第一章 安培力与洛伦兹力 阶段质量检测(一)　（含解析）高中物理人教版（2019）选择性必修 第二册

阶段质量检测(一)　安培力与洛伦兹力
(本试卷满分：100分)
　　一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1.高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地。在赤道某地两建筑上空，有一团带负电荷的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示。则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是(　　)
A．向东 B．向南
C．向西 D．向北
2.如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路。以下说法正确的是(　　)
A．闸刀刀片中的电流方向为O至C
B．闸刀刀片中的电流方向为C至O
C．跳闸时闸刀所受安培力没有做功
D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值增大
3.极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方有如图所示的沿顺时针方向运动的弧状极光，则关于这一现象中的高速粒子的说法正确的是(　　)
A．该粒子带负电
B．该粒子轨迹半径逐渐增大
C．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
D．地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最强
4．如图所示为磁场的相关应用，下列说法正确的是(　　)
A．图甲是回旋加速器的示意图，粒子是在洛伦兹力作用下加速的
B．图乙中，处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向左摆动
C．图丙中，下端刚好与水银液面接触的金属软弹簧通电后将上下振动
D．图丁是磁流体发电机的结构示意图，可通过增大磁感应强度B来减小电源电动势
5.如图所示，方形金属块放在匀强磁场中，磁场方向垂直前后表面向外，金属块通有从左到右的恒定电流I后将会产生霍尔效应，a、b、c分别表示长方体的长、宽、高，则(　　)
A．金属块上表面的电势低于下表面
B．仅增大金属块长度a，霍尔电压将变小
C．仅增大金属块宽度b，霍尔电压将变小
D．仅增大金属块高度c，霍尔电压将变小
6.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，A为磁场边界上的一点。电子以相同的速率v0从A点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向，这些电子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的六分之一。若仅将电子的速率变为v1，结果相应的弧长变为圆周长的四分之一，不计电子间的相互影响，则v1∶v0等于(　　)
A．3∶2 B.∶1
C.∶1 D.∶　　　　　　　　　　　　　　　　
7．在磁流体发电机燃烧室产生的高温燃气中加入钠盐，电离后的钠盐经喷管加速被高速喷入发电通道，如图所示。若喷入发电通道的离子速度v＝1 000 m/s，发电通道处在磁感应强度大小为B＝6 T的匀强磁场中，发电通道的截面是边长为a＝20 cm的正方形，长为d＝ m，其内导电离子可视为均匀分布，等效电阻率为ρ＝2 Ω·m，在PQ段接上阻值为R的电阻，忽略边缘效应，则下列说法正确的是(　　)
A．电阻R中的电流方向为从Q到P
B．洛伦兹力对高温粒子做了正功
C．当外接电阻为R＝9 Ω时，电压表的示数为900 V
D．当外接电阻为R＝9 Ω时，发电机的输出功率最大
8.如图，半径R＝2 m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为(　　)
A．(3π－2)m2 B．(2π－2)m2
C．3π m2 D．2π m2
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．甲图是示波器的结构示意图，乙图是电视机显像管的结构示意图，二者相同的部分是电子枪(给电子加速形成电子束)和荧光屏(电子打在上面形成亮斑)；不同的是使电子束发生偏转的部分：分别是匀强电场(偏转电极)和匀强磁场(偏转线圈)，即示波器是电场偏转，显像管是磁场偏转。设某次电子束从电子枪射出后分别打在甲、乙两图中的P点，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能没有变化
B．甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能也发生了变化
C．甲图中电子的速度发生了变化，乙图中电子的速度也发生了变化
D．以上两种装置都体现了场对运动电荷的控制
