章末检测卷1 磁场对电流的作用（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

(本卷满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。 1.一根无限长的通电直导线旁放一通电矩形线框，电流方向如图所示，直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会(　　) A．静止不动　　　　 B．向右平移 C．向左平移 D．向下平移 解析　直导线中的电流方向由上向下，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度向外，根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力，离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIl，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线框将向右平移。故B正确。 答案　B 2．如图所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4的目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时(　　) A．几何中心O点的磁感应强度不为零 B．几何中心O点的磁感应强度为零 C．L1对L2的安培力比L1对L3的安培力小 D．L1所受安培力的方向沿正方形的对角线bd方向 解析　因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；L2相比L3离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由F＝BIL安培力大小与B成正比，可知L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C错误；根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成，总安培力方向沿正方形的对角线ac方向，故D错误。 答案　B 3.如图所示，在光滑绝缘四分之一圆弧轨道上，有一与圆弧轨道垂直的质量为m、长度为L的通电导体棒，导体棒处于静止状态，空间存在与纸面平行的匀强磁场(图中未画出)，导体棒内电流大小为I，重力加速度为g，图中θ＝37°，则磁感应强度大小不可能为(　　) A． B． C． D． 解析　导体棒受重力、安培力和支持力三个力的作用而处于静止状态，三个力合力为零，即三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，当安培力和支持力垂直时，安培力有最小值，由F安＝BIL＝mgsin 53°，解得磁感应强度的最小值为B＝，磁感应强度大小不可能小于它的最小值，故选B。 答案　B 4.如图所示，带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa＝Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为(　　) A．v0　　 B．　　 C．2v0　　 D． 解析　设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即d＝，得B＝。如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有 d＝··2 得E＝，所以＝2v0，选项C正确。 答案　C 5．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行纸面，P垂直纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看顺时针方向的电流、同时P有从左往右看顺时针方向的电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法正确的是(　　) A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小 B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大 C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小 D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大 解析　根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向里，P产生的磁场水平向右，将Q等效于S极在外、N极在里的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小；故A正确，B、C、D错误。 答案　A 6．如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　) 解析　由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，故A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。故选A。 答案　A 7．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从B点沿直径BOA方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为3v，仍从B点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　) A．Δt B．Δt C．Δt D．Δt 解析　设圆形磁场的半径为R，粒子速度为v时，做圆周运动的半径为r1，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知，圆心角θ1＝120°，r1＝，由r＝知， 若粒子速度变为3v，则r2＝3r1＝R，此时设粒子做圆周运动的圆心角为θ2，则tan＝＝，得θ2＝60°。由Δt＝T＝可得，速度变为3v后粒子在磁场中运动时间为，选项B正确。 答案　B 8．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3中的电流为2I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数)。某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为(　　) A．方向垂直纸面向里，大小为 B．方向垂直纸面向外，大小为 C．方向垂直纸面向里，大小为 D．方向垂直纸面向外，大小为 解析　根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图甲，由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2＝，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2x＝sin 45°＝，同理沿y轴负方向的分量为B2y＝sin 45°＝，故x轴方向的合磁感应强度为Bx＝B1＋B2x＝，y轴方向的合磁感应强度为By＝B3－B2y＝。故最终的合磁感应强度的大小为B＝＝，方向为tan α＝＝1，则α＝45°，如图乙所示。故某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为F＝eBv＝，故选B。 　 答案　B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分。 9.如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时(　　) A．金属细杆中的电流方向垂直于纸面向里 B．金属细杆受到的安培力大小为4BILsin θ C．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍 D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsin θ 解析　细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，故A项正确；根据安培力公式可得受到的安培力大小为F安＝4BIL，故B项错误；金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得FN＝mgcos θ＋BILsin θ，BILcos θ＝mgsin θ，磁感应强度大小改变时，根据受力分析得FN1＝mgcos θ＋4BILsin θ<4FN，故C项错误；由牛顿第二定律可得4BILcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝3gsin θ，故D项正确。 答案　AD 10．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，质量mC＝0.001 kg、电荷量qC＝2×10－3 C的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为mA＝0.004 kg、不带电的绝缘小球A以速度v0＝20 m/s进入磁场与C球发生正碰(电荷不转移)，碰后C小球对水平面的压力刚好为零，取向右为正方向，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．碰后C球速度为20 m/s B．碰后C球速度为15 m/s C．C对A的冲量大小为0.4 N·s D．C对A的冲量大小为0.02 N·s 解析　由于碰后C小球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C小球速度方向向右，则有qCvCB＝mCg，解得碰后C球速度为vC＝20 m/s，故A正确，B错误；两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mCvC，解得vA＝15 m/s。根据动量定理可知，C对A的冲量I＝mAvA－mAv0＝－0.02 N·s，即大小为0.02 N·s，方向水平向左，故C错误，D正确。 答案　AD 11.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示的正方形虚线为其边界，一束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是(　　) A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 解析　由粒子比荷相同，且r＝可知速度相同的粒子运动半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示， 由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T＝知所有粒子在磁场运动周期都相同，A、C错误；再由t＝T＝可知D正确。 