【文档说明】第一章 安培力与洛伦兹力 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第二册）.docx，共(13)页，1.315 MB，由envi的店铺上传

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第一章安培力与洛伦兹力能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112BABDBCDBBCBCABBC1．B【解析】AB．根据导线中同向电流两导线相互吸引，反向电流两导线相互排斥对导线a进行受力分析如图，此时a所受安培力的合力的大小也是F，根据力的合成

法则可得此时导线ac间安培力大小也为F，可得导线c中的电流也为2I，A错误，B正确；CD．根据分析可得导线c在b处的磁感应强度大小与导线b在a处的磁感应强度大小相等，根据安培力公式=FBIL安可得导线bc间

安培力大小为2F，同时有FF=如图根据平行四边形法则结合余弦定理可得导线b受到安培力的合力的大小为22=(2)22cos1207FFFFFF+−=合CD错误。故选B。2．A【解析】ab段导线受到安培力为1FBIL=由左手定则可知安培力方向向上

；bcd段导线的有效长度即是bd的长度，因为120abccde==，所以bd长度也为L，所以bcd段受到的安培力为2FBIL=由左手定则可知安培力方向向上；de段导线受到的安培力为3FBIL=由左手定则可知

安培力方向向上；所以导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为1233FFFFBIL=++=A正确。故选A。3．B【解析】A．由图知导体ab中电流的方向从a到b，要使得导体向右运动，安培力的方向可以水平向右，也可以斜向右下方，由左手定则知

，磁场的方向不一定竖直向下，所以A错误；B．导体棒开始运动方向为水平方向，要使得导体棒上升到同样的速度，设安培力F与水平方向夹角为θ，则Ftcosθ=mv，θ=0时，F最小，磁感应强度最小，此时F沿水平方向，磁场方向竖直向下，所以B正确；C．

故当设导轨棒运动时的初初动能为Ek，根据机械能守恒，得Ek=mgl（1-cosθ）所以导体棒的初速度为2(1cos)vgl=−再根据动量定理：BILt=mv得：BLq=mv所以电荷量mvqBL=所以C错误；D．导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，

则电流所做的功全部转化为导体棒的动能，题设条件有电源内阻不计而没有“其他电阻不计”的相关表述，因此其他电阻不可忽略，那么电流做的功就大于mgl（1-cosθ），所以D错误．故选B。4．D【解析】由于电子带负电，且电子向上偏转，根据左手定则判断，

偏转磁场的方向应该为垂直纸面向外。故选D。5．B【解析】A.安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用，选项A错误；B.磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，选项B正确

；C.放在匀强磁场中的通电导线，如果电流与磁场平行，则不受磁场的作用力，选项C错误；D.当通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大，选项D错误。故选B。6．C【解析】地磁场的方向从地理南极指向地理北极，电子带负电，在赤道上空自东向西运动，根据左手定则可知，

电子受到竖直向上的洛伦兹力，将向上偏转。故选C。7．D【解析】AC．两个粒子的动量大小相等，设粒子质量为4m，速度大小为1v；质子质量为m，速度大小为2v，则124mvmv=即124vv=则运动速度大小之比是12:1:4vv=两个粒子做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力，可得对粒子有2

11124vBevmR=对质子有2222vBevmR=解得11122242122mvRvBemvRvBe===故AC错误；B．粒子的运动周期为11124RmTvBe==质子的运动周期为22222RmTvBe==则运动周期之比是1221TT=故B错误；D．受到的洛伦兹力之比是

1122212FBevFBev==故D正确。故选D。8．B【解析】A．由几何关系可知a、b运动轨迹的圆心角分别为6030ab==则a、b运动轨迹的半径分别为sins60sin30abdrdr==粒子a和b在磁场中运动的半径之比为

:1:3abrr=故A错误；B．由2mvqvBr=pmv=可得=pqBr则粒子a和b在磁场中运动的动量大小之比为:1:3abpp=故B正确；C．由动能与动量的关系可得2k2pEm=粒子质量未知，无法求出粒