10.质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图所示，离子源S产生的比荷为k的离子束(速度可视为零)，经M、N两板间大小为U的加速电压加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点。已知P点到小孔S1的距离为x，匀强磁场的方向垂直纸面向外，则下列说法不正确的是(　　)
A．N板带正电
B．离子进入匀强磁场的速度大小为
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．x相同，对应离子的比荷可能不相等
11.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子由O到A经历的时间为t＝
C．若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为
D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°
12.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°，运动时
间为t1；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，运动时间为t2。不计粒子重力，则(　　)
A．v1∶v2＝1∶　　　　 B．v1∶v2＝∶1
C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝2∶3
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
13.(12分)如图，等边三角形线框abc由三根相同的导体棒ab、bc、ca连接而成。ab长为L＝10 cm，用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝0.2 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与导体棒绝缘。a、b端通过开关与一电动势为E＝12 V的电池相连，电池的内阻r＝2 Ω，每根导体棒的电阻均为R＝3 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。求：
(1)开关闭合后导体棒ab所受安培力；
(2)三角形线框abc的质量。
14.(14分)在直角坐标系x轴上方有匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.33 T，磁场方向垂直于纸面向外。在原点O处有一个放射源，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106 m/s的α粒子，已知α粒子的质量m＝6.6×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C。
(1)求α粒子在磁场中运动的半径r和周期T。
(2)坐标为点有两个α粒子能够打到，求两个α粒子到达的时间差。
(3)若放射源只沿y轴方向以速度v＝3.2×106 m/s同时发射α粒子和质量为m′＝1.65×10－27 kg、带电量q′＝1.6×10－19 C的质子。粒子经过磁场后将会打在放置于x轴上的荧光屏，形成光斑。若粒子放射源发生故障存在波动，使得出射粒子速度在到之间变化，若欲将打在荧光屏上的两种粒子加以区分，求放射源发射粒子的速度范围。
15.(16分)如图所示，MN为竖直平面内的一条水平分界线，MN的上方有方向竖直向下的匀强电场，MN的下方有垂直于竖直面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电粒子从MN上的A点射入电场，从MN上的C点射入磁场，此后在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动。粒子射入电场时的速度方向与MN的夹角θ＝30°，速度大小为v0，A、C两点间的距离为L，不计带电粒子受到的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B和粒子的运动周期T；
(3)若仅使MN上方的匀强电场的电场强度变为原来的倍，求粒子第6次返回到分界线MN时与出发点A之间的距离x6。
16．(18分)如图所示，在竖直平面建立直角坐标系xOy，直角坐标系所在平面内分布匀强电场和匀强磁场，第Ⅰ象限内，电场方向平行于x轴，磁场垂直于平面向外；第Ⅲ象限内，电场方向平行于y轴，只在虚线下方存在垂直于平面向里的匀强磁场。在第Ⅰ象限内有一点P，OP连线与x轴成45°，现有一带电量为＋5×10－3 C的小球在P点获得一速度，恰好使小球沿着PO方向做匀速直线运动并经过O点进入第Ⅲ象限。已知匀强电场的电场强度大小均为1 N/C，匀强磁场的磁感应强度大小均为1 T，虚线平行于x轴且与x轴距离为0.2 m，π取3.14，重力加速度取10 m/s2。求：
(1)画出小球在第Ⅰ象限内做匀速直线运动的受力情况并求出各力的比例关系；
(2)小球的质量和在P点获得的速度大小；
(3)小球从O点进入第Ⅲ象限开始到离开第Ⅲ象限的时间和离开第Ⅲ象限的位置到O点的距离。
阶段质量检测(一)
