第一章 安培力與洛倫茲力 （綜合復習與測試）-2021-2022學年高二物理同步備課系列（人教版選擇性必修第二冊）-(解析版)-教案課件習題試卷知識點

第一章安培力與洛倫茲力

綜合復習與測試

知識體系-思維導圖

運動電荷在磁場中受到的力一定義

定義一通電導線在磁場中受到的力

F=c/vBsine一大小

垂直于電流方向與磁場方向

垂直于8和.決定的平面

決定的平面

~一方向

方向一(

判斷依據：左手定則一—五|判斷依據：左手定則

勻速直線運動〕

8與v平行，一般表達式：尸=〃8sine

4li束嗣隔運動.]一運動類型帶電粒廣在大小一當8和/垂直時尸=〃8

B與v垂直I勻強磁場中

一的運動當8和/平行時/=()

現代科技的應用應用一磁電式電流表等

考點整合-素養(yǎng)提升

主題1安培力作用下的力學問題

/想到

1.通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路：

(1)選定研究對象。

(2)變三維為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的

方向要注意F^_LB、FS±I；如圖所示。

￡

海導軌

4一一

立體圖

(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。

2.安培力作用下的功能問題分析要點：

(1)安培力做功與路徑有關，這一點與電場力不同。

(2)安培力做功的實質是能量轉化。

①安培力做正功時，將電源的能量轉化為導體的機械能或其他形式的能。

②安培力做負功時，將機械能轉化為電能或其他形式的能。

(3)解答時一般要用到動能定理與能量守恒定律。

【典例1］如圖所示，長為L,質量為m的細導體棒a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面

上，無限長直導線b被水平固定在與a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的

距離為x,當a、b中均通以電流強度為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止。已知無

限長直導線周圍的磁場為一系列的同心圓，周圍某點的磁場的磁感應強度與該點到導線的距

離成反比。則下列說法正確的是()

A.a、b中電流必垂直紙面向里

B.b中的電流在a處產生的磁場的磁感應強度大小為嗎詈

乙JLL

C.若將b適當上移以增大x,則導體棒仍可能靜止

D.無論將b上移還是下移，導體棒都可能處于靜止狀態(tài)

［解析］a恰好在斜面上保持靜止，此時a棒受到支持力與重力，根據平衡條件可知同時受

到水平向右的安培力，才能保持靜止.所以a、b中電流方向相同即可，不必一定垂直紙面

向里，故A錯誤；當導體棒a受到水平向右的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)時，因

夾角為45°,則有BIL=mgtan45°,解得B=^,故B錯誤；導體棒a受重力、支持力

和安培力，根據平衡條件，三個力可以構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示。若使b上移

少許，兩個電流間距增加，安培力減小，而根據平衡條件，安培力減小，所以是可能平衡的，

故C正確；若使b下移，根據平衡條件，安培力要增加，而兩個電流間距增加，安培力減小，

矛盾，故一定不能平衡，故D錯誤。

［答案］C

【變式1】將一個半徑為R由粗細均勻同種材料制成的導電金屬圓環(huán)放置在粗糙的水平桌

面上。在桌面上方加有豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場，如圖所示（俯視圖）。a、b、

c、d是圓環(huán)上的四等分點，現將金屬圓環(huán)a、d點接入電路中，電路的電流為I,金屬圓環(huán)

