2021-2022人教版物理選擇性必修二檢測：第一章 安培力與洛倫茲力 單元素養(yǎng)檢測

單元素養(yǎng)檢測（一）（第一章）

（90分鐘100分）

一、單項選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題

給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.下列關于磁感應強度的說法正確的是（）

A.一小段通電導體放在磁場A處時受到的安培力比放在B處時的大,

說明A處的磁感應強度比B處的磁感應強度大

B.由B=壬可知，某處的磁感應強度的大小與放入該處的通電導線

所受磁場力F成正比，與導線的I、L成反比

C.一小段通電導體在磁場中某處不受安培力作用，則該處的磁感應

強度一定為零

D.靜止在磁場中的小磁針N極所指的方向就是該處磁感應強度的方

向

選Do安培力的大小既與B、I、L的大小有關系,還與B和I的夾角

有關系，A錯誤；公式B=才只是一個計算式，磁感應強度是磁場

本身的性質(zhì),與放不放通電導體沒有關系，B錯誤；當電流方向與磁

場方向平行時，通電導體所受的安培力為零，但該處的磁感應強度不

一定為零，c錯誤；人們規(guī)定靜止在磁場中的小磁針N極所指的方向

就是該處磁感應強度的方向，D正確。

2.如圖所示，直導線通入垂直紙面向里的電流，在下列勻強磁場中，

能靜止在光滑斜面上的是（）

選A。根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，由平衡條件可知，能使導線

在光滑斜面上靜止的只有A選項。

3.在赤道上空從西向東水平發(fā)射的一束電子流，受地磁場作用，電

子流的偏轉(zhuǎn)方向是（）

A.北方B.南方

C.垂直地面向上D.垂直地面向下

選D。赤道處的磁場方向從南向北，電子的方向自西向東，則電流的

方向為由東向西，根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向垂直地面向下，故

D正確,A、B、C錯誤。

4.如圖所示,水平導線中有電流I通過,導線正下方電子的初速度

方向與電流I的方向相同，均平行于紙面水平向左。選項四幅圖是描

述電子運動軌跡的示意圖，正確的是（）

'、一例

ABCD

選Ao由安培定則可知，在直導線下方的磁場方向垂直于紙面向外，

根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力向下，電子向下偏轉(zhuǎn)；通電

直導線產(chǎn)生的磁場離導線越遠，磁感應強度越小，由半徑公式r=,

知，電子運動的軌跡半徑越來越大，故A正確，B、C、D錯誤。

5.如圖所示,直角形導線abc通以恒定電流I,兩段導線的長度分別

為3L和4L，導線處于垂直于導線平面的磁感應強度為B的勻強磁場

中，則導線受到安培力的合力為（）

岬XXXXXj

：xX'、％XXX：

：3L"、、、：

：xXXx'、、、xX：

?匚4L'、、、"j

：XXXXx]

A.3BIL,方向b-c

B.4BIL,方向b-a

C.7B1L,方向垂直于ac連線斜向上

D.5BIL,方向垂直于ac連線斜向上

選Do導線受到安培力的合力相當于直線ac受到的安培力，由左手

定則可知，安培力的方向垂直于ac連線斜向上。導線在磁場內(nèi)有效

長度為：吊（3L）2+（4L）2=5L,故該通電導線受到安培力大小

為F=5BIL,選項D正確。

6.已知一質(zhì)量為m的帶電液滴，經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂

直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間的豎直平面內(nèi)做勻

速圓周運動，如圖所示，下列說法不正確的是（）

A.液滴在空間可能受4個力作用

B.液滴一定帶負電

C.液滴做圓周運動的半徑rJ

D.液滴在場中運動時總能量不變

選A。液滴受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，所以選項A錯誤;

