PAGEPAGE10安培力與洛倫茲力(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共12小題，共40分。第1～8小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，每小題3分；第9～12小題有多項符合題目要求，每小題4分，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．如圖所示，AC是一個用導(dǎo)線彎成的半徑為R、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。當(dāng)在該導(dǎo)線中通以方向由A到C、大小為I的恒定電流時，該導(dǎo)線受到的安培力的大小和方向是()A．eq\f(πBIR,2)，垂直AC的連線指向右上方B．eq\f(πBIR,2)，垂直AC的連線指向左下方C．eq\r(2)BIR，垂直AC的連線指向右上方D．eq\r(2)BIR，垂直AC的連線指向左下方解析：選CA到C四分之一圓弧通過電流I可以等效為長度為eq\r(2)R的通電導(dǎo)線，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向為垂直AC的連線指向右上方，且安培力的大小F＝BIl＝eq\r(2)BIR，故C項正確。2．如圖所示，一束電子沿某坐標(biāo)軸運動，在x軸上的A點處產(chǎn)生的磁場方向沿z軸正方向，則該束電子的運動方向是()A．z軸正方向 B．z軸負方向C．y軸正方向 D．y軸負方向解析：選C根據(jù)右手螺旋定則，可知電流沿y軸負方向，則電子沿y軸正方向運動，C正確。3．一根無限長的通電直導(dǎo)線旁放一通電正方形線框，電流方向如圖所示。直導(dǎo)線和線框在同一平面內(nèi)，線框在通電直導(dǎo)線的磁場力作用下將會()A．靜止不動 B．向右平移C．向左平移 D．向下平移解析：選B直導(dǎo)線中的電流方向由上向下，根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線右側(cè)區(qū)域磁感應(yīng)強度向外。根據(jù)左手定則可知線框左邊受向右的安培力，右邊受到向左的安培力，上邊受到向下的安培力，下邊受到向上的安培力。離通電導(dǎo)線越遠的位置，磁感應(yīng)強度越小。故根據(jù)安培力公式F＝BIl，左邊受到的安培力大于右邊受到的安培力，上邊受到的安培力等于下邊受到的安培力，線框?qū)⑾蛴疫\動，B正確。4．如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的特點和安培定則可知，b、d兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，a、c兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場的方向均向左，故O點的合磁場方向向左。帶正電的粒子沿垂直于紙面的方向向外運動，根據(jù)左手定則可判斷出帶電粒子受到的洛倫茲力向下，選項B正確。5．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場。閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性使棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時彈簧伸長量為x2，忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，彈簧形變均在彈性限度內(nèi)，則磁感應(yīng)強度B的大小為()A．eq\f(k,2Il)(x2－x1) B．eq\f(k,Il)(x2－x1)C．eq\f(k,2Il)(x2＋x1) D．eq\f(k,Il)(x2＋x1)解析：選A設(shè)斜面的傾斜角是α，當(dāng)彈簧伸長量為x1時，直導(dǎo)體棒所受安培力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件知沿斜面方向，有mgsinα＝kx1＋BIl；電流反向后，當(dāng)彈簧伸長量為x2時，導(dǎo)體棒所受安培力沿斜面向下，根據(jù)平衡條件知沿斜面方向，有mgsinα＋BIl＝kx2，聯(lián)立兩式得B＝eq\f(k,2Il)(x2－x1)，A正確。6．如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：選A由題圖可知，穿過a、b兩個線圈的磁通量均為Φ＝BS＝B·πr2，因此磁通量之比為1∶1，A項正確。7．如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl解析：選B若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①所示，有qvaB＝meq\f(va2,Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②所示，有qvdB＝meq\f(vd2,Rd)，Rd2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。選項B正確。8．如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．2∶3 B．2∶1C．3∶2 D．3∶1解析：選D兩電子在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子2的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直MN射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為電子1的運動軌跡的直徑，c點為圓心。電子2以相同速率射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)可知，電子1和2的軌跡半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子2在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1在磁場中運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2在磁場中運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以t1∶t2＝3∶1，故D正確。9．某同學(xué)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(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，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(zhuǎn)動起來，該同學(xué)應(yīng)將()A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉解析：選AD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(dǎo)線中電流方向向左，導(dǎo)線受到垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導(dǎo)線中電流方向向右，導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故A、D正確。