章末综合检测(1)第1章 安培力与洛伦兹力(Word练习)-【优化指导】2026-2027学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

章末综合检测(一)　安培力与洛伦兹力 (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分) 1．如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力 (　　) A．数值变大，方向不变 B．数值变小，方向不变 C．数值不变，方向改变 D．数值、方向均改变 B　解析：安培力F＝BIL，电流不变，垂直磁场的直导线的有效长度减小，故安培力减小；安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面，所以安培力的方向不变，B正确。 2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I。要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为 (　　) A． B． C． D． A　解析：导体棒受三个力平衡，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由平衡条件知当安培力F平行于斜面向上时安培力最小，则B最小，即IlB＝mg sin 30°，B＝，B的方向应垂直于斜面向下，A正确。 3．如图所示，一个半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为 (　　) A． B． C． D． B　解析：以速度v沿正对着圆心方向射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图所示，由几何关系知轨迹圆半径r＝，由半径r＝，解得B＝，B正确。 4． 电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，液体从左往右流动，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则 (　　) A．M面的电势低于N面的电势 B．当电压表的示数为U时，液体流量为 C．若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数将增大 D．当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子不受洛伦兹力作用 B　解析：根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力指向M面，负离子受到的洛伦兹力指向N面，可知正离子向M面偏转，负离子向N面偏转，故M面的电势高于N面的电势，A错误；当电压表的示数为U时，根据受力平衡可得qvB＝q，解得U＝cvB，若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数保持不变；液体流量为Q＝vS＝vbc，联立解得Q＝，B正确，C错误；当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，D错误。 5． 如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是 (　　) A．粒子a带负电，粒子b带正电 B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶ C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为 ∶1 D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2 B　解析：由左手定则可判断粒子a带正电，b带负电，A错误；如图所示，设磁场的宽度为d，由几何关系知ra＝＝d，rb＝＝2d，所以ra∶rb＝1∶，B正确；由r＝知v＝，由于粒子a、b的比荷相同，所以va∶vb＝ra∶rb＝1∶，C错误；由T＝知Ta∶Tb＝1∶1，两粒子运动轨迹的圆心角分别为60°和30°，根据t＝T知，在磁场中运动的时间之比为2∶1，D错误。 6．关于下列四幅图的说法正确的是 (　　) A．图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝ B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极 C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S3，说明粒子的比荷越大 D．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U C　解析：题图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝，A错误；题图乙是磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B错误；题图丙是质谱仪结构示意图，粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得＝，则可知r越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝S3，说明粒子的比荷越大，C正确；题图丁是回旋加速器示意图，根据公式qvB＝m，解得v＝，故最大动能Ekm＝mv2＝，可知Ekm与加速电压无关，D错误。 7．如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则 (　　) A．棒中电流的方向为b→a B．棒中电流的大小为 C．棒中电流的大小为 D．若只增大轻导线的长度，则θ变小 C　解析：根据导体棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，A错误；在最大偏角处根据动能定理可知，BIL2sin θ－mgL(1－cos θ)＝0－0，解得I＝，B错误，C正确；由上式可知，BIL·L sin θ＝mgL(1－cos θ)，轻导线的长度L可消去，可知θ与轻导线长度无关，D错误。 8． 如图所示为一个速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法正确的是 (　　) A．大小为，粒子带正电时，方向向上 B．大小为，粒子带负电时，方向向上 C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关 D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关 D　解析：当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv；假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上，粒子带负电时，电场方向仍应向上，D正确。 9．