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第一章　安培力与洛伦兹力
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题意)
1.如图,一段半径为R的半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,粗铜线所在空间有一匀强磁场B,磁场方向竖直向下,当粗铜线通有顺时针方向电流I时,粗铜线所受安培力的方向及大小正确的是(　　)
A.向前,πBIR　　　B.向前,2BIR　　　C.向后,πBIR　　　D.向后,2BIR
2.如图,甲是回旋加速器,乙是磁流体发电机,丙是速度选择器,丁是霍尔元件,下列说法正确的是(　　)
　　
　　
A.甲图可通过增加交变电流的电压U来增大粒子的最大动能
B.乙图可通过减小磁感应强度B来增大电源电动势
C.丙图无法判断出带电粒子的电性,粒子只能从左到右沿直线匀速通过速度选择器
D.丁图中产生霍尔效应时,无论载流子带正电或负电,稳定时都是C端电势高
3.宽度为L的匀强磁场区域边界平行,磁场方向垂直纸面向外。一质子(带正电)以速度v垂直磁场边界射入,射出时偏转角为60°。若将入射速度变为,且保持入射方向不变,则质子射出磁场边界时的偏转角为(　　)
A.30°　　　　　　　B.60°
C.90°　　　　　　　D.180°
4.一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电物体静置于绝缘水平面上,空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。某时刻,该物体在水平恒力F的作用下由静止开始水平向右加速运动,运动的位移为x时恰好达到最大速度。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。物体由静止到最大速度的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.最大加速度为+μg
B.最大速度为
C.物体克服摩擦力做的功为μmgx
D.最大动能小于Fx-μmgx
5.如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,半径OC与OB成60°角,质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场,从C点射出。质子乙以速度从B点沿BA方向射入磁场,从D点(图中未画出)射出磁场,不计质子重力,则C、D两点间的距离为(　　)
A.R　　　B.2R　　　C.2R　　　D.R
6.某电磁炮可简化为如图所示的模型,同一水平面内的两根平行光滑导轨a、b与可控电源相连,导轨间存在竖直向上的匀强磁场,将一质量为m、可视为质点的金属弹丸放在导轨上,弹丸在安培力的作用下由静止开始加速向右运动,离开导轨时的速度大小为v,已知弹丸在导轨上加速的过程中,可控电源提供给弹丸的功率恒为P,不计空气阻力及弹丸产生的焦耳热,下列说法正确的是(　　)
A.导轨a的电势较低
B.弹丸在导轨上运动时的加速度先减小后增大
C.弹丸在导轨上的加速时间为
D.弹丸在导轨上的加速距离为
7.如图所示,倾角为37°的光滑斜面ABC固定在水平地面上,一个质量为m、电荷量为+q的小球从斜面底端A点以初速度v沿斜面向上运动。整个装置在水平向右的匀强电场中,场强E=,斜面竖直边BC所在直线右侧空间中充满垂直于纸面向里、磁感应强度为B=的匀强磁场,重力加速度为g,则小球运动过程中与AC所在直线的最大距离为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图,医院利用电磁流量计监测输液管中药液(药液中含有正负离子)的流量Q(定义:单位时间内通过横截面的液体体积)。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,输液管直径为d,药液以恒定速度水平向右通过流量计,电压传感器可以检测a、b间的电压,当电压传感器两端电压高于U0或低于0.5U0时,系统会发出警报声,则正常输液过程　(　　)
A.a点的电势低于b点的电势　　　　　　　B.a点的电势高于b点的电势
C.流量Q的上限为　　　　　　　D.流量Q的下限为
9.图a为全超导托卡马克核聚变实验装置的核心部件示意图,其工作原理是利用洛伦兹力将高温等离子体约束在磁场中。受此启发,小明研究了带电荷量为+q的粒子在环形磁场中的运动情况,如图b所示,匀强磁场的磁感应强度B=,方向垂直于纸面向里,大圆和小圆的半径分别为3R、R。有粒子从小圆上的P点射出,下列说法正确的是(　　)
　　
A.若沿半径向外以2v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
B.若沿半径向外以v射出的粒子会被约束在大圆内部运动
C.若沿切线以v射出的粒子可能被约束在大圆内部运动
D.若沿切线以v射出的粒子可能射出大圆
