2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题--第一章 安培力与洛伦兹力复习提升

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教版高中物理选择性必修第二册
第一章　安培力与洛伦兹力
本章复习提升
易混易错练
易错点1　对安培力方向认识不够全面
1.一通有水平向右电流的直导线,置于如图所示的匀强磁场中,导线与磁场方向垂直。现让直导线绕其端点O垂直纸面向内旋转60°,则直导线所受安培力 (　　)
A.大小、方向均变化
B.大小、方向均不变
C.大小变化、方向不变
D.大小不变、方向变化
易错点2　霍尔效应中电势高低判断出错
2.(2023四川南充期末)霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件,如图所示,某元件的宽度为h,厚度为d,磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下,元件内通入图示方向的电流I,C、D两侧面间会形成电势差U,设元件中能够自由移动的电荷带正电,电荷量为q,且元件单位体积内自由电荷的个数为n,则下列说法正确的是 (　　)
A.C侧面的电势低于D侧面的电势
B.自由电荷受到的电场力为F=q
C.C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U=
D.元件中自由电荷由正电荷变为负电荷,C、D两侧的电势高低不会发生变化
易错点3　对“洛伦兹力不做功”理解不深刻
3.(多选题)(2023全国高三专题练习)如图所示,下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动,垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端口飞出,则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中 (　　)
A.小球带负电荷
B.小球做类平抛运动
C.洛伦兹力对小球做正功
D.管壁的弹力对小球做正功
易错点4　不注意物理结论的成立条件
4.如图所示,用绝缘丝线悬挂着的环形导体(可视为不会发生形变),位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中,若环形导体通有如图所示方向的电流I,试判断环形导体的运动情况。
思想方法练
一、“旋转圆”法(同速异向发射)
方法概述
　　粒子源发射速度大小v0一定、方向不同的相同带电粒子进入匀强磁场,这时可将一半径为r=的轨迹圆以入射点为轴进行旋转,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“旋转圆”法。如P16第6题、第8题,都能用此方法解答。
1.(多选题)(2024湖北孝感期末)如图所示,在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量大小为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时,粒子恰好垂直x轴离开磁场,不计粒子的重力和粒子间的相互作用力,则 (　　)
A.粒子可能带负电
B.粒子入射速率为
C.粒子在磁场中运动的最短时间为
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为2L
二、“放缩圆”法(同向异速发射)
方法概述
　　粒子源发射速度方向一定、大小不同的相同带电粒子进入匀强磁场,这时可以入射点为定点,将半径放大或缩小作轨迹圆,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“放缩圆”法。如P13第4题、P15第3题及第4题、P17第2题,都能用此方法解答。
2.(多选题)(2023四川师大附中调研)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,那么下列说法中正确的是 (　　)
A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从cd边射出磁场
B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ad边射出磁场
C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从bc边射出磁场
D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场
答案与分层梯度式解析
第一章　安培力与洛伦兹力
本章复习提升
易混易错练
1.C　开始时,导线所受的安培力大小为F=BIL;当导线绕其端点O垂直纸面向内转过60°时,导线所受安培力的大小为F'=BIL cos 60°=BIL,根据左手定则可知,安培力方向不发生变化。故选C。