如图所示，带电平行板中匀强磁场方向垂直于纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的b点自由滑下，经过轨道端点c进入板间后恰能沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的a点开始下滑，经c点进入板间的运动过程中 (　　) A．其动能将会增大 B．其所受的洛伦兹力将会增大 C．其电势能将会增大 D．其受到的静电力将会增大 ABC　解析：小球从b点下滑到c点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的静电力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平方向做直线运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，由左手定则和静电力的方向的特点可知，洛伦兹力和静电力同向，故都向上，可推出小球带正电。如果小球从稍低的a点下滑到c点进入平行板间，则进入磁场的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，合力变为竖直向下，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，向下偏转，故静电力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，静电力F＝qE不变，A、B、C正确，D错误。 10． 如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为L，则下列关于粒子运动的说法正确的是 (　　) A．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中的运动时间均不同 B．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为 D．若该粒子的入射速度为，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为 BD　解析：依题意，根据几何知识可判断，若粒子从OC段垂直飞出磁场时，粒子在磁场中的运动时间均相同，且为半个周期，A错误；根据几何关系判断，粒子在磁场中运动轨迹所对应的最大圆心角为180°，所以该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间tmax＝＝×＝，B正确；若要使粒子从CD边射出，由几何知识判断知，当粒子轨迹与AD边相切时，从CD边射出所对应轨迹半径最大，由几何知识求得rmax＝，根据qvB＝m⇒r＝，可求得该粒子从O点入射的最大速度应为vmax＝，C错误；若该粒子的入射速度v＝＜vmax，则粒子一定从CD边射出磁场，且qvB＝m⇒r＝，所以，此时粒子飞出点距点C的距离为，D正确。 11． 如图所示，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一个带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是 (　　) A．小球带正电荷 B．＝v0 C．若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将增大 D．若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大 AB　解析：经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，A正确；由题意得，小球受重力、静电力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0B sin 30°，所以＝v0，B正确；撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma，即a＝g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，C错误；因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力合力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，D错误。 12．如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场；该粒子第二次以相同的初速度从圆弧bc的中点d沿平行于x轴正方向进入磁场，不计粒子重力。下列判断正确的是 (　　) A．该粒子的初速度为v0＝ B．该粒子第一次在磁场中运动的时间为 C．该粒子第二次仍然从a点离开磁场 D．该粒子第二次在磁场中运动的时间为 CD　解析：由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据qv0B＝m，得v0＝，A错误；粒子做圆周运动的周期T＝，该粒子第一次在磁场中运动了圆周，运动时间为t1＝＝，B错误；该粒子第二次从d点平行于x轴正方向进入磁场，轨迹如图所示，设粒子的出射点为a′，由几何关系可知四边形a′O1dO2是菱形，所以O1a′∥dO2，O1a′与x轴垂直，故a′与a重合，该粒子第二次仍然从a点离开磁场，C正确；由几何关系可知该粒子第二次在磁场中运动轨迹的圆心角为135°，则运动时间为t2＝T＝，D正确。 二、非选择题(共60分) 13．(6分) 如图所示的是“探究影响通电导线受力的因素”实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ。 (1)下列说法正确的是________。 A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响 B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响 C．如果想增大θ，可以把磁铁的N极和S极对调 D．如果想减小θ，可以把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端 (2)若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为F，则当电流减半且接通①、④时，导体棒的安培力为________。 (3)本实验采用的研究方法是____________。 答案：(1)D　(2)　(3)控制变量法 解析：(1)该实验探究了导体棒通电长度和电流大小对安培力的影响，A、B错误；把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故F不变，C错误；把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端，L减小，故安培力F减小，D正确。 (2)若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为F，则当电流减半且接通①、④时，导体棒受到的安培力为F′＝B×I×3L＝BIL＝F。 (3)研究安培力与电流、长度的关系时，需先控制一个量不变，这种研究的方法称为控制变量法。 14．(8分)如图甲所示，排污管道的污水中常含有大量正、负离子，某兴趣小组的同学为探究该管道的污水排放量，利用废旧材料与0刻度线在表盘中央的电压表自制了一简易电磁流量计进行测量，原理如图乙所示。