由于液滴做勻速圓周運動，所以電場力與重力為平衡力，電場力方向

向上，可以判定液滴帶負電，B正確；根據(jù)qU=1mv2,r=^,qE

=mg,解得r=1,選項C正確；液滴在場中運動的整個過

程能量守恒，選項D正確。

7.比荷為;1的電子以速度V。沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的

勻強磁場區(qū)域中，如圖所示，為使電子從BC邊穿出磁場，磁感應強

度B的取值范圍為（）

警D,警

選Bo電子進入磁場后向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是臨界條

件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應比臨界半徑大，由R=黑

可知，磁感應強度應比臨界值小，如圖，由幾何關系可得，半徑R=

2si：60。,又evoB=,解得B=沖詈,B選項正確。

8.如圖所示，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁

場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，

從C點離開此區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場

區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設粒子在上

述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別

是tl、t2和t3，比較ti、t2和t3的大小，則有（粒子重力忽略不計X）

A.ti=t2=t3B.t2<ti<t3

C.t]=t2<t3D.ti=t3>t2

選Co在復合場中沿直線運動時，帶電粒子速度大小和方向都不變；

只有電場時，粒子沿初速度方向的分速度不變，故t產(chǎn)t2。只有磁場

時，粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻改變，運動軌跡

變長，時間變長，故t產(chǎn)12Vt3,C正確。

9.如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的

勻強磁場汴軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應強度為5的勻強磁

場。一帶負電的粒子（不計重力）從原點。與X軸成30。角斜向上射入

磁場，且在上方運動半徑為Ro則（）

y

B

XXXXXXX

XXXXXXX

發(fā)XXXXXX

??f?

A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O

B.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:1

C.粒子完成一次周期性運動的時間為染

D.粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R

mv

選D。由r=床可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑

qB

之比為1：2,所以B項錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間t=1

TI+5T2=黑+染=器，所以C項錯誤；粒子第二次射入x

ojqjDqiD

軸上方磁場時沿X軸前進/=R+2R=3R,則粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原

點O,所以A項錯誤，D項正確。

10.如圖1所系,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的圓環(huán)可在水平放置的

足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，

不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度vo,在以后的運動過程中，圓

環(huán)運動的速度圖像可能是圖2中的（）

Xm.+qX%XBX

?C一?

XXXX

圖1

圖2

A.②③B.①③C.②④D.①④

選Do由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)受到豎直向下的重

力、垂直細桿的彈力及向左的摩擦力，當qvB=mg時，小環(huán)做勻速

運動，此時圖像為①，故①正確；當qvB<mg時，F(xiàn)N=mg-qvB,

此時：|1FN=ma,所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止,

所以其v-t圖像的斜率應該逐漸增大，故②③錯誤。當qvB>mg時，

FN=qvB-mg,此時：RFN=ma,所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速

運動，直到qvB=mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故④正確。

二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題

給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對

但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.關于通電直導線在磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）

A.通電直導線處于勻強磁場中一定受到安培力的作用

B.安培力的大小與通電直導線和勻強磁場方向的夾角無關

C.勻強磁場中，將直導線從中點折成直角，安培力的大小可能變?yōu)?/p>

原來聯(lián)

