第一章　安培力與洛倫茲力

第一章安培力與洛倫茲力注意事項1.本試卷滿分100分,考試用時75分鐘。2.無特殊說明,本試卷中g(shù)取10m/s2。一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~8小題只有一項符合題目要求,第9~12小題有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選不全的得2分,選錯或不答的得0分)1.(2021湖北宜昌高三月考)如圖所示,A、B、C三根通電長直導(dǎo)線均水平固定,導(dǎo)線通入的恒定電流大小相等,方向如圖,其中A、B垂直紙面且關(guān)于C對稱,則導(dǎo)線C所受磁場力的情況是 ()A.大小為零B.方向豎直向上C.方向豎直向下D.方向水平向左2.(2021廣東肇慶高二期末)一帶電粒子在某勻強(qiáng)磁場中沿著磁感線方向運(yùn)動,現(xiàn)僅將該粒子的運(yùn)動速度增大一倍,其他條件不變,不計粒子的重力,則該帶電粒子在此勻強(qiáng)磁場中 ()A.做勻速圓周運(yùn)動B.受到的洛倫茲力變?yōu)樵瓉淼?倍C.運(yùn)動的軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍D.運(yùn)動的動能變?yōu)樵瓉淼?倍3.(2020安徽合肥第六中學(xué)高二月考)如圖所示,把柔軟的鋁箔條折成“天橋”狀并用膠紙粘牢兩端固定在桌面上,當(dāng)電池與鋁箔條接通時,以下情形中,會使“天橋”中部的鋁箔條向上運(yùn)動的是 ()ABCD4.(2021北京朝陽高二上期末)如圖所示,把一根柔軟的金屬彈簧懸掛起來,彈簧靜止時,它的下端剛好跟槽中的水銀接觸。通電后,關(guān)于彈簧,下列說法中正確的是 ()A.彈簧始終不動B.彈簧不斷上下振動C.彈簧向上收縮后,保持靜止D.彈簧向下伸長后,保持靜止5.(2021浙江紹興高二期末)如圖所示,在螺線管正上方用細(xì)線懸掛一根通電直導(dǎo)線,電流方向自左向右。當(dāng)開關(guān)S閉合后,關(guān)于導(dǎo)線的受力和運(yùn)動情況,下列說法正確的是 ()A.導(dǎo)線垂直紙面向外擺動,細(xì)線張力變小B.從上向下看,導(dǎo)線順時針轉(zhuǎn)動,細(xì)線張力變大C.從上向下看,導(dǎo)線逆時針轉(zhuǎn)動,細(xì)線張力變小D.導(dǎo)線與螺線管產(chǎn)生的磁場平行,始終處于靜止?fàn)顟B(tài)6.(2021安徽黃山高二期末)如圖所示,在通電直導(dǎo)線右側(cè),有一電子沿垂直導(dǎo)線方向以速度v開始運(yùn)動,則 ()A.將沿軌跡Ⅰ運(yùn)動,半徑越來越小B.將沿軌跡Ⅰ運(yùn)動,半徑越來越大C.將沿軌跡Ⅱ運(yùn)動,半徑越來越小D.將沿軌跡Ⅱ運(yùn)動,半徑越來越大7.(2021江西南昌高二上期末)如圖,三個速度大小不同的同種帶電粒子沿同一方向從圖示長方形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場邊緣射入,當(dāng)它們從下邊緣飛出時相對入射方向的偏角分別為90°、60°、30°,則它們在磁場中的運(yùn)動時間之比為 ()A.1∶1∶1B.1∶2∶3C.3∶2∶1D.3∶2∶18.(2021河南新鄉(xiāng)高二期末)如圖所示,平行邊界MN、PQ間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,兩邊界間距為d,MN上有一粒子源A,可在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場中射入質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子,粒子射入磁場時的速度大小為qBdm。不計粒子所受重力。PQ上有粒子射出的區(qū)域長度與MN上有粒子射出的區(qū)域的長度之比為 (A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.3∶29.(2021河北唐山一中高二月考)根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理,人們研制出一種新型的炮彈發(fā)射裝置——電磁炮,它的基本原理如圖所示,下列結(jié)論中正確的是 ()A.要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射,必須通以自M向N的電流B.要想提高炮彈的發(fā)射速度,可適當(dāng)增大電流C.要想提高炮彈的發(fā)射速度,可適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度D.使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時反向,炮彈的發(fā)射方向亦將隨之反向10.(2021遼寧葫蘆島高二期末)關(guān)于如圖所示的回旋加速器,下列說法正確的是 ()A.