質量為m且始終處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g,則（）

A.金屬圓環(huán)受到的安培力大小為0

B.金屬圓環(huán)受到的安培力大小為2"BIR

C.金屬圓環(huán)對桌面的壓力大小為mg+鏡BIR

D.桌面對金屬圓環(huán)的摩擦力大小為鏡BIR

［解析］a、d點接入電路后，圓環(huán)可看成acbd與ad兩部分并聯，則有效長度為鏡R,所

以可得圓環(huán)所受安培力大小為BIR,由受力平衡可得，桌面對圓環(huán)摩擦力大小也為

、也BIR,則D正確。

［答案］D

【變式2】如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I,導線正上方沿豎直方

向有一絕緣細線懸掛著的正方形線框。線框中通有沿逆時針方向的恒定電流I,線框的邊長

為L,線框下邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L。已知在長直導線的磁場中距長直

導線r處的磁感應強度大小為B=d

（k為常量），線框的質量為m,則剪斷細線的瞬間,

r

線框的加速度為（）

kl2

A.0B.一+g

m

kl2

D-詬+g

［解析］線框下邊受到的安培力的大小為-IL=kI2,方向向下；線框上邊受到的

IzT1

安培力大小「2=討*IL=-kl\方向向上；根據牛頓第二定律可得Fi+mg—F2=ma,解得:

Fi+mg-FkT

2+g。

m2m

［答案］D

主題2帶電粒子在磁場中運動

，想到'

'帶電粒子的電性

看到“帶電粒子

在磁場中運動”—洛倫茲力的方向

關鍵詞轉化

想到

洛倫茲力提供向心力

看到“帶電粒f在磁

場中做勻速圓周運動”

1.理解洛倫茲力的四點注意：

(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向。

(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用FJ_B、F，v的特點。

(3)計算洛倫茲力大小時，公式F=qvB中，v是電荷與磁場的相對速度。

(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶

電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等。

2.帶電粒子在勻強磁場中的運動：

品=0—勻速直線運動

磁場

電

對

的

荷mv

用

作方心存

BLvF^=qvB

2Km

【典例2】(2021?河北適應性測試)如圖，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內存在著磁感應強

度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以

——1

速率V。平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，OP=-ho則甲、乙兩粒子比荷

的比值為(不計重力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)()

A.32：41B.56:41

C.64：41D.41：28

［解析］甲粒子從高記=11的位置水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示

甲粒子圓周運動的半徑O為1N=O1P=r?在△OiMP中根據勾股定理可知—MP=

—(ri—h)'=^2rih-h2,則OM=MP-OP=、2rih-h?

2

h-OM^/2r,h-h-^341

,在△MNO中，根據幾何關系可知tan37°=---=-----------=~，解得口=公

乙MMn4"