10．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(yīng)強度為B2的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是()A．粒子的速度之比為1∶1B．粒子的電荷量之比為1∶2C．粒子的質(zhì)量之比為1∶2D．粒子比荷之比為2∶1解析：選AD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v＝eq\f(E,B)，可知粒子的速度之比為1∶1，故A正確。正粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因為速度相等，磁感應(yīng)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(zhì)量之比，故B、C錯誤，D正確。11．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L，直徑為D，左右兩端開口，勻強磁場方向豎直向下，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)測量管時，a、c兩端電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q(數(shù)值上等于單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則下列說法正確的是()A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢高B．若污水中正離子較多，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高；若污水中負離子較多，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢低C．污水中離子濃度越高，a、c兩端的電壓U將越大D．污水流量Q與U成正比，與L無關(guān)解析：選AD污水中的正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，正離子向a側(cè)偏轉(zhuǎn)，負離子向c側(cè)偏轉(zhuǎn)，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高，電勢的高低與哪種離子多少無關(guān)，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，有qvB＝qeq\f(U,D)，可得U＝BDv，可知a、c兩端電壓U與v成正比，與離子濃度無關(guān)，選項C錯誤；污水流量Q＝Sv＝eq\f(1,4)πD2×eq\f(U,BD)＝eq\f(πDU,4B)，可知污水流量Q與U成正比，與D有關(guān)，與L無關(guān)，選項D正確。12．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v0經(jīng)過x軸上的A點，沿x軸正方向進入磁場。A點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，其中R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(jié)論正確的是()A．電子經(jīng)過y軸時，速度大小仍為v0B．電子在t＝eq\f(πR,6v0)時，第一次經(jīng)過y軸C．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(3),2)R))D．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))解析：選ABD根據(jù)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?nèi)詾関0，故A正確；因A點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，則圓周運動軌跡圓心在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，－R))，由幾何關(guān)系可知∠AO′B＝30°，周期T＝eq\f(2πR,v0)，因此電子第一次經(jīng)過y軸時間t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πR,6v0)，故B正確；由幾何關(guān)系可知，OB長度為R－eq\f(\r(3),2)R，因此電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))，故C錯誤，D正確。二、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機。某音圈電機的原理示意圖如圖所示，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為l，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I。(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向；(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表達式F＝BIl可知，線圈所受的安培力大小F＝nBIl，由左手定則可判斷安培力方向水平向右。(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBIlv。答案：(1)nBIl水平向右(2)nBIlv14．(8分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，在第二象限內(nèi)有一半徑R＝5cm的圓，與y軸相切于點Q(0，5eq\r(3)cm)，圓內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10cm處有一個比荷為eq\f(q,m)＝1．0×108C/kg的帶正電的粒子，正對該圓圓心方向發(fā)射，粒子的發(fā)射速率v0＝4．0×106m/s，粒子在Q點進入第一象限。在第一象限某處存在一個矩形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強度B0＝2T。粒子經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，在x軸M點(6cm,0)沿y軸負方向進入第四象限(不考慮粒子的重力)。求：(1)第二象限圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(2)第一象限內(nèi)矩形磁場區(qū)域的最小面積。解析：(1)畫出粒子的運動軌跡，如圖所示作O1P1垂直于PO，由幾何關(guān)系知∠O1OP＝60°設(shè)粒子在第二象限圓內(nèi)磁場做勻速圓周運動的半徑為r1，由幾何關(guān)系有tan60°＝eq\f(r1,R)由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,r1)解得B＝eq\f(4\r(3),15)T。