2023年高考物理一轮复习：安培力与洛伦兹力 检测试卷含答案解析.pdf

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1、安培力与洛伦兹力一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共 28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.根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置一电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中错误的是（）NMA.要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M 向N 的电流B.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流C.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度D.使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向2.如图所示，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球

2、周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用,那 么（）A.宇宙射线受到地磁场施加的与运动方向相反的排斥力B.垂直射向地球表面的带电粒子在两极处受磁场的偏转作用最强C.带正电的离子垂直射向赤道时会向东偏转宇宙射线D.带负电的离子垂直射向赤道时会向南极偏转3.下列图中，标出了磁场B 的方向、通电直导线中电流/的方向以及通电直导线所受磁场力尸的方向，其中正确的是（）4.如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，半径大小为r,磁感应强度为8.质量为?，电量为e 的一个电子沿圆形区域的直径方向以一定的速度射入磁场，电子经过磁场区域后，其运动方向与原

3、入射方向成。角。用 R 表示电子在磁场中运动轨道半径，用 f 表示电子在磁场中运动时间，不计电子的重力，则（）A.R=一万 16m0,t=-tan-eBC.R=J Om0,t=tan-eB0B./?=r ta n-,20D./?=rtan,220meBOmeB5.如图所示是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度”,与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所在的区域，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下。设小球在运动过程中电荷量不变，则（）A.小球需要的向心力大小不变 B.小球需要的向心力大小

4、不断增大C.磁场力对小球做了功 D.小球受到的磁场力大小与时间成正比6.如图所示，在x 轴上方存在垂直于X。），平面向里的匀强磁场，磁感应强度为瓦在X0V平面内，从原点。处沿与x 轴正方向成。角（0。兀）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（）A.若 u 一定，。越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B.若 v 一定，。越大，则粒子离开磁场的位置距。点越远C.若。一定，u越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若。一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短7.如图所示，在两个半径均为0.1m的半圆形区域ACO和bG”中，分布有磁感应强度为B=0.2T,垂直纸面向里的匀强磁场

5、；在相距为d=0.1m的AO和 7 之间分布有电场强度为E=0.1N/C,方向随时间不断变化的匀强电场。一质量为加、电荷量为+q的带电粒子从AC。的圆心。点由静止释放，保证粒子每次经过电场区域均能加速，且粒子最终以v=10m/s的速度从A 点向上射入ACO区域，恰好从。点射出，则下列说法中正确的是（）LC、/X X X X ；x X xnx X xDr I T丁 r y r i J“t x x Z x x x、x x x x/A.电场方向变化的周期可表示为理qBB.该粒子的比荷为2xl（）3c/kgC.粒子从开始加速到穿出磁场，共经电场加速10次D.粒子第次加速后，其在磁场中的运动半径变为第（

6、-1）次加速后的6 倍二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，平板下方有垂直纸面向里的匀强磁场，一个质量为机、电荷量为q 的粒 子（不计重力）在纸面内从板上小孔P 射入磁场，射入方向与边界夹角为60。，并打在板上的。点，已知磁场的磁感应强度为B,粒子的速度大小为v,由此可知（）A.该带电粒子带正电B.该带电粒子带负电C.P、。间的距离L=D.P、。间的距离乙=qH qB9.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

7、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，其长为乙、直径为。，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在 前 后 两 个 内 侧 面 c 固定有金属板作为电极，污水充满管道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。（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法正确的是（）A.a侧电势比c 侧电势高B.若污水中正离子较多，则。侧电势比c 侧电势高；若污水中负离子较多，则。侧电势比c 侧电势低C.污水流量Q 与 U成正比，与。有关D.污水流量。与 U成反比，与L无关10.如图所示，长方形出?cd的长ad=0.6m,宽出?=0.3m,O、e 分别是ad

8、、be的中点,以e 为圆心，助为半径的四分之一圆弧和以。为圆心，Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场边界除助边,其余边界上有磁场)磁感应强度8=0.25T。一群不计重力，质量 3xl(T7kg,电荷量q=+2xl()-3c的带电粒子以速度v=5xl()2m/s沿垂直 方向垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是()A.从。d 边射入的粒子，出射点全部通过8 点B.从 Od边射入的粒子，出射点分布在成边C.从。边射入的粒子，出射点全部通过分点D.从。0 边射入的粒子，出射点全部分布在扇边或助边三、非选择题：共 6 小题，共 54分，考生根据要求作答。11.一个质量为