h,

乙粒子從高2h的高度水平飛入磁場，由幾何關系得02P=2h,所以乙粒子轉過;圓周從P

點飛出,

其運動的半徑為n=0扒=2h；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：qvB=m?,解得

r4，可知粒子運動的半徑r與粒子的比喏=k成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值

k>Hra2h64

為&=r?=417=41°

32h

［答案］C

【變式3］（多選）如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成e角

的不同速率，向磁場中射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁

場，粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁場，OA=AB,則（）

A.粒子1與粒子2的速度之比為1：2

B.粒子1與粒子2的速度之比為1：4

C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1：1

D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1:2

［解析］粒子1進入磁場時速度的垂線與0A的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周

運動的圓心，同理，粒子2進入磁場時速度的垂線與0B的垂直平分線的交點為粒子2在磁

場中做圓周運動的圓心。

由兒何關系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為n:0=1：2,由「=不可知,

qB

粒子1與粒子2的速度之比為1：2,A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的

周期均為丁=岑，且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此粒子在

qB

磁場中運動的時間相同，即C項正確，I）項錯誤。

［答案］AC

【變式4］（多選）如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，它的磁感應強度大

小為B,方向垂直于圓平面（未畫出），一群比荷為9的負離子（不計重力）以相同速率v。，由

m

P點在圓平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側的

熒光屏（足夠大）上，則下列說法正確的是（）

A.所有離子飛離磁場時速度方向的反向延長線過圓心

B.由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長

C.所有離子在磁場中運動半徑等于R

D.所有離子飛離磁場時動能相等

［解析］若離子沿半徑方向指向圓心射入磁場，根據圓的特性和速度沿圓周的切線方向可知,

該離子離開磁場時速度方向的反向延長線會通過圓心，但所給離子不是都沿半徑方向射入的,

故A錯誤；由圓的性質可知，軌跡圓與磁場圓相交，當軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故

應該使弦長為PQ，故由Q點飛出的粒子圓心角最大，所對應的時間最長，故B正確；運動

2

的半徑由qv°B=m（，則「=裁,其值與R無關，故C錯誤；由于洛倫茲力對帶電離子不

做功，只改變離子的運動方向而不改變離子的速度大小，所以離開磁場區(qū)域時的動能相等，

故D正確。

［答案］BI）

主題3帶電粒子在組合場與復合場中運動

1.帶電粒子在組合場中運動：

（1）四種常見的運動模型。

①帶電粒子先在電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖：

②帶電粒子先在電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖:

③帶電粒子先在磁場中做圓周運動，然后垂直進入電場做類平拋運動，如圖:

④帶電粒子先在磁場I中做圓周運動，然后垂直進入磁場II做圓周運動，如圖:

(2)三種常用的解題方法。

①帶電粒子在電場中做加速運動，根據動能定理求速度。

②帶電粒子在電場中做類平拋運動，需要用運動的合成和分解處理。

③帶電粒子在磁場中的圓周運動，可以根據磁場邊界條件，畫出粒子軌跡，用幾何知識確定

半徑，然后用洛倫茲力提供向心力和圓周運動知識求解。

2.帶電粒子在疊加場中運動：

(1)疊加場：電場、磁場、重力場中的兩者或三者在同一區(qū)域共存，就形成疊加場。

(2)帶電體在疊加場中運動的幾種情況。

如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場豎直向下。一帶負電粒子從左邊沿水平方向

射入復合場區(qū)域。

XXXX

B

X

XX

XXXX

E

①若考慮重力，且mg=Eq,則粒子做勻速圓周運動。

②若不計重力，且qvB=Eq,則粒子做勻速直線運動。

③若不計重力，且qvBWEq,則粒子做變加速曲線運動。

【典例3】（多選）如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，

磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運

動，下列說法正確的是（）

x\hxx

X''xXX

A.微?？赡軒ж撾?，也可能帶正電

B.微粒的電勢能一定減小

C.微粒的機械能一定增加

D.洛倫茲力對微粒做負功

［解析］根據帶電微粒做勻速直線運動的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負電,

故A錯誤；微粒由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，其電勢能減小，故B正確;

因重力做負功，童力勢能增加，動能不變，則其機械能一定增加，故C正確；洛倫茲力的方

向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。故選B、C?

