人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试单元测试课时练习

第一章 安培力与洛伦兹力

(75分钟　100分)

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．(2022·石家庄高二检测)如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)。在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ。原PQ中无电流，现通以水平向左的电流，在短时间内(　　)

A.从上往下观察导线框向右平移

B．从上往下观察导线框顺时针转动

C．细绳受力会变得比导线框重力大

D．导线框中心的磁感应强度变小

【解析】选C。由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，可知外侧电流受安培力向右，内侧电流受安培力向左，从上往下看，导线框将逆时针转动，故A、B错误；线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，则细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以线框中心的磁感应强度变大，故D错误。

【总结提升】“结论法”在通电导体动态分析中的应用

(1)安培力作用下通电导体运动的两个重要结论

①同向电流互相吸引，反向电流互相排斥

②不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势

(2)灵活运用两个重要结论以及安培力近大远小的特点，可以解决通电导线动态分析的绝大多数问题，并使过程极大简化。

2．(2021·重庆适应性测试)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧，上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒。部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止，此时弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

A．0.25 T    B．0.5 T

C．0.75 T    D．0.83 T

【解析】选B。未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx；通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，联立解得B＝0.5 T，A、C、D错误，B正确。故选B。

3．如图所示，空间的匀强电场和匀强磁场相互垂直，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒a处于静止状态，下列操作能使微粒做匀速圆周运动的是(　　)

A.只撤去电场

B．只撤去磁场

C．给a一个竖直向下的初速度

D．给a一个垂直纸面向里的初速度

【解析】选C。微粒处于静止状态时有mg＝qE，电场力与场强方向相同，微粒带正电，若只撤去电场，粒子在重力作用向下加速后在洛伦兹力作用下向右偏转，不是匀速圆周运动，A错误；若只撤去磁场，则微粒仍处于静止状态，B错误；若给a一个竖直向下的初速度，则微粒会受到始终垂直速度的洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，C正确；若给a一个垂直纸面向里的初速度，由于速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力作用，会向纸面内做匀速直线运动，D错误。

4．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为(　　)

A.1∶      B．1∶2

C．1∶1　      D．2∶1

【解析】选B。电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示

电子在磁场中做圆周运动的周期为：T＝＝，由几何知识可知：α＝120°，β＝60°，电子在磁场中的运动时间t＝T，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比：＝＝＝，故B正确。

【补偿训练】(多选)(2021·宜昌高二检测)如图，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场，若初速度大小为v0，射入磁场后从ac边界距a点处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)

A.若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则出射位置距a点

B．若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半

C．若粒子射入磁场的速度不大于3v0，粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直

D．若粒子射入磁场的速度不同，但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等

【解析】选A、C、D。根据几何关系可知从ac边界距a点处射出磁场的粒子运动的轨迹半径R1＝，由洛伦兹力提供向心力可知，R1＝。若粒子射入磁场的速度增大为2v0，由洛伦兹力提供向心力可知，R2＝，根据几何关系可知出射位置距a点，故A正确；若粒子从c点射出，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R3＝L，由洛伦兹力提供向心力解得，粒子射入磁场的速度为3v0，若粒子射入磁场的速度不大于3v0，则所有的粒子都从ac边射出磁场，射出方向与ac边夹角为30°，与ab边垂直，在磁场中运动的轨迹所对应的角度都为60°，粒子在磁场中运动的时间都相等，故B错误，C、D正确。

5.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷均为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用，已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则(　　)

A．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为

B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为

C．编号为①②③的三个粒子进入磁场的速度依次增大

D．编号为①②③的三个粒子在磁场内运动的时间依次增加

【解析】选C。由qvB＝m，T＝，得v＝，T＝，由于、B均相同，可知三粒子的速度与轨迹半径成正比，在磁场中做圆周运动的周期相同，可知三粒子在磁场中运动的时间与轨迹圆弧所对应的圆心角成正比。设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系可得r1＝＝a，轨迹圆弧对应的圆心角为120°。设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系可得r2＝a，轨迹圆弧对应的圆心角为60°。设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，如图所示，

由几何关系可得AE＝2a cos 30°＝a，r3＝＝2a，轨迹圆弧对应的圆心角为30°。编号为①②③的三个粒子在磁场中的运动半径依次增大，故速度依次增大，对应的圆心角依次减小，故时间依次减小，故C正确。

【补偿训练】如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为(　　)

A.　　　　B．

C．    D．

【解析】选B。以速度v正对着圆心射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图，

由几何关系知轨迹圆半径r＝，由半径r＝解得B＝，故B正确。

6．如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中的运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则(　　)

A.t1<t2，Ek1>Ek2　　  B．t1＝t2，Ek1<Ek2

C．t1<t2，Ek1＝Ek2　　 D．t1>t2，Ek1＝Ek2

【解析】选C。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝可知，Ek＝mv2＝，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1＝Ek2，设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek＝2nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1>U2，则n1<n2，而t＝nT，T不变，所以t1<t2，故C正确。

7．在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体内的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差也被叫作霍尔电压。同时在导体内形成霍尔电场EH，利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，在匀强磁场B(磁场方向垂直于前后表面)中有一载流导体，已知上表面宽为d，侧面高为h(已在图中标出)，若通过导体的电流为I，电压表示数为U，电子的电荷量为e，导体单位体积内的自由电子数为n，下列说法中正确的是(　　)