9、加、电荷量为4的粒子，从容器A 下方的小孔Si飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为0,然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为8 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上，如图所示。(1)求粒子进入磁场的速率。(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。01=76 74 7372 70 J S“III II T sTT T*I 1 I1 2.电磁轨道炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快，效率高等优点。原理如图所示，两根足够长的平行金属导轨水平固定，导体棒必垂直两导轨放置。恒流电源提供强电流从一根导轨流入，经过导体棒，从另一导轨流回电源，棒会被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。若导体

10、棒在发射过程中始终与导轨保持良好接触，阻力不可忽略。电路总电阻为R,电流/方向如图，请根据以上情景回答：(1)两导轨间的磁场沿什么方向？导体棒在磁场力作用下将沿什么方向运动？简要说明理由；(2)若将电流反向，导体棒将沿什么方向运动？(3)在导体棒运动过程中该装置的能量是如何转化的？/b 贪属导轨1 3.如图，直线MN、PQ均与y轴平行，MN到y轴的距离为d,P。到y轴的距离为“。在y轴与x之间的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为瓦MN、PQ之间），0的区域内存在匀强电场，电场方向与x轴夹角为4 5。一个质量为m、电量为+4的粒子，从y轴上到。点相距为&d的S点，沿平行于x轴方向

11、射入匀强磁场。一段时间后，粒子从x轴上的A点（未画出）进入电场，进入电场时粒子的速度方向与x轴夹角为4 5。从直线PQ上的C点（未画出）离开电场时，粒子的速度方向恰好与x轴平行，不计粒子的重力。求：（1）粒子的初速度；（2）AC两点的电势差；（3）若在直线右侧某个区域还存在垂直于纸面的匀强磁场，由于该磁场区域的存在，能使粒子恰好回到原出发点S,且速度方向仍与y轴垂直。求该磁场区域磁感应强度的最大值。（可以使用根号表示）1 4.如图所示，将长为50 cm、质量为10 g 的均匀金属棒功的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以04 A 的电流时，弹簧恰好

12、不伸长。g=10 m/s2o(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由。到Z?的电流时，弹簧伸长1cm。如果电流方向由。到 a,而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？1 5.如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为口，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为I。不计重力影响和离子间的相互作用。求:(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。I：x：XN Ixx离子源：X口-1

13、-UXM u T ：xX XX XX XX XX XX XX X1 6.如图（a）,在水平直线MN上方有方向竖直向下的匀强电场，场强大小E=7IX1（）3N/C,在 MN下方有方向垂直纸面的磁场，磁感应强度8随时间f 按如图（b）所示规律做周期性变化（垂直纸面向外为磁场的正方向）。/=0 时将一比荷为2=l xl O 6 c/k g 的正离子（重力不计）从电场中的。点由静止释放，在 6=1 x1 0 3 时离子恰好通过世 上的P点进入磁场，在P点左方与P相距d=l 1 5 c m 处有一垂直于且足够大的挡板,离子打到挡板上被吸收。求图(a)图3答案及解析1.【答案】D【解析】A.要使炮弹沿导轨

14、向右发射，则安培力方向向右，由左手定则可知，必须通以自M 向N 的电流，故 A 正确，不符合题意；B.由 安 培 力 的 计 算 式 可 知，可通过增大电流来提高炮弹的发射速度，故 B 正确，不符合题意；C.由安培力的计算式尸=8辽可知，可通过增大磁感应强度来提高炮弹的发射速度，故 C 正确，不符合题意；D.如果电流和磁感应强度的方向同时反向，由左手定则可知，炮弹的发射方向将保持不变，故 D 错误，符合题意。2.【答案】C【解析】A.宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，此时收到的洛伦兹力可能为零，故 A 错误；B.垂直射向地球表面的带电粒子在两