<bx

X'、、、XX

qE

mg

［答案］BC

【變式5］如圖所示，在第I象限內有豎直向下的勻強電場，在第IV象限內有垂直紙面向

外的勻強磁場。一個帶正電的粒子以初速度v從P點垂直于y軸的方向進入勻強電場中，并

與x軸成45°角進入勻強磁場，又恰好垂直y軸飛出磁場。已知0P之間的距離為L,則粒

子在電場和磁場中運動的總時間為（）

B..+1）；

D.跌+D；

［解析］設與X軸交點的橫坐標為X,此時豎宜分速度為V,,則由類平拋運動的規(guī)律可知X

=vti,L=-1Vvti,tan45°=—,得x=2L,因此粒子在電場中運動時間為力='=—；

2vvv

粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中運動的半徑為R,周期為T。則由幾何

關系可知：R=2^2L,帶電粒子進入磁場時的速度大小為v'=y［2v；則粒子在磁場中運

動的周期為T=--,設粒子在磁場中的運動時間為2,匕=持丁=三三，則總時間為t

v82v

=t!+t2=+2）~；故選A。

2v

【變式6］（多選）如圖所示，一根水平光滑的絕緣直槽軌連接一個豎直放置的半徑為R=

0.50m的絕緣光滑圓槽軌。槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感強度B=0.5T,有

一質量為m=0.10g的帶正電的電量為q=1.6X10"（:的小球在水平軌道上向右運動，小

球恰好能通過光滑圓槽軌的最高點，重力加速度g取

10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.小球在最高點只受到洛倫茲力和重力的作用

B.小球在最高點時受到的洛倫茲力為IXIO^N

C.小球到達最高點的線速度是1m/s

D.小球在水平軌道上的初速度v。為6m/s

［解析］設小球在最高點的速度為v,則小球在最高點所受洛倫茲力為：F=qvB,方向豎直

向上；由于小球恰好能通過最高點，故小球在最高點由洛倫茲力和重力共同提供向心力，故

2

A正確；由上可知：mg—F—，小球運動過程機械能守恒：-mvomv+mg?2R,聯立

得：v=lm/s,

F=8X10-4N,v0=4.6m/s,故B、D錯誤，C正確。

［答案］AC

綜合測試

一、單選題：

1.（2021?湖北適應性測試）一長為L的直導線置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，導

線中的電流為I。下列說法正確的是（）

A.通電直導線受到安培力的大小為ILB

B.無論通電直導線如何放置，它都將受到安培力

C.通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應強度方向和電流方向構成的平面

D.安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現，所以安培力對通電直導線不做功

【答案】C

【解析】當通電直導線和磁感線垂直時，通電直導線受到的安培力為IBL,當二者關系不垂

直時，通電直導線受到的安培力小于IBL,當通電直導線和磁場方向平行時，安培力為0,

選項A、B錯誤；通電直導線受到的安培力方向總垂直于磁感應強度方向和電流方向所構成

的平面，選項C正確，通電直導線在安培力的作用下，可以沿安培力的方向運動，安培力可

以做功，選項D錯誤。

故選C。

2.如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直于磁場邊界從a點射

入，從b點射出。下列說法正確的是（）

；'xXgx"：

；XXX：

lxXbX：

A.粒子帶正電

B.粒子在b點的速率大于在a點的速率

C.若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【答案】C

【解析】粒子向下偏轉，根據左手定則可得粒子帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中運動時洛

mv

倫茲力不做功，粒子在b點的速率等于在a點的速率，故B錯誤；根據R-7-可知，若僅

Bq

減小磁感應強度，則粒子運動的半徑增大，粒子可能從b點右側射出，故C正確；若僅減小

,0

入射速率，則粒子在磁場中運動半徑減小，粒子軌跡對應的圓心角有可能增大，根據t=/

T,可知粒子運動時間可能增加，故D錯誤。

故選c。

3.一帶電粒子沿垂直磁場方向射入一勻強磁場，經過一鉛板P后，半徑減小，軌跡如圖所示。

則下列說法正確的是（）

A.粒子帶正電，速度逐漸減小

B.粒子帶負電，速度逐漸減小

C.粒子帶正電，速度逐漸增大

D.粒子帶負電，速度逐漸增大

【答案】A

mv

【解析】根據左手定則可得粒子帶正電，因為粒子的運動半徑減小，根據公式「而可得

粒子的運動速度逐漸減小，故A正確。

故選Ao

4.（2021?深圳高二檢測）四根完全相同的長直導線互相平行，它們的截面處于一個正方形的

四個頂點上，導線中通有大小都相等的電流，電流的方向如圖所示，0點是正方形對角線交

點。每一根通電導線單獨在0點產生的磁感應強度大小是0.5T,則0點的磁感應強度大小

A.72TB.1TC.平TD.0.5T

【答案】A

【解析】根據右手螺旋定則，各電流產生的磁場的方向如圖所示:

b與d導線電流產生的磁場方向都沿左下方，而a與c導線產生的磁場方向都沿右下方，由

于各電流產生的磁場的大小都是B=0.5T,所以合磁場的方向沿角平分線的方向，大小為：

B合=2/B=2mX0.5T=/T,故A正確。

故選Ao

5.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場

方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為丹、nb、nt,已

知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內

向左做勻速直線運動，下列選項正確的是（）

XXXXX

XXXX

左X右

XXXXX

A.nia>niij>nicB.nib〉nia>nic

C.D.mc>mb>ma

【答案】B

【解析】a在紙面內做勻速圓周運動，所以m.g=qE；b在紙面內向右做勻速直線運動，所以

mi,g=qE+Bqv；c在紙面內向左做勻速直線運動，所以nkg+Bqv，=qE,根據公式可解得：

nib>m?>ni1,故B正確，A、C、D錯誤。

故選B。

6.（2021?佛山高二檢測）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對

多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖

（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后

電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭

的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

【答案】D

【解析】由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M,根據沿著電場線方

向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據eU=：md,

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有evB=5可

K

mv

得口=不，可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可

知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉磁場中做圓周運動，向下偏轉，

根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當其他條件不

變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。

故選Do

7.如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內存在垂直紙面向外的勻強

磁場。有一重力不計的帶電粒子(電量為q,質量為m)以垂直于x軸的速度v°從x軸上的P

點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入

第四象限。已知0P之間的距離為d,貝U()

A.帶電粒子通過y軸時的坐標為(0,d)