帶電粒子在D形盒磁場中加速B.可以加速中子(不帶電)C.帶電粒子的出射最大動能與D形盒半徑有關(guān)D.兩D形盒間交變電壓的周期等于粒子轉(zhuǎn)動的周期11.(2021湖南邵陽高二上期末改編)如圖,正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里。甲、乙兩個相同的粒子,分別從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場,甲粒子從b點(diǎn)飛出磁場,乙粒子從c點(diǎn)飛出磁場,不計粒子重力,下列說法正確的是 ()A.甲、乙兩個粒子的速率之比為1∶2B.甲、乙兩個粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1C.甲、乙兩個粒子離開磁場后的運(yùn)動方向相同D.甲、乙兩個粒子離開磁場后的運(yùn)動方向相反12.(2021八省聯(lián)考高三上考前猜題)如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域(電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知),小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,重力加速度為g,則 ()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r=1C.小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=2πD.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期增大二、非選擇題(本題共6小題,共52分)13.(4分)(2021安徽蚌埠高二期末)某小組利用如圖所示的裝置測定磁極間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,在力傳感器下端掛一個n匝矩形線圈,將線圈的短邊完全置于磁極之間的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場)中并使平面與磁極的連線垂直。斷開電路,線圈靜止時力傳感器的讀數(shù)為F1;接通電路,線圈中的電流為I時,力傳感器的讀數(shù)為F2(F2<F1),則線圈所受的安培力F=;已知線圈短邊的長度為L,則磁極間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=。

14.(6分)(2020河北石家莊高二上期末)質(zhì)量為m=0.05kg的導(dǎo)電細(xì)桿ab置于傾角為θ=30°的平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌間距離為L=0.5m,桿ab與導(dǎo)軌垂直,如圖所示,勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面且方向向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1T。已知電源電動勢E=15V,內(nèi)阻r=1Ω,導(dǎo)軌和細(xì)桿的電阻均忽略不計,重力加速度為g。求:(1)當(dāng)電阻R取值為多少時,釋放細(xì)桿ab后桿保持靜止不動;(2)當(dāng)R=1Ω時,釋放細(xì)桿ab瞬間桿的加速度是多大?15.(7分)(2021山東師范大學(xué)附中高二上檢測)如圖所示,兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置,與水平面的夾角為θ=45°,兩金屬板間的電勢差為U,PQ板電勢高于MN板,且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入磁場區(qū)域,恰好沿直線從MN板的N端射出磁場區(qū)域,重力加速度為g,求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向;(2)小球在金屬板之間的運(yùn)動時間。16.(11分)(2021山東煙臺第一中學(xué)高二上期末)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中,有一個與水平面成θ=53°角的導(dǎo)電滑軌,滑軌上放置一個可自由移動的金屬桿ab,磁場方向與滑軌所在平面垂直且向下。已知接在滑軌中的電源電動勢E=12V,內(nèi)阻r=1Ω,滑動變阻器R的阻值足夠大。ab桿長L=1.4m,質(zhì)量m=0.25kg,電阻R0=6Ω,桿與滑軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.75,滑軌的電阻忽略不計,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,要使ab桿在滑軌上保持靜止。(1)求電流的最小值;(2)若磁場方向可以變化,求滑動變阻器的最大功率。