1．选C　当带有负电荷的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电荷从上向下通过避雷针，所以电流的方向为从下向上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西，C正确。
2．选A　当CO通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向O→C，A正确，B错误；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，C错误；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F＝BIL可知，增大匀强磁场的磁感应强度B，电流I变小，D错误。
3．选C　北极上空地磁场方向向下，北极正上方有沿顺时针方向运动的弧状极光，根据左手定则可知，该粒子带正电，A错误；根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式r＝，运动过程中粒子因空气阻力做负功，动能变小，速度减小，则轨迹半径减小，B错误；赤道正上方地磁场水平向北，根据左手定则可知，若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转，C正确；在南、北两极附近地磁场垂直地面，则地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最弱，D错误。
4．选C　题图甲中，洛伦兹力不做功，粒子是在电场力作用下加速的，故A错误；题图乙中，由左手定则判断处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向右摆动，故B错误；题图丙中，下端刚好与水银液面接触的软弹簧通电后，根据同向电流相互吸引可知，软弹簧收缩，离开水银面，电路断开，由于重力的作用软弹簧再次与水银面接触，再次通电跳起，如此反复，弹簧将上下振动，C正确；对磁流体发电机有qvB＝q，解得E＝dvB，可通过增加磁感应强度B来增大电源电动势，故D错误。
5．选C　金属块中的自由电荷是电子，电流方向从左向右，根据左手定则可知，电子受到洛伦兹力方向向下，则金属块上表面的电势高于下表面，A错误；根据evB＝e，I＝nevbc，解得U＝，可知霍尔电压与金属块长度a、高度c无关，B、D错误；根据上述分析，仅增大金属块宽度b，霍尔电压将变小，C正确。
6．选B　设圆形磁场的半径为R，当速率为v0时，从A点射入的电子与磁场边界的最远交点为M，如图1，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，则电子做圆周运动的半径为r0＝Rsin 30°＝；当速率为v1时，从A点射入的电子与磁场边界的最远交点为N，如图2，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，则电子做圆周运动的半径为r1＝；由电子做圆周运动的半径为r＝，得v＝，则v1∶v0＝∶1，故选B。
7．选C　根据左手定则可知，正离子受到向上的洛伦兹力作用向上偏转，负离子受到向下的洛伦兹力作用向下偏转，故上极板为正极，下极板为负极，因此电阻R中的电流方向为从P到Q，故A错误；洛伦兹力方向始终与速度垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，洛伦兹力永不做功，故B错误；磁流体发电机的等效内阻为r＝ρ＝3 Ω，离子在发电通道中匀速运动时，由q＝qvB，可得磁流体发电机的电动势为E＝Bva＝1 200 V，当外接电阻为R＝9 Ω时，则流过电阻的电流为I＝＝100 A，则电压表的示数为U＝IR＝900 V，故C正确；根据题意可知，发电机输出功率为P＝2·R＝，由数学知识可知，当R＝，即外接电阻R＝r＝3 Ω时，发电机的输出功率最大，故D错误。故选C。
8.选A　设轨迹圆的半径为r，粒子射出磁场时的位置最远点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点，由几何关系得R＝2r，则粒子做圆周运动的半径为r＝，圆形磁场中有粒子经过的区域如图中阴影所示，圆形磁场中有粒子经过的区域面积为S＝＋＋＝－＝(3π－2)m2，故选A。
9．选ACD　题图甲中，电子在经过偏转电场时电场力对电子做功，电子的动能发生改变，而在题图乙中，电子经过偏转磁场时洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，因此题图乙中电子的动能没有变化，故A正确，B错误；题图甲中，电场力对电子做正功，且电子发生了偏转，则可知电子的速度增大，方向改变，电子的速度发生了变化，题图乙中洛伦兹力不做功，电子的速度大小不变，但电子在洛伦兹力的作用下发生了偏转，速度方向发生了改变，则可知电子的速度发生改变，故C正确；以上两种装置都体现了场对运动电荷的控制，故D正确。
10．选AD　由左手定则并结合离子在磁场中偏转方向可知，离子带正电，所以加速电场的N板带负电，故A错误，与题意相符；由动能定理可得qU＝mv2，又＝k，联立解得v＝，故B正确，与题意不符；离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，由几何关系可得x＝2r，联立解得B＝ ，由此可知x相同，磁感应强度B相同，则对应离子的比荷相等，故C正确，与题意不符，D错误，与题意相符。
