1、章末综合检测( 一 )安培力与洛伦兹力(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。第18小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题3分；第912小题有多项符合题目要求，每小题4分，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如图所示，AC是一个用导线弯成的半径为R、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以方向由A到C、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()A，垂直AC的连线指向右上方B，垂直AC的连线指向左下方CBIR，垂直AC的连线指向右上方DBIR，垂直AC
2、的连线指向左下方解析：选CA到C四分之一圆弧通过电流I可以等效为长度为R的通电导线，根据左手定则判断安培力的方向为垂直AC的连线指向右上方，且安培力的大小FBIlBIR，故C项正确。2如图所示，一束电子沿某坐标轴运动，在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，则该束电子的运动方向是()Az轴正方向Bz轴负方向Cy轴正方向Dy轴负方向解析：选C根据右手螺旋定则，可知电流沿y轴负方向，则电子沿y轴正方向运动，C正确。3一根无限长的通电直导线旁放一通电正方形线框，电流方向如图所示。直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会()A静止不动B向右平移C向左平移D向下平移解析：选B直导
3、线中的电流方向由上向下，根据安培定则可知，导线右侧区域磁感应强度向外。根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力。离通电导线越远的位置，磁感应强度越小。故根据安培力公式FBIl，左边受到的安培力大于右边受到的安培力，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，线框将向右运动，B正确。4如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A向上B向下C向左D向右解析：选B根据通电直导线产
4、生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左。带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。5如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为l，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸
5、长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形变均在弹性限度内，则磁感应强度B的大小为()A(x2x1)B(x2x1)C(x2x1)D(x2x1)解析：选A设斜面的倾斜角是，当弹簧伸长量为x1时，直导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsin kx1BIl；电流反向后，当弹簧伸长量为x2时，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有mgsin BIlkx2，联立两式得B(x2x1)，A正确。6如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A11B12C14D41解析：选A由题图可知，
6、穿过a、b两个线圈的磁通量均为BSBr2，因此磁通量之比为11，A项正确。7如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()AkBl，kBlBkBl，kBlCkBl，kBlDkBl，kBl 解析：选B若电子从a点射出，运动轨迹如图线所示，有qvaBm，Ra，解得va；若电子从d点射出，运动轨迹如图线所示，有qvdBm，Rd22l2，解得vd。选项B正确。8如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子
7、1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1t2为()A23B21C32D31解析：选D两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子2的运动轨迹，如图所示，电子1垂直MN射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心。电子2以相同速率射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，电子2在磁场中转过的圆心角为60，所以电子1在磁场中运动的时间t1，电子2在磁场中运
8、动的时间t2，所以t1t231，故D正确。9某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD装置平面示意图如图所示。磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，导线受到垂直纸面向里的安培力，同
9、理，上边导线中电流方向向右，导线受到的安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受到的安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故A、D正确。10如图所示，沿直线通过速度选择器的正粒子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比R1R212，则下列说法正确的是()A粒子的速度之比为11B粒子的电荷量之比为12C粒子的质量之比为12D粒子比荷之比为21解析：选AD正粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qvBqE，解得v，可知粒子的速
10、度之比为11，故A正确。正粒子进入偏转磁场，根据qvBm得r，则比荷，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为12，则比荷之比为21，由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故B、C错误，D正确。11按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L，直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q(数值上等于单位时间内排出的污水体积)。则下列说
11、法正确的是()Aa侧电势比c侧电势高B若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低C污水中离子浓度越高，a、c两端的电压U将越大D污水流量Q与U成正比，与L无关解析：选AD污水中的正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，负离子向c侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，电势的高低与哪种离子多少无关，选项A正确，选项B错误；最终稳定时，离子所受洛伦兹力和电场力平衡，有qvBq，可得UBDv，可知a、c两端电压U与v成正比，与离子浓度无关，选项C错误；污水流量QSvD2，可知污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D正确。1