子a和b在磁场中运动的动能之比，故C错误；D．粒子在磁场中运动的时间为mtqB=同理粒子质量未知，无法求出粒子a和b在磁场中运动的时间，故D错误。故选B。9．BC【解析】A.导体棒受到的安培力=FBIL由于四种情况中导体棒的电流相同，所处的磁场磁感应强度相同，故受到的

的安培力大小相等，A错误；B.甲图中导体棒受到竖直向下的重力、水平向右的安培力、垂直于倾斜导轨向上的弹力，若这三个力平衡，则导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，B正确；C．乙图中，导体棒受竖直向下的重力、竖直

向上的安培力，若这两个力大小相等，则处于平衡状态，导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，C正确；D．丙图中，导体棒受到竖直向下的重力、竖直向下的安培力、垂直导轨向上的弹力；丁图中，导体棒受到竖直向下的重力、水平向左的安培力。两种情况中，三个力均无法使导体

棒平衡，故导体棒一定受到导轨提供的摩擦力，即导体棒与导轨间摩擦力不可能为零，D错误；故选BC。10．BC【解析】A．地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线

粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，A错误；B．粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，阻力方向与运动方向相反；故对粒子做负功，

所以其动能会减小，B正确；C．由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小；则说明粒子在靠近南北极运动过程中，南北两极的磁感应强度增强，故C正确；D．由于粒子与太阳间的距离非常大，并且粒子的质量非常小，所以太阳对粒子的引力非常小，对粒子速度的影响几乎没有，

故D错误；故选BC。11．AB【分析】本题考查带电粒子在电磁场中运动的相关运用的原理，考查考生的物理观念。【解析】A．根据带电粒子在匀强磁场中，有2vqvBmr=解得qBrvm=粒子的动能为222k2qBrEm=可知在

不改变回旋加速器的加速空间半径r的情况下，可以增加磁感应强度来增加某种粒子的最大动能，故A项正确；B．磁流体发电机，在不接外电路的情况下，两电极板的电压等于其电动势，此时等离子体在极板间受力平衡，有EqqvB=整理有UEdvBd==由上述分析可知，等离子体的速度越大，电动势越大

，故B项正确；C．速度选择器的工作原理是，粒子在板间受到的电场力与磁场力大小相等，即EqqvB=从而解得EvB=但是中子不带电，所以速度选择器对于中子没有办法工作，即速度选择器无法筛选中子的速度，故C项错误；D．带

电粒子在经过加速电场后有212qUmv=其在磁场中有2vqvBmr=解得22qUrqB=所以有111222mqrrmq=故D项错误。故选AB。12．BC【解析】A．由于粒子均向上偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里，A错误；B．由于粒子均能从P点离开磁

场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，根据200vqvBmR=解得0qBRvm=B正确；C．在场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示则粒子在磁场中运动的最长时间为1233TmtqB==粒子在磁场中运动的

最短时间为263TmtqB==所以最大时间差为123mtttqB=−=C正确；D．由几何关系可知，粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为233D错误。故选BC。13．32.510−（3分）向右（3分）【解析】[1]根据受力平衡可知

，安培力竖直向下mgBIL=解得532310T=2.510T0.6210mgBIL−−−==[2]由左手定则可知，磁场方向向右。14．N（4分）上（4分）【解析】[1]电子带负电，由图可知电子运动的方向向左，电子向下偏转

，根据左手定则可知，磁场的方向向外，则图中条形磁铁的下端是N极；[2]若加一竖直方向的匀强电场，仍使电子束向下偏转，则匀强电场的方向与带负电的电子受力的方向相反，为竖直向上。15．（1）210m/sa=；（2）10m

/sv=；（3）10W5P=【解析】（1）由牛顿第二定律得BIdma=（2分）解得210m/sa=（1分）（2）由动能定理得2102BIdLmv=−（3分）解得10m/sv=（1分）（3）弹体出射时电磁轨道炮的功率为10W5PBIdv==g（3分）16．