2

「mv

B.電場強度的大小為U0

qd

C.帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為?d

2vo

D.磁感應強度的大小為虛限

4qd

【答案】C

【解析】粒子在電場中做類平拋運動，因為進入磁場時速度方向與y軸成45°角，所以沿x

0+vo

軸方向的分速度vx=Vo,在X軸方向做勻加速運動，有d=2t,沿y軸方向做勻速運動，

Eg2d2Eqd

有$=丫01=2%故選項A錯誤；在x軸方向做勻加速運動，根據Vx=vo=-^X~=mv。,

mv；

解得E=^，故選項B錯誤；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，

由圖可知粒子的軌跡半徑R=2/d,圓心角0=135°=：”，所以在磁場中的運動時間為

t,=——一幾X*=羅；在電場中的運動時間為h=如，所以總時間為t

42Vo442Vo2v0vo

=ti+t2=G；+4）d,故選項c正確；由qvB=%可知磁感應強度B=年又嘩^=毀，

2v。RqX242d2qd

故選項D錯誤。

故選C。

8.在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體內的

垂直于磁場和電流方向的兩個端面之間會出現電勢差，這一現象就是霍爾效應，這個電勢差

也被叫作霍爾電壓。同時在導體內形成霍爾電場E”，利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應

用于測量和自動控制等領域。如圖所示，在勻強磁場B（磁場方向垂直于前后表面）中有一載

流導體，已知上表面寬為d,側面高為h（已在圖中標出），若通過導體的電流為I,電壓表

示數為U,電子的電荷量為e,導體單位體積內的自由電子數為n,下列說法中正確的是（）

A.洛倫茲力對電子做正功

B.磁感應強度大小為B=*

C.導體內形成的霍爾電場E“=g

d

D.若圖中的電流I是電子的定向運動產生的，則上表面比下表面電勢高

【答案】B

【解析】洛倫茲力在任何情況下都不做功，故A錯誤：當電壓表示數穩(wěn)定為U時，根據受力

平衡有：evB=eE“根據勻強電場電場強度與電勢差的關系有：%=（,根據電流微觀表達式

有：I=nevS=nevhd,聯立可得：B="j"，故B正確，C錯誤；電流I是電子的定向運動

產生的，電子定向移動方向與電流方向相反，故由左手定則可以判斷電子向上表面偏轉，所

以上表面電勢低于下表面電勢，故D錯誤。

故選Bo

9.如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場

（磁場未畫出）。現有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入,

都能沿直線從右端射出，不計粒子重力。以下說法正確的是（）

A.帶電粒子M、N的電性一定相同

B.帶電粒子M、N的電量一定相同

C.撤去電場僅保留磁場，M、N做圓周運動的半徑一定相等

D.撤去磁場僅保留電場，M、N若能通過場區(qū)，則通過場區(qū)的時間相等

【答案】D

【解析】無論正或負粒子穿過速度選擇器時，滿足qvB=qE做勻速直線運動，則不選電性和

電量，而選擇了入口和速度v的大小，故A、B錯誤；粒子在剩下的磁場中做勻速圓周運動，

2

VmV

有qvB=%，可得R=^,兩粒子的比荷不一定相同，則運動的半徑不一定相同，故C錯

RqB

誤；撤去磁場后，在電場中做類平拋運動，若能穿過電場則水平方向做勻速直線運動有：1

=vt,可知兩粒子的運動時間相同，故D正確。

故選Do

二、多選題：

10.如圖所示，三根通電長直導線a、b、c都垂直于紙面放置，彼此之間的距離都相等，b、

c電流等大反向，a、c電流方向相同，a電流大小為c電流大小的一半。已知a受到c所產

生磁場的安培力為F,若直線電流在某點所產生磁感應強度大小與電流成正比，與該點到直

線電流的距離成反比，則下列說法正確的是（）

A.b、c對a作用力的合力大小等于F

B.b、c對a作用力的合力方向垂直于ac連線

C.a>c對b作用力的合力方向垂直于ac連線

D.a、c對b作用力的合力大小等于市F

【答案】AD

【解析】設c在a處產生的磁感應強度為B以及彼此之間的距離為L；根據安培定則可知，

b、c在a處產生的磁場方向如圖所示，根據平行四邊形定則可知，BA=B；a受到c所產生

磁場的安培力為F,即F=B^“所以b、c對a作用力的合力大小等于F,A正確；根據A

中分析可知，合場強方向如圖所示，再根據左手定則可知，b、c對a作用力的合力方向不

垂直于ac,B錯誤：根據安培定則可知，a、c在b處產生的磁場方向如圖所示，由圖可知，

合磁場方向如圖所示，由安培定則可知，安培力不垂直于ac連線，C錯誤；由已知可知，a

受c的安培力為F,c在a處產生磁感應強度為B,則a在b處產生的磁感應強度為爭：而c

在b處產生的磁感應強度為B；根據平行四邊形定則可知，

B/=^JB2+(1)2-2BX|COS120°=*B；a受到C所產生磁場的安培力為F,即F

=BIL,所以b、c對a作用力的合力大小等于F'=亭B?2讓=巾BIL=^7F,D正確。

故選：ADo

11.如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙

的絕緣水平地面上，地面上方有水平方向、垂直紙面向里的勻強磁場?，F加一個水平向左的

勻強電場，發(fā)現甲、乙無相對滑動并一同水平向左加速運動，在加速運動階段()

x5xxx

￡XX甲X-

x乙x-

"777777777777777/77777777777777777777777

A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變

B.甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運動

C.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小

D.甲、乙兩物塊最終做勻速直線運動

【答案】BD

（m甲+"叱）g

甲乙

【解析】以甲、乙整體為研究對象，分析受力如圖甲所示，隨著速度的增大，F洛增大，F、

增大，則乙物塊與地面之間的摩擦力f不斷增大，故C錯誤；由于f增大，%一定，根據

牛頓第二定律得，加速度a減小，甲、乙兩物塊做加速度不斷減小的加速運動，最后一起勻

速運動，故B、D正確；對乙進行受力分析，如圖乙所示，%一口=01乙2,a減小，則f'

增大，即甲、乙兩物塊間的摩擦力變大，故A錯誤。

故選：BD。

12.（2021?揭陽高二檢測）如圖所示，在區(qū)域I和區(qū)域H內分別存在著與紙面垂直的勻強磁

場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域I運動到區(qū)域II。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為

