速度为
B．该粒子第一次在磁场中运动的时间为
C．该粒子第二次仍然从a点离开磁场
D．该粒子第二次在磁场中运动的时间为
三、解答题
12．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况怎样？请用以下两种方法分析：
(1)把整个线圈看成一个通电螺线管；
(2)把线圈截成许多小段，每小段视为通电直导线，分析磁场对各小段导线的作用力。
13．如图所示，水平放置的两块长直平行金属薄板a .b间的电势差为U，b板下方足够大的空间内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从贴近a板的左端以大小为v0的初速度水平射入板间的匀强电场，然后从狭缝P垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板上与P点距离为L的Q点(图中未标出，粒子打到b板后被吸收)．粒子重力不计．求:
(1)粒子穿过狭缝P时的速度大小v；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B．
14．质子和粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动。求质子的动能和粒子的动能之比。
15．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
（1）M、N间电场强度E的大小；
（2）圆筒的半径R；
（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n．
参考答案：
1．B
【详解】直导线沿z轴方向放置时不受力，说明磁场沿z轴方向。直导线中电流方向沿x轴正方向时受到沿y轴正方向的力，由左手定则可知磁场沿z轴负方向。故B正确，ACD错误。
故B。
2．A
【详解】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90°时，导线处于向左的磁场中，所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时下降。
故选A。
3．C
【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确,ABD错误。
故选C。
4．A
【详解】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．
【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥．
5．D
【详解】A．安培力的大小不仅与B、I、L的大小有关系，还与B与I的夹角有关系，故A错误；
B．公式只是一个计算式，磁感强度是磁场本身的性质，与放不放电流元没有关系，故B错误；
C．当电流与磁场方向平行时所受安培力为零，但磁场不一定为零，故C错误；
D．人们规定小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，故D正确。
故选D。
6．A
【详解】磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，根据安培力公式F=BIL=10×1.0×103×0.4N=4.0×103N，故综上所述，故A正确，BCD错误；故选A．
点睛：此题考查左手定则的内容，掌握安培力大小计算，注意左手定则与右手定则的区别，及理解安培力大小公式中L的含义．
7．D
【详解】AB．磁场方向向下，电流方向向里，根据左手定则，推进器所受安培力方向向左，因此驱动力方向向左，根据安培力公式有
AB错误；
C．磁场方向向下，根据安培定则可判定超导励磁线圈中的电流方向为PMNQP方向，C错误；
D．改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向，根据左手定则可知驱动力方向相反，可以实现倒行功能，D正确。
故选D。
8．BC
【详解】对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大．从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t==，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短．故B、C正确，A、D错误．
故选BC．
9．AC
【详解】AB.粒子向右偏转，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外.故A正确，B错误.
CD.根据洛伦兹力提供向心力：
根据几何关系：
联立解得：
故C正确，D错误.
10．BD
【详解】由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域I和区域II中的速率之比为1：1，A错误；根据，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2：1，B正确；圆心角，，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确；故选BD．
点睛：此题考查粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握半径与周期公式，理解运动时间与圆心角及周期关系，同时知道洛伦兹力对粒子不做功．
11．CD
【详解】A．由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据
得
故A错误；
B．粒子做圆周运动的周期
该粒子第一次在磁场中运动了圆周，运动时间为
故B错误；
C．该粒子第二次从d点平行于x轴正方向进入磁场，轨迹如图所示
设粒子的出射点为a′，由几何关系可知四边形a′O1dO2是菱形，所以O1a′//dO2，O1a′与x轴垂直，故a′与a重合，该粒子第二次仍然从a点离开磁场，故C正确；
D．由几何关系可知该粒子第二次在磁场中运动轨迹的圆心角为135°，则运动时间为
故D正确。
故选CD。
12．（1）把整个线圈看成一个通电螺线管，根据安培定则，线圈内部产生方向向右的磁场，则根据磁体内部的磁场方向，线圈左端为S极，则线圈会向左运动；（2）由左手定则可判断每一段导线受力的方向指向N极周围，即线圈受到的合力指向N极，所以线圈会向左运动
【详解】(1) 把整个线圈看成一个通电螺线管，根据安培定则，线圈内部产生方向向右的磁场，则根据磁体内部的磁场方向，线圈左端为S极，则线圈会向左运动；
(2)由左手定则可判断每一段导线受力的方向指向N极周围，即线圈受到的合力指向N极，所以线圈会向左运动。
13．(1) (2)
【详解】(1)对粒子从贴近a板处运动到狭缝P的过程，由动能定理有:
解得:
(2)设粒子进入磁场时的速度方向与b板的夹角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心为O、半径为r，如图所示，由几何关系有:
由牛顿第二定律有:
解得:
14．1：1
【详解】质子和α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
粒子的动能为
由题知半径r相同，，，则得到
15．（1）（2）（3）n = 3
【详解】(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得：
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得：U=Ed
联立上式可得
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角
．
由几何关系得
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得
联立得
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则
设粒子进入S孔时的速度为，由
可得
设粒子做圆周运动的半径为，
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见
粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故n=3.