10.在如图所示的长方体空间中,存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场,AB=AA1=d,AD=L(L足够大)。某时刻一带正电的粒子以速度大小v0、方向平行于yOz平面且与y轴正方向的夹角θ=37°,从左边界区域中心射入,该粒子的比荷为k,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.粒子在该区域运动过程中,加速度大小不变
B.若磁感应强度B<,则粒子会从DCC1D1面射出
C.若磁感应强度B>,则粒子会从DCC1D1面射出
D.若磁感应强度B<,则粒子可能从A1B1C1D1面射出
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)某实验小组利用天平探究安培力与导体在磁场中的有效长度的关系。匝数为N、可绕固定转轴OO'自由旋转的线圈abcd的ad边置于水平向右的匀强磁场中,ad长为l1,磁场宽度为l2(l2小于l1),bc边置于天平托盘上,如图甲所示。
　　
(1)当电流沿着　　　　(填“abcd”或“adcb”)方向流动时天平左侧托盘受到压力,通过测量该压力即可测量出安培力大小。
(2)研究安培力大小跟有效长度的关系,以下方案中最可行的是　　　　,请简述判断的理由:　　　　　　　　　　　　　　　　。
A.更换线圈,仅改变线圈的匝数N
B.更换线圈,仅增大l1
C.更换磁体,仅改变磁场的磁感应强度
(3)实验时,由于线圈摆放不正,ad边与磁场方向并不垂直。俯视线圈平面观察,ad边与磁场方向的垂线成θ角,如图乙所示。这种情况将使安培力的测量值　　　　(填“偏大”“偏小”或“没有影响”),请简述你作出判断的依据:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
12.(10分)为测量某霍尔元件在室温下的载流子浓度n(单位体积内的载流子个数),小组同学在实验室中选取了载流子为电子的霍尔元件进行研究,并设计了如图甲所示的实验电路,匀强磁场垂直于元件的工作面向下,用一个精密可调电源通过1、3测脚为霍尔元件提供工作电流IH,并用一台高精度数字电压表测量2、4测脚间产生的霍尔电压UH。
　　　
(1)用螺旋测微器测得该元件沿磁场方向的厚度d如图乙所示,则d=　　　　mm。
(2)接通K1、K2正常工作时,2、4测脚的电势高低关系为φ2　　　　φ4(选填“>”或“<”)。
(3)实验中,在室温条件下,改变工作电流IH,测出对应霍尔电压UH,描绘出UH-IH图像如图丙所示。已知磁感应强度B=8.0×10-3 T,电子电荷量e=1.6×10-19 C,根据图像及已知数据求出该霍尔元件室温下的载流子浓度n=　　　　m-3(结果保留两位有效数字)。
(4)如果实验时磁场方向未垂直元件的工作面,则测量的载流子浓度　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
13.(10分)真空区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场磁感应强度大小为B,正方形MNPQ的边长为L。Q处有一个粒子源,可沿QM方向发射速度大小不同的带正电粒子,粒子的质量为m,电荷量为q,粒子重力不计。
(1)若粒子可到达P点,求粒子速度的大小v;
(2)若粒子可到达N点,求粒子从Q到N所用的时间t。
14.(12分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B=2 T、方向垂直于xOy平面向外,电场E1平行于y轴(未画出);在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2,已知场强E1、E2的大小相等。一可视为质点、比荷为=5 C/kg的带正电小球,从y轴上的A(0,0.2 m)点以初速度v0水平向右抛出,经过x轴上的M(0.4 m,0)点进入第Ⅳ象限,在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力,π取3.14。求:
(1)小球从A点抛出的初速度大小v0;
(2)小球在第Ⅳ象限的运动半径;
(3)小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间。
15.(16分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一、四象限(0(1)OA曲线需满足怎样的表达式;
(2)若某个粒子恰好未出磁场区域右边界,求粒子过O点时速度与x轴的夹角θ的正弦值;
(3)若粒子进入磁场后受到与速度大小成正比的阻力f=kv,最后与磁场右边界相切于点(d,h),求比例系数k。
答案与分层梯度式解析
第一章　安培力与洛伦兹力
1.B 2.C 3.D 4.D 5.D
6.C 7.A 8.BCD 9.BC 10.AC
1.B　利用左手定则来判断方向,受到的安培力方向应为向前,大小为F安=BIL=BI·2R=2BIR,选项B正确。