A.洛伦兹力对电子做正功

B．磁感应强度大小为B＝

C．导体内形成的霍尔电场EH＝

D．若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则上表面比下表面电势高

【解析】选B。洛伦兹力在任何情况下都不做功，故A错误；当电压表示数稳定为U时，根据受力平衡有：evB＝eEH根据匀强电场电场强度与电势差的关系有：EH＝，根据电流微观表达式有：I＝nevS＝nevhd，联立可得：B＝，故B正确，C错误；电流I是电子的定向运动产生的，电子定向移动方向与电流方向相反，故由左手定则可以判断电子向上表面偏转，所以上表面电势低于下表面电势，故D错误。

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．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)

A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同

B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同

C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力

D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力

【解析】选A、C。当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，A正确；当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，B错误；线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，C正确；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，D错误。

9．如图所示，MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R，直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为－q，质量为m的小球自M点无初速度下滑，下列说法中正确的是(　　)

A．小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关

B．小球滑到D点时，对轨道的压力一定大于mg

C．小球滑到D点时，速度大小v＝

D．小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点N

【解析】选A、C、D。小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力，因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向，故不影响速度大小，所以下滑时间与磁场无关，A正确；整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，下滑至最低点过程中，由机械能守恒定律知，mgR＝mv2，所以向左或向右经过D点速度都为，C正确；根据机械能守恒定律知小球能滑至与M等高的N点，D正确；由D点受力分析及牛顿第二定律知，当向右经过D点时qvB＋FN－mg＝m，得FN＝3mg－qvB，由于不知道洛伦兹力qvB大小，故支持力FN大小不确定，B错误。

10．(2022·汕头高二检测)如图所示，带电平行板中匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的b点自由滑下，经过轨道端点c进入板间后恰能沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的a点开始下滑，经c点进入板间的运动过程中(　　)

A.其动能将会增大

B．其所受的洛伦兹力将会增大

C．其电势能将会增大

D．其受到的电场力将会增大

【解析】选A、B、C。小球从b点下滑到c点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平方向做直线运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，由左手定则和电场力的方向的特点可知，洛伦兹力和电场力同向，故都向上，可推出小球带正电。如果小球从稍低的a点下滑到c点进入平行板间，则进入磁场的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，合力变为竖直向下，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力F＝qE不变，故A、B、C正确，D错误。

三、非选择题：本题共4小题，共54分。

11．(12分)如图所示为等臂电流天平。左臂所挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为L。下边处在磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面(纸面)向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I、方向如图中所示的电流时，天平水平平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。

(1)请写出用n、m、L、I、g计算B的表达式；

(2)已知挂盘和砝码的总质量为m＝0.5 kg，B＝1.0 T，L＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，天平平衡时线圈中的电流I为2.0 A，求线圈的匝数。

【解析】(1)由题可知，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向向下，根据平衡条件有mg＝nBIL                                                                                    (3分)

解得B＝                (3分)

(2)由(1)可得n＝             (3分)

代入数据，解得线圈匝数为n＝25          (3分)

答案：(1)B＝　(2)25

12．(12分)(2021·广东适应性测试)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U，边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动，粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力，求：

(1)粒子进入磁场区域时的速率。

(2)磁感应强度的大小。

【解析】(1)粒子在直线加速器中加速，根据动能定理

qU＝mv2－mv              (3分)

可以解出粒子进入磁场的速率v＝      (3分)

(2)由几何关系可得，带电粒子在磁场中偏转的轨迹圆的半径R＝L

在磁场中洛伦兹力提供向心力，qvB＝       (3分)

可以解得B＝           (3分)

答案：(1)　(2)

13.(14分)如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知OP之间的距离为d，不计粒子的重力。求：

(1)O点到Q点的距离；

(2)磁感应强度B的大小；

(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。

【解析】(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1                                                                                                                                                                                      (1分)

水平方向匀加速直线运动的平均速度＝，

则d＝                 (2分)

根据速度的矢量合成tan45°＝           (1分)

解得h＝2d。                              (1分)

(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径

R＝2d                 (1分)

由牛顿第二定律得qvB＝m，          (1分)

由(1)可知v＝＝v0           (1分)

联立解得B＝              (1分)

(3)在电场中的运动时间为t1＝          (1分)

在磁场中的运动周期为T＝＝        (1分)

在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T      (1分)

在第四象限内的运动时间为t3＝          (1分)

带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为

t＝t1＋t2＋t3＝。           (1分)

答案：(1)2d　(2)　(3)

14．(16分)(2021·天津等级考)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿－z方向。

(1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；

(2)若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz；

(3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。

【解析】(1)自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向                    (2分)

(2)设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In＝                                                                                                                                                                                                    ①(1分)

设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为In＝neabvnx                                                                                                                                                                                                                                ②(2分)

单个自由电子所受洛伦兹力大小为F洛＝evnxB      ③(2分)

霍尔电场力大小为F电＝eE            ④(1分)

自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立②③④式，其合力大小为Fnz＝F洛＋F电＝e(＋E)                                                                                                  ⑤(2分)

(3)设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np， 则Nn＝nacvnzΔt                                                                                                                                                                                                    ⑥(2分)

Np＝pacvpzΔt                ⑦(2分)

霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn＝Np，即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。                                                        (2分)

答案：(1)沿＋z方向　(2)e(＋E)　(3)见解析

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