第一章 培力与洛伦兹力 单元过关检测试题
时间：75分钟 总分：100分
一、单选题
1．如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，纸面内一直导线垂直磁感线方向处于该磁场中，当导线中通以图示方向的电流I时，该导线受到的安培力方向为（ ）
A．垂直导线沿纸面向右 B．垂直导线沿纸面向左
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
2．如图所示，直角三角形ABC的边长AB长为L，∠C为30°，三角形所围区域内存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力）从A点沿AB方向射入磁场，在磁场中运动一段时间后，从BC边穿出磁场，则粒子射入磁场时的最小速度vm是（ ）
A． B． C． D．
3．在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图像表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系。a，b各代表一组F、I的数据。正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，纸面内同一材料制作的粗细均匀的正方形金属线框，如图接入电路，电源电动势恒定，导线及电源内阻不计，整个空间磁场垂直纸面向里，导线框受安培力F。若将接入点从两侧中点A、B换成对角点M、N，则导线框受安培力变为多大（ ）
A．F B．2F C． D．
5．如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出。则下列说法正确的是（ ）
A．从两孔射出的电子速率之比为
B．从两孔射出的电子在容器中运动周期之比
C．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比
D．从两孔射出的电子在容器中运动的所用时间之比为
6．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速度器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）
A．离子从磁场中获得能量
B．离子从电场中获得能量
C．离子由加速器的边缘进入加速器
D．离子获得的最大能量值由交变电压大小决定
7．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
二、多选题
8．以下各图画出了通电导线在磁场中所受磁场力F的方向，导线中电流I的方向以及磁场方向之间的关系，其中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
9．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．仅增大电源电动势滑块出射速度变大
C．仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速
D．仅减小弹体质量，其速度变化率增大
10．长为L1、质量为m的金属棒用两根相同的长为l的轻质绝缘细线水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的方向竖直向上；当金属棒通入大小为I的电流后，金属棒能在的位置处保持静止，已知重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流方向由a到b B．金属棒静止时所受安培力大小为
C．匀强磁场的磁感应强度 D．匀强磁场的磁感应强度
三、实验题
11．已知霍尔效应中导体两侧电势差U与通电电流I的关系为等，其中k为霍尔系数（常量）、B为磁感应强度、I为电流、d为导体的厚度，如图甲所示。为验证霍尔效应，实验小组准备了电源、开关、滑动变阻器、保护电阻、一块金属板、电流表、静电计、导线等器材。已连接部分电路，如图乙所示，金属板区域的匀强磁场竖直向上。
(1)用笔画线代替导线 ，完成图中电路的连接，要求通过金属板的电流从零逐渐增加。开关闭合前，滑片应置于 （填“最左端”或“最右端”）。
(2)改变滑片的位置，读出电流表的示数，并用静电计测量金属板 （填“前后”或“上下”）两表面的电势差。
(3)重复步骤(2)，多测几组金属板中U-I的数据，验证霍尔效应中电势差U与电流I的关系，并画出U-I图像。
(4)验证了导体两侧电势差U与通电电流I之间遵循关系后，若将磁场方向改为垂直金属板前表面，测得滑动变阻器在某位置时，电流为I，电压为U，该材料的霍尔系数为k，金属板的各边长度图中已标出，则所加磁场的磁感应强度大小B= 。
12．如图所示是测量磁感应强度的实验方案。虚线框内存在一个与纸面垂直的匀强磁场。D为位于纸面内的U型金属框，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关，此外还有细沙、天平、刻度尺和若干轻质导线。
（1）补充完成下列实验步骤：
①按照实验电路图连接电路。
②保持开关断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于静止状态，然后用天平称出细沙质量m1.
③闭合开关S，调节电阻R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于静止状态，然后读出电流表的示数I，并用天平测量此时细沙的质量m2.