12、2如图所示，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场。t0时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场。A点坐标为，其中R为电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径。不计重力影响，则以下结论正确的是()A电子经过y轴时，速度大小仍为v0B电子在t时，第一次经过y轴C电子第一次经过y轴的坐标为D电子第一次经过y轴的坐标为解析：选ABD根据左手定则作出电子的运动轨迹如图所示，电子只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力对电子不做功，速度大小不变仍为v0，故A正确；因A点坐标为，则圆周运动轨迹圆心在 ，由几何关系可知AOB30，周期T，因此电子第一次经过y轴时间t，故B正确；由几何关系可知，OB长度为RR
13、，因此电子第一次经过y轴的坐标为，故C错误，D正确。二、非选择题(本题共6小题，共60分)13(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。某音圈电机的原理示意图如图所示，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为l，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表达式FBIl可知，线圈所受的安
14、培力大小FnBIl，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBIlv。答案：(1)nBIl水平向右(2)nBIlv14(8分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0，5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x10 cm处有一个比荷为10108 C/kg 的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v040106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B02 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)
15、沿y轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力)。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积。解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示作O1P1垂直于PO，由几何关系知O1OP60设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系有tan 60由洛伦兹力提供向心力得qv0Bm解得B T。(2)粒子在第一象限内转过圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0m如图所示的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Sminr2联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin4(1)cm2。答案：(1) T(2)4(1)cm215(7分)如图所示，
16、竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E10 N/C，在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0.5 T。一带电荷量q0.2 C、质量m0.4 kg的小球由长l0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g10 m/s2)，求：(1)小球运动到O点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)O、N间的距离。解析：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mglqElmv02解得小球在O点时的速度v02 m/s。(2)小球运
17、动到O点悬线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律得TmgF洛m洛伦兹力F洛Bv0q解得T82 N。(3)悬线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向加速度ax5 m/s2小球从O点运动至N点所用时间t s0.8 sO、N间距离hgt2100.82 m32 m。答案：(1)2 m/s(2)82 N(3)32 m16(9分)如图所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧(虚线右侧)，极板的中间平分线OO上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，OO下方存在竖直向上的匀强电
18、场E2。一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量荷为q(q0)，从O点沿着OO的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直OO向下进入电场。(不计微粒重力，E2E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板电容器内电场的电场强度E1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若在离A点右侧的距离为d的O处，有一块垂直于OO的挡板PQ，从微粒第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ，需要多长时间？解析：(1)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有dv0t1，在竖直方向，有dat12 t12，解得E1。(2)微粒在偏转电场E1中做类平抛运动，在水平方向，有dv0t1，
19、竖直方向，有dt1，则vyv0。微粒进入磁场时的速度vv0，方向与竖直方向夹角为45，微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动，由数学知识可知，轨道半径Rd，由牛顿第二定律得mqvB，解得B。(3)微粒在OO下方运动时，先减速至零，再反向加速为v；再在磁场中做半个周期的圆周运动，有dd，即微粒在电场E2中做三次往复运动和1个周期的圆周运动。微粒在匀强电场E2中，由牛顿第二定律得a，则在匀强电场E2中的运动时间t232，在匀强磁场中的运动时间t3TT，微粒总的运动时间tt2t3。答案：(1)(2)(3)17(14分)如图所示，在y0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁
20、场。一电子(质量为m、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)电子从A运动到D经历的时间t。解析：电子的运动轨迹如图所示。(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，有2dv0t1，dat12，a，联立解得E 。(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则tan 1，可得45解得vv0电
21、子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evBm由图可知rd联立解得B。(3)电子由O点到D点过程中，先做匀减速曲线运动，再做匀加速曲线运动，由抛物线的对称关系，可知电子在电场中运动的时间为3t1电子在磁场中运动的时间t2T电子从A运动到D的时间t3t1 t2。答案：(1)(2)(3)18(16分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为x，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式，有v22ax解得v。(2)金属棒所受安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安根据牛顿第二定律，有Fma解得I。(3)金属棒的运动时间t通过的电荷量QIt解得Q。答案：(1)(2)(3)