1、第1章 安培力与洛伦兹力 (90分钟100分)一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I附近，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是()A.线框只有两个边受力，合力向左B.线框只有两个边受力，合力向右C.线框四个边都受力，合力向左D.线框四个边都受力，合力向右【解析】选C。利用左手定则可判断出线框四个边都受力，上、下两侧线框所受合力为零，由于左侧边所在处磁感应强度最大，所以合力向左，C正确。2.如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下
2、，磁场方向垂直于纸面向里，则下列说法正确的是()A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为逆时针方向D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动【解析】选B。小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C错误；重力和电场力平衡，只改变v的大小，小球仍将做圆周运动，D错误。3.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直于MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向
3、下再一次通过O点()A.B.C.D.【解析】选B。粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T=知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t=+=，所以选项B正确。4.如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直于纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()A.仍在A点B.在A点左侧C.在A点右侧D.无法确定【解析】选C。洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay=g，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧。5.如图所示，
4、MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2B.C.1D.【解析】选D。根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1=，则B1=；同理，B2=，则=，D正确，A、B、C错误。6.质量和电量都相等的带电粒子M
5、和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()A.M带负电，N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【解析】选A。根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r=，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B错；洛伦兹力永不做功，所以C错；M和N的运行时间都为t=，所以D错。7.(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩
6、形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面，元件的后表面带负电，即后表面的电势比前表面的低，A错误；根据稳定时自由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡，即e=evB得U=Bva，所以选项B、C均错误；自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等，即
7、F=evB=e，D正确。8.(2019海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向()A.向前B.向后C.向左D.向右【解析】选A。根据左手定则和半圆形粗铜线的对称性，由力的合成可知铜线所受安培力的方向向前，选项A正确，B、C、D错误。9.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从
8、左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C.污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D.污水流量Q与U成正比，与a、b无关【解析】选D。无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知前表面电势均比后表面电势低，且当Bvq=q时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关，A、B、C错误；由Q=vbc可得Q=，Q与U成正比，与a、b无关，D正确。10.如图所示，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒
9、子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开此区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()A.t1=t2=t3B.t2t1t3C.t1=t2t2【解析】选C。在复合场中沿直线运动时，带电粒子速度大小和方向都不变；只有电场时，粒子沿初速度方向的分速度不变，故t1=t2。只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻改变，运动轨迹变长，时间变长，故t1=t20)的粒子从左侧平行于x轴射入磁
10、场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R，粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且OP=R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。【解析】根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为，如图所示。有qvB=m(1分)周期为T=(1分)由此得T=(1分)过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由图中几何关系得AD=Rsin OD=BP=OP=AD+BP=(2分)由以上五式和题给条件得sin+cos =1(1分)解得=30 或=90(1分)设M点
11、到O点的距离为h，h=R-OC根据几何关系OC=CD-OD=Rcos -AD(1分)利用以上两式和AD=Rsin 得h=R-Rcos(+30)(1分)解得h=(1-)R(=30)h=(1+)R(=90)(1分)当=30时，粒子在磁场中运动的时间为t=(1分)当=90时，粒子在磁场中运动的时间为t=(1分)答案：(1-)R或(1+)R或18.(12分)如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30，求：(1)电子的质量是多少；(2)穿过磁场的时间是多少；(3)若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此
12、时速度v是多少？【解析】(1)分别作出进、出磁场时速度方向的垂线，如图所示，设电子在磁场中运动轨道半径为r，电子的质量是m，由几何关系得r=2d(1分)电子在磁场中运动，由牛顿第二定律知Bqv=m即r=(1分)所以m=(2分)(2)电子运动轨迹对应的圆心角=30=电子运动的周期T=(1分)电子穿过磁场的时间t=T=(2分)(3)电子刚好不能从A边射出(与右边界相切)，此时电子的轨迹半径为r=d由牛顿第二定律知=ev1B(2分)r=(1分)解得v=(2分)答案：(1)(2)(3)19.(16分)如图所示，在xOy平面内第二象限的某区域存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向里，边界分
13、别平行于x轴和y轴。一个电荷量为e、质量为m的电子，从坐标原点O以速度v0射入第二象限，速度方向与y轴正方向成45角，经过磁场偏转后，通过P(0，a)点，速度方向垂直于y轴。(1)若磁场的磁感应强度大小为B0，求电子在磁场中运动的时间t；(2)为使电子完成上述运动，求磁感应强度B的大小应满足的条件；(3)若电子到达y轴上P点时，撤去矩形匀强磁场，同时在y轴右侧加方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，在y轴左侧加方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电子在第(k+1)次从左向右经过y轴(经过P点为第1次)时恰好通过坐标原点。求y轴左侧磁场磁感应强度大小B2及上述过程电子的运动时
14、间t。【解析】(1)如图所示，电子在磁场中转过的角度=(1分)电子的运动周期T=(1分)又t=T(1分)解得t=(1分)(2)设磁感应强度最小值为Bmin，由r=知对应电子的轨道半径R最大，圆心为O1，则有ev0Bmin=(1分)由图知R+R=a(1分)解得Bmin=(1分)则磁感应强度B应满足的条件为B。(2分)(3)设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为r1和r2，则有ev0B1=，ev0B2=(1分)因为电子在y轴两侧的轨道半径不同，且电子第(k+1)次经过y轴时和第k次经过y轴时的位置距离大小为定值，所以由题意知2k(r1-r2)=a(1分)解得B2=(2分)设电子在y轴右侧和左
15、侧做圆周运动的周期分别为T1和T2，则T1=，T2=(1分)运动时间t=k(1分)解得t=-(1分)答案：(1)(2)B(3)-【补偿训练】1.(多选)(2019海南高考)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()A.P和Q的质量之比为12B.P和Q的质量之比为1C.P和Q速度大小之比为1D.P和Q速度大小之比为21【解析】选A、C。作出两粒子在磁场中的运动图象如图所示，可知其半径r
16、P、rQ之比为1，因为两粒子在磁场中运动的时间相同，所以TPTQ=12，根据qvB=得r=，则T=，=，选项A正确，B错误；=1，所以选项C正确，D错误。2.(2019江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的
17、最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t。【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m，解得：R=由题可得：R=d解得v=。(2)如图所示，粒子碰撞薄板后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，由几何关系得dm=d(1+sin60)解得dm=d(3)粒子的运动周期T=设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则t=n+t(n=1，3，5，)A.当L=nd+(1-)d时，粒子斜向上射出磁场t=T，解得t=(+)B.当L=nd+(1+)d时，粒子斜向下射出磁场t=T，解得t=(-)答案： (1)(2)d(3)A.当L=nd+(1-)d(n=1，3，5)时，t=(+)B.当L=nd+(1+)d(n=1，3，5)时，t=(-)