2：1,下列說法正確的是（）

A.粒子在區(qū)域I和區(qū)域II中的速率之比為2：1

B.粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2：1

C.圓弧ap與圓弧pb對應的圓心角之比為2：1

D.區(qū)域I和區(qū)域II的磁場方向相反

【答案】BD

【解析】由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)

域I和區(qū)域U中的速率之比為1：1,A錯誤；根據t=工，v相同，則時間之比等于經過的

V

弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2：1,B正確；圓心角,r=^,

由于磁場的磁感應強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉過的圓心角之比無法確定，故

C錯誤；根據曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關系，再由左手定則可知，

兩個磁場的磁感應強度方向相反，故D正確。

故選：BD。

13.如圖所示，在一個半徑為R的圓形區(qū)域（圓心為0）內存在磁感應強度為B、方向垂直于

紙面向里的勻強磁場，一個比荷為?的帶負電粒子，從A點沿A0方向射入勻強磁場區(qū)域，

m

最終從C點沿0C方向離開磁場。若粒子在運動過程中只受洛倫茲力作用，則下列說法正確

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r=/R

B.帶電粒子的速度大小為丫=囪生

m

C.帶電粒子在磁場中運動的時間為舞

3qB

D.帶電粒子在磁場中運動的時間為覆

zqB

【答案】AC

?“二一、、

,，'xBx\

【解析】根據幾何關系可得tan0=R,0=60°,解得r=Rtan0=/R,A正確；由

《線qBR6002nm

向心力公式qvB=m；，解得v=m,B錯誤；轉過圓心角0=60°,t=360°*qB，

nm

t==3qB，C正確，D錯誤。

故選:ACo

14.某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的

兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架

之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈

能連續(xù)轉動起來，該同學應將（）

金屬支架

A.左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉

B.左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉

C.左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

D.左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

【答案】AD

4B

【解析】裝置平面示意圖如圖所示。磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導線中電流

方向向左，導線受到垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導線中電流方向向右，導線受到的

安培力垂直紙面向外，使線圈轉動。當線圈上邊導線轉到下邊時，若仍通路，線圈上、下邊

中電流方向與圖示方向相比均反向，受到的安培力反向，阻礙線圈轉動。若要線圈連續(xù)轉動，

要求左、右轉軸只能上一側或下--側形成通路，另一側斷路。故A、D正確。

故選:ADo

15.如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正粒子從狹縫S射入磁感應強度為民的勻強磁

場中，偏轉后出現的軌跡半徑之比R\：及=1：2,則下列說法正確的是（）

+

__I_____I...

XXS1§2

A.粒子的速度之比為1：1

B.粒子的電荷量之比為1：2

C.粒子的質量之比為1：2

1）.粒子比荷之比為2：1

【答案】AD

【解析】正粒子沿直線通過速度選擇器，可知電場力和洛倫茲力平衡，有qvB=qE,解得「

EvmV

=萬,可知粒子的速度之比為1：1,故A正確。正粒子進入偏轉磁場，根據0必=”得2一不

aV

則比荷方=否’因為速度相等，磁感應強度相等，半徑之比為1：2,則比荷之比為2：1,由

題目條件，無法得出電荷量之比、質量之比，故B、C錯誤，D正確。

故選:ADo

16.按照十八大“五位一體”的總體布局，全國各省市啟動“263”專項行動，打響碧水

藍天保衛(wèi)戰(zhàn)。暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料

制成，水平放置，其長為乙直徑為〃左右兩端開口，勻強磁場方向豎直向下，在前后兩