15、极处运动方向与磁场方向平行，故不受洛伦兹力，故 B 错误；C.由左手定则可知，使拇指与四指垂直，并且与手掌处于同一个平面内，四指指向正电荷的运动方向，磁感线穿过手心，此时大拇指的方向指向东边，故离子向东偏转，故 C 正确；D.由左手定则可知，使拇指与四指垂直，并且与手掌处于同一个平面内，四指指向负电荷的运动方向的反方向，磁感线穿过手心，此时大拇指的方向指向西边，故离子向西偏转，故 D 错误。故选Co3.【答案】A【解析】A.由左手定则可知，A 项中的安培力竖直向上，故 A 正确；B.B 项中由于电流与磁场方向平行，则不受安培力，故 B 错误；C.由左手定则可知，C 项中的安培力应竖直向下，故

16、C 错误；D.由左手定则可知，D 项中的安培力应垂直纸面向外，故 D 错误。4【答案】C【解析】电子在磁场中运动轨迹的圆心，半径，圆心角如下图由洛仑兹力提供向心力有由几何关系有运动时间有由上几式解得电子在磁场中运动轨道半径电子在磁场中运动时间所以C 正确；ABD错误；故选C。_ VBqv=mR丁 2TTRv0 rtan=2 RR=-etan 20meB5.【答案】B【解析】A B.由麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一个恒定的感应电场，由楞次定律可知，此电场方向与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力也随着增大，故A错误，B正

17、确；C.洛伦兹力对运动电荷不做功，C错误；D.带电小球所受洛伦兹力尸=q小，随着速度的增大而增大，同时8与，成正比，则产与，不成正比，故D错误。6.【答案】A【解析】正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有:2qvB=m一r从而mvr-qB当。为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示：X XX X-X由几何关系可知，入射点与出射点:c .2/w si n，Oa=2 r si n 8=-qB而粒子在磁场的运动时间与速度无关。2万 一 2。7 _ 2m（兀-0）27r qB当。为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示:XXX XXX,、由几何关系入射点与出射点:Oa=2rsin0=2w

18、sin（九 一 6）qB而粒子在磁场中运动时间2TI-2 0 _ 2nl（花 一 9）-i=-2万qB与第一种情况相同。A.若 u 一定，越大，从时间公式可以看出运动时间越短，故 A 正确；B.若 u 一定，。为锐角越大时，则。就越大，但。为钝角越大时，由上式可以看出0。却越小，故B 错误；C.粒子运动的角速度v qBa)=-r m显然与速度无关，即u越大时，不变，故 C 错误；D.运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为网答,与速度无关。即若。一定,无论以大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D 错误。7.【答案】C【解析】A.由于粒子每转半周交变电场方向改变一次，所以交变电场的周期为

19、粒子做匀速圆周运动周期的一半，即A 错误；7 1 ,MT-=2T =B.设经过次加速后粒子以速度为v=10m/s从A 点射出，在这半周中洛伦兹力提供向心力所以有p2qvB-m 幺=上=C/kg=5 xlO2C/kgm Br 0.2 x 0.1B 错误；C.从开始到射出，由动能定理L 1 2nEqa=mv求得n=10C 正确；D.由动能定理经过-1次加速时1 2(n-i)Eqd=-mvn_-粒子做圆周运动的半径_ mvn_x _ 1 l2(n-l)Emd，-qB q同理经 次加速后的半径为8.【答案】BD【解析】A B.由左手定则可知,粒子带负电，选项A 错误，B 正确;C D.粒子在磁场中做圆

20、周运动,洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得r解得mvqBP、。间的距离L=2rsin60=-qB故 D 正确，C 错误;9.【答案】ACD【解析】A B.污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面。偏，负离子向后表面c 偏，所以c 侧电势比a 侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故 A 正确，B 错误；C D.定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有解得UV-DB流量为Q=v()n=-2 48可知Q 与。成正比，与 L 无关，故 CD正确。10.【答案】AC【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到X XX X X XA B.因必=0

21、.3m,从 边 射 入 的 粒 子，形成以r 为半径的圆弧，从点。射入粒子的从点出去；从 0 4 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达反后应做直线运动，即全部通过b 点，故A 正确，B 错误；CD.从a O边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为。，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形。Meb是菱形，则粒子的出射点一定是从b 点射出.同理可知，从 边 射 入 的 粒 子，出射点全部从b 点射出；故C正确，D错误。11.【答案】v=也；R=1产V m q【解析】（1）粒子飘入电势差为U的加速电场，有得粒子进入磁场时的速率“1 2qu=/W V（2）粒子进