2.C　粒子在磁场中满足qvB=m,可得v=,设回旋加速器D形盒的半径为R,当粒子的轨迹半径为R时,速度最大,动能最大,可推导出粒子的最大动能为Ekm=m=,粒子的最大动能与交变电流的电压无关,故A错误;当磁流体发电机达到稳定时,电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡,即q=qvB,得电源电动势为U=Bdv,由此可知,可通过增大匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势,故B错误;带电粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时,无论带正电还是带负电,电场力与洛伦兹力方向均相反,假设能从右侧沿直线匀速通过速度选择器,则无论粒子带正电还是带负电,电场力与洛伦兹力方向均相同,粒子不能沿直线匀速通过速度选择器,假设不成立,因此粒子只能从左侧进入速度选择器,故C正确;若载流子带正电,所受洛伦兹力方向向右,载流子向D端聚集,D端电势高;若载流子带负电,所受洛伦兹力方向向右,载流子向D端聚集,D端电势低,C端电势高,故D错误。
3.D　根据qvB=m可得质子轨迹半径r=,由几何关系可得sin θ=,解得r=L;速度减半后轨迹半径r'==L,小于磁场宽度,则质子转半圈后从左边界射出,速度偏转角为180°,选项D正确。
4.D　对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律,有F-μ(mg+qvB)=ma,可知随着速度的增大,物体的加速度逐渐减小,则初始加速度最大,即am=-μg,故A错误;物体加速度为零时,速度最大,有F=μ(mg+qvmB),得vm=,故B错误;物体由静止到最大速度过程中,摩擦力f=μ(mg+qvB),随着速度增大而增大,克服摩擦力做的功大于μmgx,故C错误;根据动能定理,有Fx-W克f=m,解得m=Fx-W克f5.D　由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,由几何关系求得r1=R tan 60°=R,由于质子乙的速度是,其轨迹半径r2==R,它们在磁场的偏转角分别为60°和120°,根据几何知识可得BC=R,BD=2r2 sin 60°=R,所以CD=2R sin 60°=R,选项D正确。
6.C　根据左手定则可知,导轨a与电源正极相连,电势较高,故A错误;弹丸在导轨上运动时,可控电源提供给弹丸的功率不变,随着速度增大,弹丸受到的安培力不断减小,根据牛顿第二定律知,弹丸的加速度不断减小,故B错误;此过程中弹丸受到的合力的功率不变,根据动能定理有Pt=mv2,解得t=,故C正确;若弹丸做匀加速直线运动,则弹丸在导轨上的加速距离为x1=t=,弹丸在导轨上做加速度减小的加速运动,加速距离大于,故D错误。
7.A　因为沿斜面方向有Eq cos 37°=0.6mg=mg sin 37°,可知小球沿斜面向上做匀速运动到C点,在斜面竖直边BC所在直线的右侧空间内,小球受到的洛伦兹力大小为qvB=2.5mg(方向垂直于AC向上),小球受到的电场力和重力的合力F==mg(方向垂直于AC向下),利用“配速法”,将小球的速度分成+,其中qB=F=,则小球的运动可以看作是沿AC做匀速直线运动、垂直于AC做匀速圆周运动两个分运动的合运动,则小球在运动过程中与AC所在直线的最大距离为d=2R=2×,联立解得d=,选项A正确。
8.BCD　根据左手定则可知,向右运动的正离子受到向上的洛伦兹力,向上偏转,负离子受到向下的洛伦兹力,向下偏转,因此a聚集正电荷、b聚集负电荷,a点电势高于b点,选项A错误,B正确。当离子受力平衡时,洛伦兹力等于电场力,有qvB=q,解得流速v=,流量为Q=vS,其中输液管横截面积S=π=,代入得流量Q=vS=·=,可见Q与U成正比,正常输液要求0.5U0≤U≤U0,当U=U0时,Qmax=,即流量上限为;当U=0.5U0时,Qmin==,即流量下限为,选项C、D正确。
9.BC　若沿半径向外以2v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·2vB=m,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r1=2R,作出粒子的运动轨迹如图甲所示,可知粒子不会被约束在大圆内部运动,选项A错误;若沿半径向外以v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r2=R,作出粒子的运动轨迹如图乙所示,可知粒子会被约束在大圆内部运动,选项B正确;若沿切线以v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·vB=m,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r3=R,若粒子在P点的速度方向是沿切线向下,如图丙所示,可知粒子可能被约束在大圆内部运动,选项C正确;若沿切线以v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·vB=m,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r4=R,可知轨迹的直径为d=2r4=R,由于粒子的轨迹直径小于小圆与大圆之间的宽度,所以粒子不可能射出大圆,选项D错误。
　　