答案　BD 12．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是(　　) A．液滴可能做曲线运动 B．液滴有可能做匀变速直线运动 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴一定带正电 解析　带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做曲线运动和匀变速直线运动，故选项A、B错误。当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动。如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故选项C、D正确。 答案　CD 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．(6分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一个实验来测量带电物体所带电荷量。如图(a)所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。 (1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0。 (2)如图(b)所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电荷量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是________。 A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零 B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值 C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变 D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变 (3)为了测定物块A所带电荷量q，除倾角θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有________。 (4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角θ0和所测得的物理量，可得出q的表达式为________。 解析　(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知f＝Mgsin θ0，FN＝Mgcos θ0，又因为f＝μFN，所以μ＝＝＝tan θ0。当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得(mg＋Mgsin θ0)－μ(Bqv＋Mgcos θ0)＝(M＋m)a，由此式可知，v和a是变量，其他都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式Δx＝aT2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确，A、B、C错误，故选D。 (3)(4)根据(mg＋Mgsin θ0)－μ(Bqv＋Mgcos θ0)＝(M＋m)a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则(mg＋Mgsin θ0)－μ(Bqv＋Mgcos θ0)＝0，化简得q＝，把μ＝tan θ0代入，得q＝，可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v 。 答案　(2)D　(3)物块B的质量m和两物块最终的速度v　(4)q＝ 14．(8分)如图所示，图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向，所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的“U”形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 (1)在图中画线连接成实验电路图。 (2)完成下列主要实验步骤中的填空。 ①按图接线； ②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称量细沙质量m1； ③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入或减去适量细沙，使D________，然后读出________，并用天平称出________； ④用米尺测量________。 (3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。 (4)判定磁感应强度的方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。 答案　(1)如图所示 (2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度l (3)　(4)m2>m1 15．(8分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源，另一端接有电阻R＝5.0 Ω。现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻R0＝5.0 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： (1)导体所受的安培力大小； (2)导体所受的摩擦力的大小和方向。 解析　(1)因R＝R0＝5.0 Ω，电阻与导体棒并联，由闭合电路的欧姆定律得总电流为 I＝＝ A＝1.5 A 导体棒中的电流为I1＝I＝×1.5 A＝0.75 A 导体棒受到的安培力大小为 F＝BI1L＝0.50×0.75×0.40 N＝0.15 N。 (2)根据左手定则，导体棒受到的安培力沿导轨向上，大小为F＝0.15 N 导体棒的重力沿斜面向下的分量为 G1＝mgsin θ＝0.040×10×sin 37° N＝0.24 N 因导体棒处于静止状态，所以沿导轨方向上合力为零，有 f＝G1－F＝0.24 N－0.15 N＝0.09 N，方向沿斜面向上。 答案　(1)0.15 N　(2)0.09 N　方向沿斜面向上 16．(8分)如图所示，真空中有半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，一带电粒子质量为m、电量为q，以速度v由a点沿半径方向射入磁场，从b点射出磁场时速度方向改变了60°(粒子重力不计)。求： (1)磁场的磁感应强度B； (2)若其他条件不变，速度变为v，粒子射出磁场时速度方向改变了多少？ 解析　(1)从b点射出磁场时速度方向改变了60°，根据几何关系可知，轨迹半径r＝2Rcos 30°＝R，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝ 解得B＝。 (2)若其他条件不变，速度变为v，则轨迹半径变为r′＝＝R，根据几何关系可知粒子在磁场中运动圆周，粒子射出磁场时速度方向改变了90°。 答案　(1)　(2)90° 17．(14分)如图所示，粒子源能放出初速度为0，比荷均为＝1.6×104 C/kg的带负电粒子，粒子进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度B＝0.5 T，在圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度A′B′为h＝0.6 m，屏距磁场右侧距离为L＝0.2 m，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上。现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，试求加速电压的最小值。 解析　粒子运动轨迹如图所示： 根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小。故当磁感应强度以最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值。设此时粒子刚好打在屏的最下端B′点，根据带电粒子在磁场中运动特点可知，粒子偏离方向的夹角正切值为tan θ＝，解得tan θ＝，粒子偏离方向的夹角θ＝60°＝，由几何关系可知，此时粒子在磁场中对应的回旋半径为 R＝rtan ＝0.1 m① 带电粒子在电场中加速，由动能定理得 qU＝mv2② 带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律可得qvB＝③ 联立①②③解得U＝＝60 V， 故加速电压的最小值为60 V。 答案　60 V 18．(16分)如图甲所示，金属板A、B竖直放置，电容器两极板C、D水平放置，光屏M与金属板A、B平行，A板上的S点与光屏上的O点连线水平且与电容器的中线重合。A、B间电压与电容器两极板间的电压都为U；电容器两极板间还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小用B0(未知)表示；电容器右边缘到光屏M之间有如图乙所示的垂直纸面的匀强磁场。现从A板上S点无初速度释放一个电子，电子在A、B间加速后沿着电容器中线水平通过，在t＝0时刻离开电容器。已知电容器两极板间的距离为d，电容器右边缘到光屏M的距离为2d，电子的质量为m，带电荷量大小为e，不计电子的重力，求： (1)电容器两极板间匀强磁场的磁感应强度B0的大小； (2)电子击中光屏上的位置与O点的距离； (3)若在电容器右边缘与光屏M之间再施加垂直纸面的匀强电场，所施加匀强电场的电场强度大小为电容器极板间电场强度大小的9倍，计算电子击中光屏上的位置与O点的距离。 解析　(1)在A、B间eU＝mv2 在C、D间E＝，eB0v＝eE 解得C、D间中匀强磁场的磁感应强度大小B0＝ 。 (2)电子在电容器右侧eB0v＝，得r＝2d 电子每半个周期转过的角度为，向右移动的距离s＝rsin＝d，电子击中屏上的位置与O点的距离h＝2，解得h＝2d。 (3)设电子在电容器右侧经过时间t到达光屏，t＝＝，沿着电场方向e·9E＝ma，x＝at2＝4π2d 电子与显示屏的碰撞点与O点的距离L＝，解得L＝2d。 答案　(1) 　(2)2d　(3)2d 学科网（北京）股份有限公司 $$