17.(12分)(2021廣東佛山高三上期末)如圖,M、N為水平放置的一對平行金屬板,間距為d,長l=233d,所加電壓U=U0。金屬板右側(cè)有一以CD、EF兩豎直線為邊界的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向如圖?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的負(fù)離子(重力不計)從靜止開始經(jīng)電壓為U0的電場加速后,沿水平方向由金屬板MN正中央射入,經(jīng)電場、磁場后從邊界EF(1)離子射入金屬板MN時初速度的大小;(2)離子離開金屬板MN時速度的大小和方向;(3)離子在磁場中運(yùn)動的時間。18.(12分)(2021山東淄博高二下期中)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點(diǎn)以速度v沿與x軸正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中,并恰好垂直于y軸射出第一象限,進(jìn)入第二象限的勻強(qiáng)電場中,電場強(qiáng)度為E,不計粒子重力。求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間;(3)帶電粒子在電場中速度第一次為零時的坐標(biāo)。

答案全解全析第一章安培力與洛倫茲力1.A由右手螺旋定則可知,A、B通電直導(dǎo)線在導(dǎo)線C處產(chǎn)生的磁場方向均水平向右,與電流方向平行,所以導(dǎo)線C所受磁場力大小為零,故A正確。2.D帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中沿著磁感線方向運(yùn)動,則該粒子不受洛倫茲力作用,粒子所受合力為零,在磁場中做勻速直線運(yùn)動,A、B、C錯誤;現(xiàn)僅將該粒子的運(yùn)動速度增大一倍,根據(jù)Ek=12mv2得,該粒子的動能變?yōu)樵瓉淼?倍,D3.DA圖中“天橋”在磁鐵的一側(cè),磁場的方向指向S極(右下方),流過“天橋”的電流的方向指向右上方,根據(jù)左手定則可知,“天橋”受到的安培力的方向向下,故A錯誤;B圖中“天橋”處在N、S極之間,流過“天橋”的電流指向右上方,由左手定則可知,其受向下的安培力,將向下運(yùn)動,故B錯誤;C圖中“天橋”處在N、S極之間,流過“天橋”的電流指向左下方,由左手定則可知,其受向下的安培力,將向下運(yùn)動,故C錯誤;D圖中,“天橋”處在N、S極之間,流過“天橋”的電流指向右上方,由左手定則可知,其受向上的安培力,將向上運(yùn)動,故D正確。4.B當(dāng)有電流通過彈簧時,構(gòu)成彈簧的每一圈導(dǎo)線都產(chǎn)生了磁場,根據(jù)安培定則知,每個線圈的下端都是N極、上端是S極,各圈導(dǎo)線之間都產(chǎn)生了相互的吸引作用,彈簧就縮短了,當(dāng)彈簧的下端離開水銀后,電路斷開,彈簧中沒有了電流,各圈導(dǎo)線之間失去了相互吸引力,彈簧又恢復(fù)原長,使得彈簧下端又與水銀接觸,彈簧中又有了電流,開始重復(fù)上述過程。故選B。5.B通電螺線管在a、b、c三處產(chǎn)生的磁場方向如圖所示,根據(jù)左手定則,通電直導(dǎo)線a處受到的安培力方向垂直紙面向外,b處受到的安培力方向垂直紙面向里,所以,從上向下看,導(dǎo)線將沿順時針方向轉(zhuǎn)動。利用特殊位置分析法,當(dāng)導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°時,導(dǎo)線受到的安培力方向豎直向下,所以此時細(xì)線的張力變大。選項A、B、C均錯誤,B正確。6.A根據(jù)右手螺旋定則,在導(dǎo)線右側(cè),磁場垂直紙面向里,而電子帶負(fù)電,根據(jù)左手定則,電子將向上偏轉(zhuǎn),并且離導(dǎo)線越近,磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,由于R=mvqB,因此電子運(yùn)動的軌道半徑將變小,故選項A7.C粒子在磁場中運(yùn)動的周期公式為T=2πmqB,由此可知,粒子在磁場中運(yùn)動的時間與粒子的速度大小無關(guān),則三個粒子在磁場中運(yùn)動的周期相同,三個粒子的偏轉(zhuǎn)角分別為90°、60°、30°,偏轉(zhuǎn)角為90°的粒子的運(yùn)動時間為14T,偏轉(zhuǎn)角為60°的粒子的運(yùn)動時間為16T,偏轉(zhuǎn)角為30°的粒子的運(yùn)動時間為112T;所以有t1∶t2∶t3=14T∶8.A帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供,有qvB=mv2R,粒子在磁場中運(yùn)動的半徑R=mvqB=d,粒子從PQ邊射出磁場的臨界軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知,PQ邊