10.AC　粒子在该区域受到向右的电场力F=Eq,将v0分解为沿z轴正方向的v0z和沿y轴正方向的v0y,则有v0z=v0 sin 37°=v0,粒子所受洛伦兹力大小为F洛=Bqv0z,由左手定则知粒子刚进入该区域时洛伦兹力的方向沿x轴负方向,粒子在xOz平面内做匀速圆周运动,垂直于磁场方向的速度大小不变,故F洛大小不变,而电场力是恒力,粒子沿y轴正方向加速,不影响洛伦兹力,合力F合=大小不变,则加速度大小不变,故A正确。若磁感应强度B=,根据洛伦兹力提供向心力,有qBv0z=m,解得r=,粒子在AA1B1B面的轨迹如图,由图可知,当r=时,粒子做圆周运动的轨迹刚好与A1B1C1D1面相切,粒子沿y轴正方向做匀加速运动,故刚好能从DCC1D1面射出,根据r=可知B越大,r越小,故B>时,r<,则粒子会从DCC1D1面射出,故C正确,B错误。若B=,根据洛伦兹力提供向心力,有qBv0z=m,解得r=,此为临界状态,若B<,则粒子会从ADD1A1面射出,故D错误。
11.答案　(1)adcb(1分)　(2)A(1分)　当线圈的匝数增大n倍,导线受力的有效长度也会增大n倍(1分)　(3)没有影响(1分)　导线与磁场方向垂直的有效长度没有变化(2分)
解析　(1)根据左手定则可判断当电流沿着adcb方向流动时天平左侧托盘受到压力,通过测量该压力即可测量出安培力大小。(2)安培力F=BIL,改变线圈的匝数N实际上就是改变线圈的长度L,选项A正确;由于l2小于l1,仅改变线圈的边长l1并不能改变线圈的有效长度,选项B错误;更换磁体,仅改变磁场的磁感应强度不会改变线圈的有效长度,选项C错误。(3)不管线圈是侧向倾斜还是竖直方向倾斜,导线与磁场方向垂直的有效长度没有变化,都不会对实验结果造成影响。
12.答案　(1)0.680(0.679、0.681也正确)(2分)　(2)>(2分)
(3)7.1×1018(3分)　(4)偏大(3分)
解析　(1)用螺旋测微器测得该元件沿磁场方向的厚度d=0.5 mm+0.01 mm×18.0=0.680 mm。(2)接通K1、K2,根据左手定则,电子受向右的洛伦兹力,向4测脚偏转,则φ2>φ4。(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力,有evB=eE,电流微观表达式IH=neSv,设霍尔元件的宽度为l,霍尔元件的电压UH=El,霍尔元件的横截面积S=ld,解得UH=IH,根据图像及已知数据解得n=7.1×1018 m-3。(4)如果实验时磁场方向未垂直元件的工作面,则式中的B值偏大,计算得到的载流子浓度偏大。
13.答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=(2分)
若粒子可到达P点,则轨迹半径r=(2分)
解得v=(1分)
(2)粒子从Q到N,由几何关系可知轨迹半径r'=L,轨迹对应的圆心角
θ=(2分)
粒子做匀速圆周运动的周期T=
粒子从Q到N运动的时间为t=T(2分)
解得t=(1分)
14.答案　(1)2 m/s　(2) m　(3)0.914 s
解析　(1)小球在第Ⅰ象限做平抛运动,由运动学规律,在水平方向,有x=v0t1(1分)
在竖直方向,有y=g(1分)
可得t1=0.2 s,v0=2 m/s(1分)
(2)设小球运动到M点时的速度大小为v,方向与x轴正方向夹角为θ,竖直分速度为vy,则vy=gt1=2 m/s
v==2 m/s(1分)
又有tan θ==1
解得θ=45°(1分)
在第Ⅳ象限,洛伦兹力提供向心力,有qvB=(1分)
解得半径R= m(1分)
(3)小球第一次在第Ⅳ象限运动的时间为t2==0.314 s(1分)
接着,小球沿与y轴正方向成45°角进入第Ⅲ象限,由于电场力和重力大小相等,其合力恰与小球进入第Ⅲ象限的初速度v方向相反,故小球在第Ⅲ象限先做匀减速运动后反向做匀加速运动,由牛顿第二定律可得a===g(2分)
由运动规律可知t3==0.4 s(1分)
则小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间为t=t1+t2+t3=(0.2+0.314+0.4) s=0.914 s(1分)
15.答案　(1)y=x2　(2)　(3)Bq
解析　(1)设某一粒子进入电场区域的坐标为(x,y),粒子在电场中做类平抛运动,水平方向满足x=v0t=t(1分)
竖直方向满足y=at2(1分)
根据牛顿第二定律有Eq=ma(1分)
联立解得y=x2(1分)
(2)设该粒子过O点时速度为v1,则在磁场中,根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,有qv1B=m(1分)
解得r=(1分)
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得d=r(1+sin θ)=(1+sin θ)(2分)
粒子过O点时,沿x轴方向的速度仍为v0不变,则
v1==(2分)
两式联立解得sin θ=(1分)
(3)粒子在磁场中运动的过程中,取极短的一小段时间Δt,水平方向上由动量定理有∑(qBvy-kvx)Δt=0-mv0(2分)
又因∑qBvyΔt=qBh,∑kvxΔt=kd(2分)
解得k=Bq(1分)

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