(2)粒子在第一象限內(nèi)轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)圓周，設(shè)軌跡半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力得qv0B0＝meq\f(v02,r2)如圖所示的矩形面積即最小磁場區(qū)域面積，由幾何關(guān)系得Smin＝eq\r(2)r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(\r(2),2)r2))聯(lián)立解得矩形磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝4(eq\r(2)－1)cm2。答案：(1)eq\f(4\r(3),15)T(2)4(eq\r(2)－1)cm215．(7分)如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)存在水平向右的勻強電場，場強大小E＝10N/C，在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T。一帶電荷量q＝＋0.2C、質(zhì)量m＝0.4kg的小球由長l＝0.4m的細線懸掛于P點，小球可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標(biāo)原點O時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的N點(g＝10m/s2)，求：(1)小球運動到O點時的速度大小；(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大?。?3)O、N間的距離。解析：(1)小球從A運動到O的過程中，根據(jù)動能定理得mgl－qEl＝eq\f(1,2)mv02解得小球在O點時的速度v0＝2m/s。(2)小球運動到O點懸線斷裂前瞬間，對小球應(yīng)用牛頓第二定律得T－mg－F洛＝meq\f(v02,l)洛倫茲力F洛＝Bv0q解得T＝8．2N。(3)懸線斷裂后，將小球的運動分解為水平方向和豎直方向的分運動，小球在水平方向上做往返運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球水平方向加速度ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(Eq,m)＝5m/s2小球從O點運動至N點所用時間t＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2×2,5)s＝0.8sO、N間距離h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.82m＝3．2m。答案：(1)2m/s(2)8．2N(3)3．2m16．(9分)如圖所示，一平行板電容器長為d，極板間距也為d，極板間存在豎直向上的勻強電場E1，在平行板電容器的右側(cè)(虛線右側(cè))，極板的中間平分線OO′上方存在垂直紙面向外的勻強磁場B，OO′下方存在豎直向上的勻強電場E2。一帶電微粒初速度為v0，質(zhì)量為m，帶電量荷為q(q＞0)，從O點沿著OO′的方向射入電場，恰好從上極板的右邊緣射入勻強磁場，并從A點垂直O(jiān)O′向下進入電場。(不計微粒重力，E2＝E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板電容器內(nèi)電場的電場強度E1的大?。?2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。?3)若在離A點右側(cè)的距離為eq\f(11\r(2),4)d的O′處，有一塊垂直于OO′的擋板PQ，從微粒第一次到達A點開始計時，到擊中擋板PQ，需要多長時間？解析：(1)微粒在偏轉(zhuǎn)電場E1中做類平拋運動，在水平方向，有d＝v0t1，在豎直方向，有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t12，解得E1＝eq\f(mv02,qd)。(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場E1中做類平拋運動，在水平方向，有d＝v0t1，豎直方向，有eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t1，則vy＝v0。微粒進入磁場時的速度v＝eq\r(2)v0，方向與豎直方向夾角為45°，微粒在勻強磁場中做勻速圓周運動，由數(shù)學(xué)知識可知，軌道半徑R＝eq\f(\r(2),2)d，由牛頓第二定律得meq\f(v2,R)＝qvB，解得B＝eq\f(2mv0,qd)。(3)微粒在OO′下方運動時，先減速至零，再反向加速為v；再在磁場中做半個周期的圓周運動，有eq\f(11\r(2),4)d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3,4)))eq\r(2)d，即微粒在電場E2中做三次往復(fù)運動和1eq\f(1,3)個周期的圓周運動。微粒在勻強電場E2中，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE2,m)，則在勻強電場E2中的運動時間t2＝3×2×eq\f(v,a)＝eq\f(6\r(2)d,v0)，在勻強磁場中的運動時間t3＝T＋eq\f(1,3)T＝eq\f(4πd,3v0)，微?？偟倪\動時間t＝t2＋t3＝eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)。答案：(1)eq\f(mv02,qd)(2)eq\f(2mv0,qd)(3)eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)17．(14分)如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場。一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從y軸上A點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動。當(dāng)電子第一次穿越x軸時，恰好到達C點；當(dāng)電子第二次穿越x軸時，恰好到達坐標(biāo)原點；當(dāng)電子第三次穿越x軸時，恰好到達D點。C、D兩點均未在圖中標(biāo)出。已知A、C點到坐標(biāo)原點的距離分別為d、2d。不計電子的重力。求：(1)電場強度E的大小；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)電子從A運動到D經(jīng)歷的時間t。解析：電子的運動軌跡如圖所示。(1)電子在勻強電場中做類平拋運動，設(shè)電子從A到C的時間為t1，有2d＝v0t1，d＝eq\f(1,2)at12，a＝eq\f(eE,m)，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv02,2