D.兩根通有同向電流的平行直導線之間，存在著相互吸引的安培力

選C、Do安培力F=BILsin0，其中0為電流方向與磁場方向的夾角，

安培力的大小與通電直導線和勻強磁場方向的夾角有關。如。=0°時,

就算有電流和磁場也不會有安培力，故A、B錯誤；若導線與磁場垂

直，將導線彎折后，導線所在平面仍與磁場垂直，則兩個半段導線受

到的安培力大小都為原來的一半，方向相互垂直，合力為原來的坐，

故C正確；根據(jù)電流與電流之間的相互作用可知，兩根通有同方向

電流的平行直導線之間，存在著相互吸引的安培力，故D正確。

12.極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進地球大氣層后，由于

地磁場的作用而產(chǎn)生的。如圖所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶

電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小。此運動形成的原

因可能是（）

A.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小

B.介質(zhì)阻力對粒子做負功，使其動能減小

c.粒子的帶電荷量減小

D.南北兩極附近的磁感應強度較強

選B、Do粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做

功，故A錯誤；粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力，對粒子做

負功，所以其動能會減小，故B正確；粒子在運動過程中，若電荷

量減小，由半徑公式r=翳可知，軌跡半徑是增大的，故C錯誤；

qB

地球南北兩極附近的磁感應強度較強,由半徑公式r=*可知，軌

跡半徑是減小的，故D正確。

13.如圖所示,實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向

成a角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L

斜向上做直線運動，L與水平方向成B角，且a>p,則下列說法中正

確的是（）

A.液滴一定做勻減速直線運動

B.液滴一定做勻加速直線運動

C.電場方向一定斜向上

D.液滴一■定帶正電

選c、Do帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、

垂直于速度方向的洛倫茲力F洛，這三個力的合力不可能一直沿帶電

液滴的速度方向，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直

線運動，不可能做勻變速直線運動，故選項A、B錯誤；當帶電液滴

帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力、沿電

場線向上的電場力、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力作用，這

三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動。如果帶

電液滴帶負電或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不

可能沿直線運動，故選項C、D正確。

14.勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。

置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿

過的時間可忽略。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交

流電頻率為f,加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生粒子的質(zhì)量為m、

電荷量為+q,在加速器中被加速，目加速過程中不考慮相對論效應

和重力的影響。則下列說法正確的是（）

A.粒子被加速后的最大速度不可能超過2;rRf

B.粒子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比

C.粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為

媳：1

D.不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能

不變

選A、C、Do回旋加速器所加的高頻交流電頻率等于粒子圓周運動

的頻率，A項粒子離開回旋加速器時的速度最大，此時的半徑為R,

2冗Ry21

貝（JVm=~Y~=2兀Rf，故A正確；根據(jù)qvB=,Ek=1mv2可知，

粒子的最大動能Ek=^4，最大動能與交變電壓U沒有關系。據(jù)

此可知，不改變磁感應強度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大

動能不變，故B項錯誤,D項正確。粒子在加速電場中做勻加速運動,

在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)丫=底可知，粒子第二次和第一

次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為藍=乎根據(jù)「=翳，則半徑比為￡

v?1qjDij

=*，故C正確。

15.如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分

析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R,通道內(nèi)均勻輻射電

場在中心線處的電場強度大小為E,磁分析器有范圍足夠大的有界勻

強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電

荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分

析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不

計粒子重力。下列說法正確的是（）

A.極板M比極板N電勢高

B.加速電場的電壓UER

C.直徑PQ=2BdqmER

D.若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該

群粒子有相同的比荷

選A、B、Do粒子進入靜電分析器后在電場力作用下偏轉(zhuǎn)，由P點

垂直邊界進入磁分析器，故可知粒子帶正電，極板M比極板N電勢

高才能使粒子加速，故A正確；對于加速過程，有qU=；mV?,在

靜電分析器中,由電場力充當向心力,則有Eq=m^,由以上兩式

可知U=；ER,故B正確；在磁分析器中粒子由P到Q,直徑PQ=

2R.翡=1心?，故c錯誤；若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上

述過程都落在膠片上同一點，說明運動的直徑相同，由于磁場、電場

與靜電分析器的半徑不變，則該群粒子具有相同的比荷，可知D正

確。

三、計算題：本題共4小題，共50分。要有必要的文字說明和解題

步驟，有數(shù)值計算的要注明單位。

16.(10分)如圖所示，將長為50cm、質(zhì)量為10g的均勻金屬棒ab

的兩端用兩只相同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，位于垂直紙面向里的勻強

磁場中，當金屬棒中通以0.4A的電流時，彈簧恰好不伸長，求：(取

g=9.8m/s2)

B

XXxXX

xXXXx

cb

XXXXx

⑴勻強磁場中磁感應強度是多大？

（2）當金屬棒通以0.2A由a到b的電流時，彈簧伸長1cm,如果電流

方向由b到a,而電流大小不變，彈簧伸長又是多少？

⑴當ab棒受到向上的安培力BIZ,且和向下的重力mg大小相等時，

10x10-3x98

彈簧不伸長，由B"=mg可得出磁感應強度：B=詈=is.