错解分析　解答本题时,有些同学盲目认为只要电流方向变化,安培力方向就一定变化,从而得出错误结论。本题中导线向纸面内转动,安培力方向与电流方向、磁感应强度的方向都垂直,不发生变化。
2.C　元件中的自由电荷带正电,根据左手定则,自由电荷向C侧面偏转,C侧面的电势高于D侧面的电势,A错误;C、D之间的电场强度E=,自由电荷受到的电场力F=Eq=q,B错误;稳定后,自由电荷所受洛伦兹力的大小等于电场力的大小,即qvB=q,根据电流微观表达式I=nqSv,又S=dh,联立可得U=,故C正确;元件中自由电荷由正电荷变为负电荷,根据左手定则,负电荷向C侧面偏转,则C侧面的电势低于D侧面的电势,D错误。故选C。
错解分析　解答本题,有些同学不明白自由电荷定向移动方向、电流方向和洛伦兹力方向间的关系而导致错解。需明确元件中自由电荷的正负决定着其两侧面电势的高低。
3.BD　最终小球从上端口飞出,再由磁场方向垂直向里,依据左手定则可知,小球带正电荷,故A错误;设小球竖直分速度为vy、水平分速度为vx,以小球为研究对象,受力如图所示,
由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动,则洛伦兹力在竖直方向的分力qvxB是恒力,由牛顿第二定律得qvxB-mg=ma,小球的加速度恒定不变,故小球竖直方向做匀加速直线运动,水平方向做匀速直线运动,则小球做类平抛运动,故B正确;洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直,对小球不做功,故C错误;管壁的弹力向右,对小球做正功,故D正确。故选B、D。
错解分析　首先需明确,洛伦兹力一定垂直于速度方向,永不做功,但洛伦兹力的分力可以做功,各分力做功的代数和为0。本题中,带电小球参与了两个运动,一个是水平方向的匀速直线运动,一个是竖直方向的匀加速运动,实际速度为这两个方向分速度的合速度。水平方向分速度对应的洛伦兹力的分力竖直向上,对小球做正功,竖直方向分速度对应的洛伦兹力的分力水平向左,对小球做负功,两分力做功的代数和为0。从实际速度角度看,qvB⊥v,洛伦兹力不做功。有些同学误认为qvxB与vy同向,所以洛伦兹力对小球做正功而错选C。
4.答案　见解析
解析　利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段,每小段通电导体所受的安培力均指向圆心。由对称性可知,通电环形导体所受的安培力合力为零,故该环形导体将保持静止状态。错解分析　误认为匀强磁场的磁感线与导体环面垂直,等效于条形磁铁N极正对环形导体环面的左侧,而通电环形导体的磁场N极向左(根据右手螺旋定则来判定),它将受到等效N极的排斥作用,开始向右加速运动。在分析这种通电线圈在磁场中受力的问题时,不能用等效磁极的方法,因为它不符合实际情况,而应运用左手定则分析出安培力合力的方向后,再确定其运动状态的变化情况。
思想方法练
1.BC　当粒子沿x轴正方向射入时,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示,由左手定则可知粒子带正电,粒子的轨迹半径为r=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=,故A错误,B正确;
应用“旋转圆法”由图乙可知,当粒子通过原点O时,粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角最小(破题关键),则运动时间最短,由粒子运动轨迹根据几何关系可得θ=,则粒子在磁场中运动的时间为t=T=·=,故C正确;
　
应用“旋转圆法”由图丙可知,当粒子离开磁场的位置与P点连线是轨迹圆的直径时,位置距离O点最远(破题关键),可知PQ=2L,PQ2=OP2+OQ2,解得OQ=L,故D错误。
方法点津　当进入磁场的粒子速度大小不变,只有方向改变时,r=大小不变,但轨迹的圆心位置变化,相当于圆心在绕着入射点转动,轨迹圆在旋转,形成以轨迹圆直径为半径的圆的包络线,如图所示。我们以发射点为轴,旋转粒子的轨迹圆,可轻松找出临界条件。
2.AC　利用“放缩圆”思想,以入射点O为定点,画粒子运动轨迹,运动轨迹的圆心在过入射点O且与初速度方向垂直的直线上。如图所示,作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知,带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是T=2t0。由图及周期可知,从ad边射出磁场的带电粒子在磁场中经历的时间tad的范围为0方法点津　对于初速度方向一定、大小不同的相同带电粒子进入匀强磁场时,我们常采用“放缩圆”法。如图所示(假设粒子带正电),速度v越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上。一般以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放大或缩小画轨迹,从而探索出临界条件。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)