22、入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有1 2.【答案】（1）垂直金属导轨的平面向下，水平向右，见解析；（2）水平向右；（3）见解析【解析】（1）两导轨间的磁场方向垂直金属导轨的平面向下，导体棒在磁场力作用下将沿水平向右的方向运动，因为成棒通过电流时，在磁场中受到水平向右的安培力作用，从而推动导体棒向右做加速度运动。（2）若将电流反向，导体棒将还是向右做加速运动，因为电流方向反向后，磁场方向垂直导轨平面向上，由左手定则，安培力方向还是向右。所以导体棒还是沿导轨水平向右运动。（3）导体棒运动过程中通过安培力做功把磁场能转化为动能，通过电流做功把电能转化为内能。1 3.【答案】（1）画 空；（

23、2）迎（；（3）（3+*Bm m 1 +3 V 3 +V 6【解析】（1）设粒子的初速度为W，由于进入电场时粒子的速度方向与X轴夹角为,粒子在磁场中速度偏转角也为4 5,运动轨迹如图所示根据几何关系可知，粒子运动的圆心为。点，半径为亚乩 根据公式V2qvB=m R得Ri=qB可得归皿m(2)粒子在电场中做类平抛运动，根据题意，粒子从C点飞出电场时V=4 2VO由WAC=；/一;机%2有UAC=m(3)粒子在电场中运动时，沿尤轴方向的平均速度是沿y轴方向平均速度的3倍，由几何关系可能求出0A=2dA点到P Q的距离为3d,则C点与x轴相距为d,粒子从直线M N回到S点的过程中，半径mv 广R广

24、=立 Ri=2dq心因此，则粒子的速度偏转角为30,P Q右侧的磁感应强度最大时，粒子恰好从尸。直线离开磁场，设此时磁感应强度为囱，则有mv&=卞qB、根据几何关系可知,可得4d/?3(1 +c o s 3 0 )=d+V 2 d+(2 G )d+国Bi=(3 +2 B1 +38+#1 4.【答案】0.5 T；3 c m【解析】（1）弹簧恰好不伸长时，帅棒受到向上的安培力8 和向下的重力机g大小相等，即BI L=mg解得8 =避=0.5丁I L当大小为0.2 A的电流由。流向力时，棒受到两只弹簧向上的拉力2日1,及向上的安培力以力和向下的重力吆作用，处于平衡状态。根据平衡条件有2kxi+BI

25、L=mg当电流反向后，a b棒在两个弹簧向上的拉力2日2及向下的安培力B h L和重力吆作用下处于平衡状态。根据平衡条件有2kxi=mg+BhL联立解得mg+BI.Lx,=-=3 c mmg-BltL 14U1 5.【答案】（1）五;（2）1 ：4【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为切、质 量 为 ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为凡，磁场的磁感应强度大小为8,由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有彷 片8 =见太2R1=l由几何关系知解得，磁场的磁感应强度大小为（2）设乙种离子所带电荷量为伙、速圆周运动的半径为&同理有q2U=-m2v2,q2v2B=m2-L0由几何关系知解得，甲、乙两种离

26、子的比荷之比为更:区=1：4m m21 6.【答案】%=1 0 0 0 0乃m/s；%=2.2 5 x l（T*s【解析】（1）正离子（重力不计）从电场中的。点由静止释放，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得Eq=ma在n=lx l0-5S时离子恰好通过M N上的P点进入磁场，根据匀变速直线运动速度时间关系得%=at=100004 m/sm 当，尸1X 10-5S时，由图（b）可知此时q=T,正离子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得q%Bi=加%质量为加2,射入磁场的速度为也，在磁场中做匀解得4=外=0.2m=20c m西圆周运动周期为7；=包=4x 10、叫当员=、T时，同理可得_ o _ 3m=3Oc m T2=6 x 10 5sqB2 qB2经分析，正离子从z=0时开始做周期性运动，运动周期为T=lx l(y 4s,轨迹如图所示正离子在一个周期T内向左沿P M移动的距离为M=2/;=40c m经分析，正离子到达挡板前经历了2个完整的周期，此时离子距离挡板水平距离为s2=d-2 y =35c m设正离子撞击挡板前速度方向与水平方向夹角为6,做出最后35c m内轨迹如图所示4+&sin 夕=35根据几何关系得解得sin6=一2即8=3()则离子从。点出发运动到挡板所需时间为%=t+2T+=2.25X10-4S