11.选CD　根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则可知，此粒子带负电，故A错误；根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60°，则粒子由O到A经历的时间为t＝T＝×＝，故B错误；若已知A到x轴的距离为d，根据几何关系可得r－rcos 60°＝d，解得粒子轨迹半径为r＝2d，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得粒子速度大小为v＝，故C正确； 粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确。
12.选AC　粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子轨迹如图所示。设圆形磁场区域的半径为r，根据几何关系可知，以v1、v2射入粒子的轨迹半径分别为R1＝r，R2＝rtan 30°＝r，根据qvB＝m，得v＝，所以v1∶v2＝1∶，故A正确，B错误；根据T＝＝，所以t＝T，因此t1＝T，t2＝T，所以＝，故C正确，D错误。
13．解析：(1)电路总电阻为R总＝r＋＝4 Ω
总电流为I＝＝3 A
流过导体棒ab的电流I1＝I＝2 A
导体棒ab所受安培力大小为F1＝BI1L＝0.04 N
方向竖直向下。
(2)开关断开时，由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg
式中Δl1＝0.5 cm。
开关闭合后，bc、ca所受安培力的合力大小为F2＝BI2L
又I2＝I
解得I2＝1 A，F2＝0.02 N
三角形线框abc所受安培力的大小为F＝F1＋F2
得F＝0.06 N
由胡克定律和力的平衡条件得 2k＝mg＋F
式中Δl2＝0.3 cm，联立得m＝0.01 kg。
答案：(1)0.04 N，方向竖直向下　(2)0.01 kg
14．解析：(1)α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
从而得到r＝＝0.2 m
周期T＝＝×10－6 s或T＝＝π×10－7 s。
(2)由于两个α粒子均打到了x＝20 cm的x轴上，且x＝r，由几何关系可知，两个α粒子分别偏转60°和300°。
向第一象限内射出打到该点的时间t1＝
向第二象限内射出打到该点的时间t2＝
所以两α粒子到达该点的时间差Δt＝t2－t1＝×10－6 s或π×10－7 s。
(3)由题意有α粒子和质子的运动半径的波动范围为
≤r≤
≤r′≤
欲将打在荧光屏上的两种粒子加以区分，则应有rmin＞rmax′
解得Δv<＝×106 m/s
放射源发射粒子的速度范围为[v－Δv，v＋Δv]，即。
答案：(1)0.2 m　π×10－7 s　(2)π×10－7 s
　(3)
15．解析：(1)设粒子在电场中运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有Eq＝ma
设一个周期内粒子在电场中运动的时间为t1，根据运动的合成和分解有L＝v0t1cos θ，2v0sin θ＝at1，
解得E＝。
(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有L＝2rsin θ
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
解得B＝
一个周期内粒子在磁场中运动的时间t2＝
粒子的运动周期T＝t1＋t2＝。
(3)根据题意可知，粒子第1次返回分界线MN时与A点的距离x1＝v0t1′cos θ
根据题意可知t1′＝t1
则x1＝
粒子从第1次返回分界线MN时到第2次返回分界线MN时的位移大小Δx＝2rsin θ＝L
即粒子第2次返回分界线MN时与A点的距离
x2＝Δx－x1＝
同理可得，粒子第6次返回分界线MN时与出发点A之间的距离x6＝3x2＝。
答案：(1)　(2)　　(3)
16．解析：(1)小球在第Ⅰ象限内做匀速直线运动的受力分析如图甲所示，
三力的比例关系有G∶F电∶F洛＝1∶1∶。
(2)由三力的平衡关系有mg＝Eq，qvB＝Eq
解得m＝5×10－4 kg，v＝ m/s。
(3)小球进入第Ⅲ象限后，在虚线上方，因为重力和电场力平衡，先做一段匀速直线运动，匀速直线运动位移x1＝vt1＝ m，解得t1＝0.2 s
进入磁场后开始做匀速圆周运动，由
qvB＝m，解得R＝ m
由几何关系可推断小球做匀速圆周运动的轨迹如图乙所示，
小球在磁场中的轨迹是一个半圆
t2＝＝0.314 s
t＝t1＋t2＝0.514 s
离开第Ⅲ象限的位置到O点的距离
d＝0.2 m＋sin 45°＝0.4 m。
答案：(1)见解析图甲　G∶F电∶F洛＝1∶1∶
(2)5×10－4 kg　 m/s　(3)0.514 s　0.4 m
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