（1）033mvqR；（2）2(336)R+【解析】（1）带电粒子离开圆形磁场时，速度偏转60°，且反向延长线过磁场的圆心，轨迹如图（a）所示由几何知识，可得3rR=（2分）根据洛伦兹力提供向心力，有

200vqvBmr=（2分）联立以上两式，解得033mvBqR=（1分）（2）由左手定则可知粒子进入磁场后向上偏转，并最终沿BC方向离开磁场，由于磁场的磁感应强度与第（1）问相同，所以粒子的轨迹半径不变，仍为3rR=，以入射方向和出射方向为切线画圆，则为粒子的运动轨迹，如图（b）所示切

点E、F分别为入射点和出射点即磁场边界的两点，则矩形磁场的最小面积应满足有三条边与圆周轨迹相切，第四条边过EF,由几何知识，可得矩形长边为223arR==（2分）矩形短边为233cos30()2brrR+=+=（2分）所以矩形的最小面积为2min(336)SabR==+（1分）1

7．（1）2033mvqL；（2）03<mvBqL；（3）3(53)4Ln+，0,2,4,6...n=【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有0Lvt=竖直方向有23162Lat=，Eqam=（1分）联立解

得2033mvEqL=（1分）（2）如图分析可得当粒子在第三象限内的运动轨迹恰好与y轴负方向相切的时候此时运动半径为满足粒子能够进入第四象限时的最小半径minR，即此时磁感应强度有最大值为maxB，粒子到达Q点时的竖直方向速度为033yvatv==（1分）可得此时粒子进

入第三象限的速度为2200233yvvvv=+=（1分）所以此时速度方向与x轴负方向夹角为30；根据几何知识可得此时有minminsin30LRR−=解得min23RL=（1分）根据公式有2maxminvBqvmR=（1分）解得0ma

x3mvBqL=所以第三象限内磁感应强度B的取值范围为03<mvBqL（1分）（3）当第三象限内磁感应强度大小为00233mvqLB=时可得此时在第三象限的运动半径为30mvRLBq==（1分）同理可得在第四象限的运动半径为412RL=要使粒子从第四象限垂直边界MN飞出磁场，

可得粒子在第三象限运动半个周期后进入第四象限，运动轨迹可能如图所示，根据几何知识有3434(2)sin60()sin60dRRRRn=+++，0,2,4,6...n=即3(53)4Ldn=+，0,2,4

,6...n=（1分）18．（1）1233mgEq=，2mgEq=；（2）6mgBqd=，233d；（3）5232()49dg+【解析】（1）由题意可得，粒子从N点进入第二象限后，水平方向先做匀减速直线运动后做反方向的匀加速直线运动，加速度为1qEam=（1分）竖直

方向做自由落体运动，设初速度为0v，经过时间t后经过O点，则满足02tva=ygt=v（1分）由题意知在O点，速度与y轴负方向的夹角为30°，则由几何关系得030tanyvv=（1分）联立解得1233mgEq=（1分）又因为在圆形区域内粒子做匀速圆周运动，则满足重力与电场

力相等，洛伦兹力提供向心力，即2mgqE=（1分）解得2mgEq=（1分）（2）由题意得，粒子在磁场中运动轨迹如图设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系知sin30rrd+=（1分）又因为2vqvBmr=（1分）且由几何关系

知cos30yvv=（1分）由运动学公式得22yvgd=（1分）联立解得磁场的磁感应强度大小为6mgBqd=（1分）设圆形磁场的半径为R，则由几何关系知2cos30rR=（1分）解得233Rd=（1分）（3）由题意得，在电场E1中运动时间为t，则212dgt=在磁场中运动时

间为t1，则1240360tT=2mTqB=（1分）出磁场后在电场E2中运动时间为2rtv=则微粒从N点出发到再次回到N点的时间为125232(4')9ttdgtt=++=+（1分）