第一章 安培力与洛伦兹力(基础过关)高二物理单元测试(新教材人教版选择性必修第二册)

第一章安培力与洛伦兹力

基础过关卷

班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________

（考试时间：60分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第Ⅰ卷（选择题共48分）

一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题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。）

1. 国际单位制中磁通量的单位符号是Wb，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（）

A. T·m2

B. kg·m2·A·s-2

C. kg·m2·A-1·s2

D. kg·m2·A-1·s-2

【答案】D

【解析】

根据磁通量的计算公式Φ=BS可知

1Wb=1T?m2

根据磁感应强度的定义式可得

F

B

=

IL

所以

N

1T=1

?

A m

其中力的单位

1N=1kg?m/s2

故磁通量单位用国际单位制的基本单位可表示为

1Wb=1kg?m2/（A?s2）=1kg·m2·A-1·s-2

故D正确、ABC错误。

2.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向

A. 与ab边平行，竖直向上

B. 与ab边平行，竖直向下

C. 与ab边垂直，指向左边

D. 与ab边垂直，指向右边

【答案】C

【解析】

本题考查了左手定则的应用．导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边．

3.通电闭合直角三角形线框abc处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，电流方向如图所示，那么三角形线框受到的磁场力的合力为( )

A. 方向垂直于ab边斜向上

B. 方向垂直于ac边斜向上

C. 方向垂直于bc边向下

D. 为零

【答案】D

【解析】

若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处．如图所示，

由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向．所以线圈所受磁场力的合力为零．故D正确ABC错误．

4.如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是（）

A. 粒子在M点动能大，在N点动能小

B. 粒子先经过N点，后经过M点

C. 粒子带负电

D. 粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的

【答案】B

【解析】

由洛伦兹力提供向心力，可得：

2

v

Bqv m

r

=，则粒子轨道半径

mv

r

Bq

=，故粒子的轨道半径越小，速度越小，所以粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子先经过N点，后经过M点，故A错误，B正确．由左手定则可以判断出粒子带正电，故C错误．根据洛伦兹力的公式F Bqv

=，已知粒子在M点的速度小于N点的速度，故粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的，故D错误．故选B．

5.如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场（方向未画出），第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于第四象限的匀强磁场（方向未画出）磁感应强度大小为B，一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正向飞入电场恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F

点飞出磁场，已知OC=OF=2OA=2OD=2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力则粒子的比荷为（）

A.

BL

v

2BL

C. 0

v

BL

D.

2BL

v

O 点的速度反向延长线过AB 边的中点，因此速度方向与x 轴正向成45°角，做出粒子在磁场中的运动轨迹如图，据几何关系可知

R =2L

又

2

v qvB m R =

mv R qB

=

粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系可知

02v v =

代入到半径表达式得

0v q

m BL

= 故选C 。

6. 如图所示，金属棒ab 质量为m ，通过电流为I ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab 静止于宽为L 水平导轨上。下列说法正确的是（ ）

A. 金属棒受到的安培力大小为F=BIL sin θ

B. 金属棒受到的摩擦力大小为f=BIL cos θ

C. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大

D. 若只增大磁感应强度B 后，金属棒对导轨的压力将增大 【答案】C

A ．金属棒受到的安培力大小

F BIL =

故A 错误；

BD ．电流方向从a 到b ，受力分析如图所示

根据平衡条件有

sin sin f F BIL θθ==，cos cos N G F G BIL θθ=-=-

所以若只增大磁感应强度B 后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故BD 错误； C ．若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C 正确。 故选C 。

7.如图所示，四根相互平行的固定长直导线1L 、2L 、3L 、4L ，其横截面构成一角度为60?的菱形，均通有相等的电流I ，菱形中心为O 。1L 中电流方向与2L 中的相同，与3L 、4L 中的相反，下列说法中正确的是（ ）

A ．菱形中心O 处的磁感应强度不为零

B ．菱形中心O 处的磁感应强度方向沿1OL

C ．1L 所受安培力与3L 所受安培力大小不相等

D ．1L 所受安培力的方向与3L 所受安培力的方向相同

【解析】

AB ．由右手螺旋定则可知，L 1在菱形中心O 处的磁感应强度方向OL 2方向，21在菱形中心O 处的磁感应强度方向OL 3方向，L 3在菱形中心O 处的磁感应强度方向OL 2方向，L 4在菱形中心O 处的磁感应强度方向OL 3方向，由平行四边形定则可知，菱形中心O 处的合磁感应强度不为零，方向应在OL 3方向与OL 2方向之间，故A 正确，B 错误；

C ．L 1和L 3受力如图所示，由于四根导线中的电流大小相等且距离，所以每两根导线间的相互作用力大小相等，由几可关系可知，1L 所受安培力与3L 所受安培力大小相等，方向不同，故C

D 错误； 故选A 。

8.一通电直导线与x 轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy 坐标平面平行，导线受到的安培力为F ．若将该导线做成

3

4

圆环，放置在xOy 坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab 连线也与x 轴平行，则圆环受到的安培力大小为 ( )

A. F

B.

23F π

C.

2

3F π

D.