個內側面以C,固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經測量管時，a、c兩端電

壓為〃顯示儀器顯示污水流量為Q（數值上等于單位時間內排出的污水體積）。則下列說法

正確的是（）

顯示儀器

A.a側電勢比c側電勢高

B.若污水中正離子較多，則a側電勢比c側電勢高；若污水中負離子較多，則a側電勢比

c側電勢低

C.污水中離子濃度越高，a、c兩端的電壓〃將越大

D.污水流量Q與〃成正比，與上無關

【答案】AD

【解析】污水中的正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則可知，正離子向

a側偏轉，負離子向。側偏轉，則a側電勢比。側電勢高，電勢的高低與哪種離子多少無關，

U

選項A正確，選項B錯誤；最終穩(wěn)定時，離子所受洛倫茲力和電場力平衡，布可

得U=BM可知a、。兩端電壓〃與『成正比，與離子濃度無關，選項C錯誤；污水流量Q

可知污水流量Q與〃成正比，與〃有關，與Z,無關，選項D正確。

4DU

故選：ADo

17.如圖所示，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場。t=0時刻，一電子以速度的經過x軸上

的/點，沿x軸正方向進入磁場。｛點坐標為（一；尺0）,其中"為電子在磁場中做勻速圓

周運動的軌道半徑。不計重力影響，則以下結論正確的是（）

XXXXXX

A.電子經過y軸時，速度大小仍為由

JIR

B.電子在1=丁時，第一次經過y軸

6%

C.電子第一次經過y軸的坐標為（0,汨叵0

D.電子第一次經過y軸的坐標為（0,與司

【答案】ABD

【解析】根據左手定則作出電子的運動軌跡如圖所示，電子只受洛倫茲力作用，由于洛倫茲

力對電子不做功，速度大小不變仍為無，故A正確；因/點坐標為（一；尼0）,則圓周運動

OjpR

軌跡圓心在由幾何關系可知N/。'5=30°,周期T=——,因此電子第一

次經過y軸時間t=4=詈,故B正確；由幾何關系可知，仍長度為〃一半兄因此電子第

INb%Z

一次經過y軸的坐標為（0,"手@，故C錯誤，D正確。

故選：ABD。

18.（2019?海南高考）如圖,虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場,兩電荷量相同

的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時,P的速度VP垂直

于磁場邊界,Q的速度vg與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場,且在磁

場中運動的時間相同，則（）

A.P和Q的質量之比為1：2

B.P和Q的質量之比為：1

C.P和Q速度大小之比為灰：1

D.P和Q速度大小之比為2：1

【答案】AC

【解析】作出兩粒子在磁場中的運動圖像如圖所示，可知其半徑m、m之比為1：因為

mv2mvpJZmEu

兩粒子在磁場中運動的時間相同，所以Tr：TQ=1：2,根據qvB-----得r---------,

rqBqBqB

2nr2nmmpTp1vprpTnr—

則T=----------.---=-=-,選項A正確,B錯誤;——-----=y2:1,所以選項C正確,D

vqBmQTo2VQrqTp

錯誤。

故選：AC。

三、計算題：

19.（8分）如圖所示，電源電動勢為3V,內阻不計，兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，

豎直懸掛在等長的細線上，金屬環(huán)面平行，相距1m,兩環(huán)分別與電源正負極相連?，F將一

質量0.06kg、電阻1.5。的導體棒輕放在環(huán)上，導體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方

向豎直向上、磁感應強度為0.4T的勻強磁場。當開關閉合后，導體棒上滑到某位置靜止不

動，試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5m,此位置與環(huán)底的

高度差是多少？

【答案】0.5N0.2m

【解析】棒受的安培力F=BIL,（1分）

E

棒中電流為1=孩，（1分）

代入數據解得尸=k=0.8N,（1分）

對棒受力分析如圖所示（從右向左看），兩環(huán)支持力的總和為2氏=4尸2+（mg）2,（2分）

Is

代入數據解得Fx=O.5N。（1分）

由牛頓第三定律知，棒對每一個環(huán)的壓力為0.5N,（1分）

由圖中幾何關系有tan0F=0就84，（1分）

mg0.b3

得9=53°,（1分）

棒距環(huán)底的高度為h=r（l—cos0）=0.2m。（1分）

20.（12分）在以坐標原點0為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、

方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x