④用刻度尺测量 。（写物理量及其符号）
（2）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度B的大小，则B= 。
（3）若电流顺时针方向通过金属框，则判定磁感应强度方向的具体方法为 。
四、解答题
13．如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图．光滑水平金属导轨M、N的间距L=0.2m,电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小．装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体) 的质量m=0.2 kg,在导轨M、N间部分的电阻R=0.8,可控电源的内阻r=0.2．在 某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103A,不计空气阻力导体棒ab由静止加速到4km/s后发射弹体，则
（1）光滑水平导轨长度至少为多少？
（2）该过程系统消耗的总能量为多少？
14．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置与O点距离为L，求：
（1）该粒子的比荷
（2）带电粒子在磁场中运动的时间
15．如图所示，在xOy平面内的y轴左侧有沿y轴负方向的匀强电场，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从x轴上的N点（-L，0）以v0沿x轴正方向射出。已知粒子经y轴的M点（0，）进入磁场，若匀强磁场的磁感应强度为。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若粒子离开电场后，y轴左侧的电场立即撤去，通过计算判断粒子离开磁场后到达x轴的位置是在N点的左侧还是右侧？
(3)若粒子离开电场后，y轴左侧的电场立即撤去。要使粒子能回到N点，磁感应强度应改为多少？
参考答案
1．A
【解析】根据左手定则可知，导线受到的安培力方向为垂直导线沿纸面向右。
故选A。
2．B
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动的临界轨迹，如图所示：
图中四边形ABDO是正方形，故圆周的半径为：r=L；洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m
解得：，则粒子从BC边穿出磁场时，从A点射入的最小速度是，故选B．
点睛：本题关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出．
3．C
【解析】在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为
F=BIL
由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故C正确，ABC错误。
故选C。
4．C
【解析】设正方形边长为L，开始时通过线圈总电流为I，则导线框受安培力为
F=BIL
将接入点从两侧中点A、B换成对角点M、N，则导线框的电阻不变，电流仍为I，导线框的等效长度为L，则导线框受安培力为
F′=BIL=F
故选C。
5．C
【解析】A．电子运动轨迹如图所示
设磁场边长为L，由图示可知
根据
解得
则速度之比
A错误；
B．根据
则从两孔射出的电子在容器中运动周期之比1：1，B错误；
C．根据
解得从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比
C正确；
D．根据轨迹可知，在磁场中转过的圆心角为
电子在磁场中的运动时间为
粒子运动时间之比
D错误。
故选C。
6．B
【解析】A．离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量，A错误；
B．离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量，B正确；
C．要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而不是从边缘离开加速器，C错误；
D．根据牛顿第二定律
解得
带电离子射出时的动能
与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，D错误。
故选B。
7．D
【解析】根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C对。随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错。B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错。由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D错。
8．ABC
【解析】A．由左手定则知，导线所受安培力向上，故A错误；
B．电流方向与磁场方向平行，导线不受安培力，故B错误；
C．由左手定则知，导线所受安培力向上，故C错误；
D．由左手定则知，导线所受安培力向右，故D正确。
本题选错误项，故选ABC。
9．BD
【解析】A．根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则b为电源正极，故A错误；
B．仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故B正确；
C．仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故C错误；
D．仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故D正确。
故选BD。
10．AD
【解析】A．当通入图示恒定电流I后，金属棒能在的位置处保持静止，根据左手定则，可知金属棒中电流方向由a到b，A正确；
BCD．棒处于平衡状态，导体棒受到的安培力
对导体棒受力分析可知
解得
BC错误D正确。
故选AD。
11．
最左端 前后
【解析】(1)要求通过金属板的电流从零逐渐增加，滑动变阻器是分压式接法，连线如图：
通过金属板的电流从零开始，且为了电流表的安全，开关闭合前，滑片应置于最左端。
(2)金属板区域的匀强磁场竖直向上，由左手定则可知前后两表面形成电势差，用静电计测量金属板前后两表面的电势差。
(4)磁场方向改为垂直金属板前表面，则上下表面间形成电势差，由得。
12． D的下边长L 若m2>m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里
【解析】（1）④用刻度尺测量金属框D的下边长L；
（2）安培力与在磁场中的导线长度有关，根据平衡条件，有
解得
（3）若，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。
13．(1)20m(2)l.76×l06J
【解析】
（1）由安培力公式有
F=BIL=8×l04N.
弹体由静止加速到4km/s，由动能定理知
Fx=mv2.
则轨道长度至少为：
x==20m
（2）导体棒ab做匀加速运动，由
F=ma
v=at
解得该过程需要时间：
t=l×l0-2s
该过程中产生焦耳热：
Q=I2（R+r）t=1.6×l05J
弹体和导体棒ab增加的总动能：
Ek=mv2=1.6×l06J.
系统消耗总能量：
E=Ek+Q=l.76×l06J
14．(1) (2)
【解析】 粒子运动的轨迹如图：
则圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得
解得：
洛伦兹力提供向心力：
解得
(2) 由
v0t=（2π-2θ）R
得：
15．(1)；(2)粒子到达N点的右侧；(3)
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，有：
①
②
③
由①②③可：
④
(2)设粒子到M点的速度大小为v，方向与x轴正方向成θ角。粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，粒子从y轴上A点离开磁场，如图所示
则有
⑤
⑥
⑦
由几何关系知，MA的距离为：
⑧
联立②③⑤⑥⑦可得
⑨
⑩
可知A点的坐标为（0，），根据对称性在A点的速度方向与y轴负方向成，粒子离开磁场后做匀速直线运动，粒子到达x轴上位置。所以粒子到达N点的右侧。
(3)要使粒子回到N点，粒子须在y轴上的B点离开在磁场。设新磁场的磁感应强度大小为，在磁场中做圆周运动的半径为r，则有
联立⑥⑩ 可解得