323

F π

【答案】C 【解析】

通电导线为L ，此时受到的安培力为F ，

制作成圆环时，圆环的半径为R ，则

34 ×2πR =L ，解得R = 23L π,故ab 的长度d = 2R= 223L π

,故此

时圆环受到的安培力F ′=dLF =

22

3F π

，故C 正确，ABD 错误． 故选C

9.长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ( )

A. 使粒子的速度v<4Bql

m B. 使粒子的速度v>

54Bql

m C. 使粒子的速度v>Bql

m D. 使粒子的速度4Bql m

m

【答案】AB 【解析】

欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中圆周运动的半径4

L

R ＜

粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，即：2

v qvB m R

=

可得粒子做圆周运动的半径：mv R qB

=

所以粒子不打到极板上且从左边射出，则： mv L ＜

即：qBL

v ＜

．

带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R ，由上图可知：22

2

2

L R L R （）=+

-； 可得粒子圆周运动的最大半径：54

L R = 则：5 4

mv L qB ＞

即：54qBL

v m

＞

故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足4qBL v m ＜

或54qBL

v m

＞，故AB 正确，CD 错误． 10.如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°．当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°．不计电荷的重力，下列说法正确的是

A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点

B. 该点电荷的比荷为

2v BR

C. 该点电荷在磁场中的运动时间为0

2R

v π

D. 该点电荷在磁场中的运动时间为0

3R

v π

【答案】BC 【解析】

利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子比荷q

m

，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的时间；

由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A 错误；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为2

R r =

，结合20

0v qv B m r =，可得02v q m BR =

，B 正确；粒子在磁场中的运动时间00

2r R t v v ππ==，C 正确D 错误．

11.如图所示，有一对平行金属板相距d =10cm ，两板间有匀强磁场，磁感应强度的大小B =0.1T ，方向与垂直纸面向里。左板A 处有一粒子源A ，以速度v =1×

106m/s 不断地在纸面内向各个方向发射比荷q

m

=1×108C/kg 的带负电粒子，不计粒子的重力，能打在右侧金属板上且经历时间最短的粒子的偏转角和最短时间分别为（ ）

A. 90?

B. 60?

C. 71.510s π-?

D.

710s 3

π

【答案】BD 【解析】

劣弧弦长越短圆心角越小，时间就越短，由此可知最短弦长为板间距离d ，根据

2

v Bqv m r

=

得

mv r Bq

=

带入数据得：半径为10cm ，作图知偏转角等于圆心角为60?，由周期公式

2m

T Bq

π=

带入数据得

7210s T π-=?

经历时间为

7710s 263

106T t ππ--=??==

故AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

12.如图所示，在矩形区域MNPE 中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从M 点沿MN 方向发射两个α粒子，两粒子分别从P 、Q 射出。已知ME =PQ =QE ，两粒子（ ）

A. 速率之比5：2

B. 速率之比为5：3

C. 在磁场中运动时间之比为53：90

D. 在磁场中运动时间之比为37 ：90

【答案】AC 【解析】

AB ．设ME =PQ =QE =L ，则由几何关系可知从Q 点射出的粒子的运动半径为

r 1=L

从P 点射出的粒子半径满足

22222(2)()r L r L =+-

解得

r 2=2.5L

根据

2

v qvB m r

=

可得

Bqr

r r m

=

∝ 则从P 、Q 射出的粒子的速率之比为5：2，选项A 正确，B 错误；

CD ．由几何关系可知，从PQ 两点射出的粒子在磁场中的偏转角度分别为53°和90°，则根据

2m t T qB

θθθπ=

=∝ 可知在磁场中运动时间之比为53：90，选项C 正确，D 错误。 故选AC 。

第II 卷（非选择题 共52分）

二、实验题（满分15分）

13．如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为

答案：

239R

v

π

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：

由几何关系得，轨道半径：

3r R =

根据牛顿第二定律，有：

2

v qvB m r

=

解得：

mv r qB

=

联立解得：

3

3

qBR

v

m

=

故在磁场中的运动时间：

2

23

3

9

r R

t

v v

ππ

==

14．带正电粒子(不计重力)沿纸面竖直向下飞入某磁场区域，在竖直平面上运动轨迹如图，则该区域的磁场方向是（）

【答案】水平向里

【解析】

粒子进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，粒子带正电，根据左手定则，可知磁场方向垂直纸面向里．符合题意。

三、解答题（满分37分，其中15题11分，16题12分，17题14分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）

15．如图所示，通电导线L垂直放于磁场中，导线长8 m，磁感应强度B的值为2 T，导线所受的力为32 N，求导线中电流的大小．

【答案】2A

【解析】

由F＝BIL得

32

2?

28

F

I A A

BL?

＝＝＝

16.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁

（1）带电粒子的比荷；

（2）带电粒子从射入磁场到运动至

x 轴的时间．

【答案】（1）224U

d B （2）238d B U π??+? ? ???或2342Bd U π??+ ? ???

【解析】

（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：2012qU mv =

，解得：02qU

v m

= 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：2

2

r d =

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：20

0v qv B m r

=

联立方程得：

224q U m d B

= （2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度112=

244

S r d π?= 粒子射出磁场后到运动至x 轴，运动的轨迹长度26tan 30S r =?=

粒子从射入磁场到运动至x 轴过程中，一直匀速率运动，则12

S S t v +=

解得：23812d B

t U π??=+? ? ???

或23423Bd t U π?=+ ??

17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间，分布着磁感应强度为B ＝0.5 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量为m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： (1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力大小； (3)导体棒受到的摩擦力大小。

【答案】(1)1.5 A ；(2)0.30 N ；(3)0.06 N 【解析】

(1)根据闭合电路欧姆定律

0 1.5A E

I R r

=

=+

(2)导体棒受到的安培力

F 安＝BIL ＝0.30 N

(3)导体棒受力如图，将重力正交分解

F 1＝mg sin 37°＝0.24 N

F 1

mg sin 37°＋f ＝F 安

解得

f ＝0.06 N