有粒子射出的區(qū)域長度為L=2R=2d,MN上有粒子射出的區(qū)域的長度L'=2R=2d,則PQ上有粒子射出的區(qū)域長度與MN上有粒子射出的區(qū)域的長度之比為9.ABC要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射,則安培力方向向右,由左手定則可知,必須通以自M向N的電流,故A正確;由安培力的計算式F=BIL可知,可通過增大電流或增大磁感應(yīng)強(qiáng)度來提高炮彈的發(fā)射速度,故B、C正確;如果電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時反向,由左手定則可知,炮彈的發(fā)射方向?qū)⒈３植蛔?故D錯誤。10.CD由回旋加速器原理可知,帶電粒子在狹縫處被交變電場加速,在D形盒磁場中偏轉(zhuǎn),A錯誤;中子不帶電,不會受到電場的作用,故不能用來加速中子,B錯誤;設(shè)D形盒半徑為R,帶電粒子離開D形盒的速度為v,由牛頓第二定律可得qvB=mv2R,帶電粒子的動能Ek=12mv2=q2B2R22m,故帶電粒子的出射最大動能與D形盒半徑有關(guān),C正確;忽略帶電粒子在狹縫處的運(yùn)動時間,粒子的運(yùn)動周期T=211.AB甲、乙兩粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何知識可知r甲∶r乙=1∶2;洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力,有qvB=mv2r,則r=mvqB,m、q、B均相同,所以甲、乙兩個粒子的速率之比為1∶2,故A正確;T=2πmqB,甲、乙兩粒子在磁場中運(yùn)動的周期相等,則甲、乙兩個粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為180°360°T甲∶90°360°T乙=2∶1,故B正確12.BC小球在該區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反,小球受電場力的方向和場強(qiáng)方向相反,則小球帶負(fù)電,A錯誤;小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供,由牛頓第二定律可得Bqv=mv2r,由動能定理有Uq=12mv2,且有mg=qE,聯(lián)立可得小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑r=1B2UEg,故B正確;由運(yùn)動學(xué)公式可得T=2πrv,聯(lián)立可得T=213.答案F1-F2(2分)F1-F解析設(shè)線圈的質(zhì)量為m,則線圈所受的重力為mg,依題意F1=mg,F2+F=mg,解得F=F1-F2。依題意F=nBIL,解得B=F114.答案(1)2Ω(2)2.5m/s2解析(1)ab桿中的電流為I=ER+r根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件可知mgsinθ=BIL (1分)聯(lián)立解得R=2Ω。 (1分)(2)ab桿中的電流為I'=ER+r=7.5根據(jù)牛頓第二定律得BIL-mgsinθ=ma (1分)聯(lián)立解得a=2.5m/s2。 (1分)15.答案(1)mgqv0,垂直紙面向外解析(1)分析題意可知,小球在金屬板之間做勻速直線運(yùn)動。小球受重力G、電場力F電和洛倫茲力f,F電的方向與金屬板垂直,f沿水平方向,如圖所示,三力合力為零,故小球帶正電,由左手定則可知金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外,其中f=qv0B=mgtanθ (2分)可得B=mgqv0(2)小球在運(yùn)動的過程中洛倫茲力不做功,只有電場力與重力做功,設(shè)N、P之間的距離為h,由動能定理可得qU-mgh=0-0, (2分)又h=v0t (1分)解得t=qUmgv016.答案(1)1.25A(2)5W解析(1)當(dāng)桿受到向上的靜摩擦力最大時,電流最小,受力分析如圖甲所示,F=BIL,f=μmgcos53°有BIL+μmgcos53°=mgsin53° (2分)解得I=1.25A(1分)(2)如果不考慮ab桿受力是否平衡,把導(dǎo)體棒電阻等效為電源內(nèi)阻,則當(dāng)內(nèi)外電阻相等時,滑動變阻器消耗的功率最大,此時有I1=E2(R0+r如果考慮ab桿受力平衡,則先分析其受力情況,如圖乙所示,先合成支持力與摩擦力,合力為F1tanα=fN=μ=0.75 (1分解得α=37° (1分)其中α是F1與N之間的夾角,可知這兩個力的合力與豎直方向的夾角β=53°-37°=16°恒定,要使ab桿在滑軌上保持靜止,則最小的安培力為BIminL=mgsinβ=mgsin16° (2分)則最小電流為Imin=1A(1分)此電流Imin=1A>I1滑動變阻器消耗的功率為P=EI'-I'2(R0+r) (1分)代入數(shù)據(jù)得P=-7I'2