该组同学将横截面为圆形的塑料弯管插入排污管道后密封，污水充满竖直管道后经水平管口排出，图乙中A、B分别为两竖直紧贴塑料管内壁的金属探针，两针间距离恰等于塑料管道内直径D，将两探针用导线自管壁引出后，分别与电压表(图中未画出)两接线柱相连，对竖直管道施加垂直于两探针所在平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。已知该管道单位时间内排出污水的体积Q不变，探针与污水接触良好，两引线处无渗漏，电压表可视为理想电表，导线及污水电阻不计，则： (1)若发现电压表的指针偏向0刻度线的左侧，说明探针________(填“A”或“B”)与电压表正接线柱相连，要使电压表指针正常显示时偏向0刻度线右侧，可采取的一条措施是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； (2)经调整，电压表指针正常偏转，则电压表稳定后的示数U与该管道单位时间内排出污水的体积Q的关系式为________；(用题中所给物理量的符号表示) (3)若发现测量时电压表的指针偏转角度太小。要使指针偏转角度适当大些，可采取的一条措施是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)B　将探针A、B分别与电压表正、负接线柱相连，也可以将匀强磁场的方向改为垂直于A、B所在平面向外　(2)　(3)适当增大匀强磁场的磁感应强度大小，也可换用直径小一些的塑料管，还可换用量程小一些的电压表 解析：(1)由左手定则可知，正离子在洛伦兹力的作用下应向探针A侧偏转，故A侧电势高，因电压表的示数为负值，说明探针B连在了电压表的正接线柱上；采取措施可以将探针A、B分别与电压表正、负接线柱相连，也可以将匀强磁场的方向改为垂直于A、B所在平面向外等。 (2)由平衡条件可知qvB＝q 即U＝BDv 而Q＝＝， 解得U＝。 (3)由U＝可知，要增大电压表指针偏角，可适当增大匀强磁场的磁感应强度大小，也可换用直径小一些的塑料管，还可换用量程小一些的电压表等。 15．(10分)(2025·广西南宁期末)如图所示，电源电动势E＝2.4 V，内阻r＝0.4 Ω，电阻R2＝0.2 Ω，CD、EF为竖直平面内两条平行导轨，处在与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，其电阻忽略不计，ab为金属棒，质量m＝5 g，在导轨间的长度l＝25 cm，电阻R1＝0.2 Ω，ab可在光滑导轨上自由滑动且与导轨接触良好，滑动时保持水平，g取10 m/s2，求： (1)S断开ab保持静止时，B的大小； (2)S接通瞬间，金属棒的加速度。 答案：(1)5×10-2 T　(2)4 m/s2，方向竖直向下 解析：(1)S断开时I＝＝4 A 由平衡条件知F＝IlB＝mg 解得B＝5×10-2 T。 (2)S接通时R＝＝0.1 Ω 通过电源的电流I′＝＝4.8 A 通过金属棒的电流I1＝＝2.4 A，F′＝I1lB＝3×10-2 N 由牛顿第二定律得，金属棒的加速度 a＝＝4 m/s2 方向竖直向下。 16．(10分)如图所示，在直角坐标系xOy平面内的0≤x≤3a区域内存在与坐标平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的同种带电粒子，粒子的速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内，其中沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上点P(3a，a)离开磁场，不计粒子的重力，不考虑粒子间的碰撞，求： (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子的发射速率； (3)带电粒子在磁场中运动的最长时间。 答案：(1)　(2)　(3)2t0 解析：(1)沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。 设粒子运动轨迹的半径为r，由几何关系可得 (3a－r)2＋(a)2＝r2 解得r＝2a 由几何关系知sin θ＝＝ 带电粒子在磁场中转过的圆心角为π，带电粒子在磁场中运动的时间t0＝T＝ 解得＝。 (2)设粒子的速率为v0，带电粒子在磁场中运动的时间t0＝T＝ 解得v0＝。 (3)设带电粒子的速度方向与x轴正方向成α角时，带电粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子的运动轨迹如图所示。 由几何关系可得r sin α＋r＝3a 解得sin α＝ 此时带电粒子在磁场中转过的圆心角为π，所以带电粒子在磁场中运动的最长时间为tm＝2t0。 17．(12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM＝L，ON＝L，不计粒子的重力。求： (1)电场强度大小E； (2)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向； (3)磁感应强度B的大小。 答案：(1)　(2)2v0　与x轴的夹角为60°　(3) 解析：(1)粒子运动径迹如图所示。 在电场中做类平抛运动，在x轴方向： L＝v0t 在y轴方向： L＝t2 联立解得E＝。 (2)设粒子进入磁场时速度为v，与x轴的夹角为θ，沿y轴方向的速度为vy＝t＝v0 由tan θ＝＝ 解得θ＝60° 合速度为v＝＝2v0。 (3)在磁场中运动径迹如上图所示，设轨道半径为r，由几何关系可得r sin 60°＝L 解得r＝2L 根据牛顿第二定律可得qvB＝m 联立以上各式解得B＝。 18．(14分)(2024·新课标卷)一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力，求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； (2)电场强度的大小； (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。 答案：(1)　　(2)Bv0　(3) 解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 v＝＝v0 根据洛伦兹力提供向心力 Bqv＝m＝mv 解得做圆周运动的半径为r＝ 周期为T＝。 (2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据a＝可知任意点的加速度大小相等，故可得 ＝ 解得E＝Bv0。 (3)根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为270°，如图为粒子的运动轨迹，粒子返回a点时根据对称性可知与初始位置等高，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得t＝v0 故可得该段时间内沿y方向位移为L＝v0t 根据几何知识可得bc＝r 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为xaa′＝xbc－2L 联立解得xaa′＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$