JLJLX.7?I

T=0.49To（2分）

⑵當0.2A的電流由a流向b時的棒受到兩根彈簧向上的拉力2kx1、

向上的安培力BI"和向下的重力mg作用，處于平衡狀態(tài)。

根據(jù)平衡條件有：2kxi=mg-BI”①（2分）

當電流反向后，彈簧伸長X2,ab棒受到兩個彈簧向上的拉力2kX2、

向下的安培力BL/和重力mg作用，處于平衡狀態(tài)，有：

2kX2=mg+BL/②（2分）

mg+BI2I

聯(lián)立①②得：x=--------乂（2分）

2mg-BIjl

代入數(shù)據(jù)解得：X2=3cmo（2分）

答案：（1）0.49T（2）3cm

17.（10分）如圖所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂

直于xOy平面并指向紙里，磁感應強度為Bo一帶負電的粒子（質(zhì)量

為m、電荷量為q）以速度v（）從O點射入磁場，入射方向在xOy平面

內(nèi)，與X軸正向的夾角為。。求：

01X

XXXXXX

XXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

XB

⑴該粒子射出磁場的位置;

⑵該粒子在磁場中運動的時間。（粒子所受重力不計）

⑴設粒子從A點射出磁場，O、A間的距離為L,射出時速度的大小

仍為vo,射出方向與x軸的夾角仍為9,由洛倫茲力公式和牛頓運動

Vn

定律可得：qv0B=m■記（1分）

式中R為圓軌道半徑，解得：R=常①（1分）

圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得：

?=Rsin。②（2分）

聯(lián)立①②兩式，解得L=2m喋】n。（2分）

所以粒子射出磁場的位置坐標為（-2m0，0）（1分）

（2）因為T二等270n

（1分）

所以粒子在磁場中運動的時間

27r-202m（TT-0）

r?T=―—（2分）

9

答案：（IX-型浮,0）（2嚴嗝）

18.（14分）如圖所示粒子源能放出初速度為0比荷均為王=1.6X104

C/kg的帶負電粒子，進入水平方向的加速電場中，加速后的粒子正

好能沿圓心方向垂直進入一個半徑為r=0.1m的圓形磁場區(qū)域，磁感

應強度B=0.5T在圓形磁場區(qū)域右邊有一屏屏的高度為h=0.6^3

m,屏距磁場右側距離為L=0.2m,且屏中心與圓形磁場圓心位于同

一水平線上。現(xiàn)要使進入磁場中的帶電粒子能全部打在屏上，試求加

速電壓的最小值。

B

粒子運動軌跡如圖所示:

根據(jù)洛倫茲力公式F=qvB可知，磁感應強度一定時，粒子進入磁場

的速度越大，在磁場中偏轉(zhuǎn)量越小。

若粒子恰好不飛離屏，則加速電壓有最小值。設此時粒子剛好打在屏

的最下端B點，根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動特點可知，粒子偏離

h

2

方向的夾角正切值為tan9=,（3分）

r+L

解得：tan0=^3,（1分）

7E

粒子偏離方向的夾角：。=60。=g,（2分）

由幾何關系可知，此時粒子在磁場中對應的回旋半徑為：

7T-0廠

R=rtan2=0.1小m①（2分）

帶電粒子在電場中加速，

由動能定理得：qU=；mV?②（2分）

帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛倫茲力提供向心力，

2

mv

由牛頓第二定律可得：③（2分）

聯(lián)立①②③解得：U=噂2=60V（2分）

故加速電壓的最小值為60Vo

答案：60V

19.（16分）如圖甲所示,在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標系，在

第□象限內(nèi)有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角

6=45。。在第HI象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板ci、C2,兩

板間距d尸0.6m,板間有豎直向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上,

板ci與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原

點O的距離為L=0.72mo在第IV象限內(nèi)垂直于x軸放置一塊平行于

y軸且沿y軸負向足夠長的豎直平板C3，平板c3在x軸上的垂足為Q,

垂足Q與原點O相距d2=0.18mo現(xiàn)將一帶負電的小球從桌面上的P

點以初速度vo=4^2m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿

過6板上的M孔進入磁場區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點小球的比荷非

=20C/kg,P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s=而m,

不考慮空氣阻力和小球重力。

⑴求勻強電場的場強大小。

⑵要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應強度

的取值范圍。

⑶若t=0時刻小球從M點進入磁場，磁場的磁感應強度按圖乙的規(guī)

律隨時間呈周期性變化（取豎直向上為磁場正方向），求小球從M點到

打在平板C3上所用的時間。（計算結果保留兩位小數(shù)）

⑴小球在第二象限內(nèi)做類平拋運動，

在垂直于電場方向上，有S=Vot,（1分）

在平行于電場方向上，有Vy=at=Votan。，（1分）

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma,（1分）

代入數(shù)據(jù)解得E=8gV/mo（1分）

（2）小球通過M點的速度為v=—LUT〉H=8m/s,

如圖1所示，

小球剛好能打到Q點時，磁感應強度最大,

設為B-此時小球的軌跡半徑為Ri,

=

由幾何關系有LT+dT2-Rci~2T~，（1分）

v2

由qvB=,（1分）

—mv0門mv

恬B=^，即B尸同，

解得Ri=0.4m,Bi=lT,（1分）

小球恰好不與C2板相碰時，磁感應強度最小,

設為B2,此時小球運動的半徑為R2,

推理得R2=di,（1分）

解得B2=：2T,（1分）

2

所以磁感應強度的范圍是不T<B<1To（1分）

⑶小球進入磁場中做勻速圓周運動，

半徑「二量=0.18m,

周期1=平=磊s,（1分）

在磁場變化的半個周期內(nèi)，小球運動軌跡所對應的圓心角為120。,

小球在磁場中的運動軌跡如圖2所示，

根據(jù)幾何關系有B=30。，（1分）

一個周期內(nèi)小球沿x軸方向運動的位移為2r+2rsinp=0.54m,（1分）

而L-0.54m=0.18m=r,

即小球剛好垂直y軸方向離開磁場，

小球在磁場中運動的時間

'I'O-TTaATT

tl=To+4=100s+800s=800s，（1分）

小球離開磁場到打在平板C3上所用時間

t2=g=400s，（l分）

小球從M點到打在平板C3上所用時間

337r+18

t=ti+12=一前一s=0.15s0（1分）

答案：(1)8^2V/mT<B<1T⑶0.15s

教師專用4【補償訓練】

1.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，M為粒子加速器,電壓為Ui=5000

V；N為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B]=0.2T,板

間距離為d=0.06m；P為一個邊長為I的正方形abed的磁場區(qū)，磁

感應強度為B2=0.1T,方向垂直紙面向外，其中de的中點S開有小

孔，外側緊貼de放置一塊熒光屏。今有一比荷為土=IO?c/kg的正

子從靜止開始經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器,從a孔以平行于ab

方向進入abed磁場區(qū)，正離子剛好經(jīng)過小孔S打在熒光屏上。求：

熒光屏

⑴粒子離開加速器時的速度v；

⑵速度選擇器的電壓小；

(3)正方形abed邊長/o

⑴粒子加速過程qUi=；mv2

6

粒子離開加速器時的速度v==1.OxlOm/so

(2)在速度選擇