章末达标检测1 安培力与洛伦兹力（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

(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．(2024·贵州卷)如图所示，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右 解析　根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F＝BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左，故选C。 答案　C 2．下列说法正确的是(　　) A．粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力永远不做功 B．通电直导线所受安培力一定对直导线不做功 C．若通电直导线所受安培力是0，则该处的磁感应强度一定是0 D．若运动电荷所受洛伦兹力是0，则该处的磁感应强度一定为0 解析　粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力与速度方向垂直，则永远不做功，选项A正确；通电直导线所受安培力方向与直导线垂直，则安培力对直导线可能做功，选项B错误；若通电直导线所受安培力是0，可能是直导线与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定是0，选项C错误；若运动电荷所受洛伦兹力是0，可能是电荷的速度方向与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为0，选项D错误。 答案　A 3．(2024·四川卷)在xOy平面的0≤y<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速率相等的大量质子从原点O均匀发射到第一象限内，从磁场上边界射出的质子数占总数的三分之二，不计质子间相互作用，则质子在磁场中的临界轨迹可能正确的是(　　) 解析　根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可知速率相等的大量质子的运动半径也相等，可知从原点均匀发射到第一象限内，从磁场上边界射出的质子数占质子总数的三分之二，则从磁场上边界射出的质子的发射角度范围有90°×＝60°，则根据质子的偏转轨迹和几何关系可得能从上边界射出的质子的发射角度在0～范围内，故图像D可能正确。 答案　D 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＝·· 得E＝，所以＝2v0，选项C正确。 答案　C 5．(2025·山东青岛高二期末)长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足(　　) A．v0> B．v0< C．<v0< D．v0>或v0< 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B＝m，解得R＝。根据分析当半径很小或者半径很大时，电子均不能够到达水平板上，两个临界点轨迹分别与水平板相切、轨迹恰好经过水平板两端点，如图所示 根据几何关系可知Rmin＝，Rmax＝，解得v0min＝或v0max＝，则有<v0<，故选C。 答案　C 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．(2025·江西南昌模拟)如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，∠a＝30°。一质子11H以v0的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一α粒子24He以v0的速度从O点沿相同的方向射入，则α粒子在磁场中的运动时间为(　　) A． B．t C．t D．2t 解析　根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，r＝。设质子11H在磁场中的运动半径为r1，则α粒子在磁场中的运动半径为r2＝2r1，根据几何关系可知α粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹如图，质子11H在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，α粒子在磁场中的运动时间为t′＝T′＝×＝＝＝2t，故选D。 答案　D 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．(2025·山东临沂期中)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量为m、电荷量为q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度g，＝L。则关于小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球开始运动时，加速度为，最终做匀速直线运动 B．小球能够达到的最大速度为 C．小球运动到N点时合力做功一定大于qEL－μmgL D．小球先做加速运动，后脱离水平面 解析　小球开始运动时，速度为0，此时不受洛伦兹力，由牛顿第二定律有a0＝，运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为F洛＝Bqv，小球所受摩擦力为Ff＝μ，根据牛顿第二定律可得qE－Ff＝ma，qE－μ＝ma，由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有qE＝μ，解得v＝，此后小球做匀速直线运动，故A、B正确，D错误；小球运动到N点时合外力做的功为W＝qEL－Wf，N＝mg＋Bqv，Wf>μmgL，W<qEL－μmgL，故C错误。 答案　AB 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D正确，C错误。 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皆错误；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________。(填字母) 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＝Mg sin θ0，FN＝Mg cos 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＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos 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。 (3)(4)根据(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos 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＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos 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、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＝mg sin 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)(2025·河南漯河期末)如图所示，三角形ABC区域内有一磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，且∠B＝30°，∠C＝90°，BC＝L。在BC边中点处有一离子源S，能均匀地向三角形内的各个方向发射大量速率相等的同种离子，离子质量为m、电荷量为＋q，不计离子重力，若有离子刚好从C点沿AC方向射出，求： (1)离子的发射速率v； (2)从AB边射出的离子在磁场中运动的最短时间tmin。 解析　(1)离子刚好从C点沿AC方向射出，该离子必定垂直于BC边入射，运动轨迹如图所示，根据几何关系有2R＝ 洛伦兹力提供向心力qvB＝m 联立解得v＝。 (2)从AB边射出时，轨迹为劣弧，弦长越短，时间越短，当入射点与出射点连线垂直于AB边时，历时最短，如图所示 O′为轨迹的圆心，O′S与O′J为半径，由几何关系有xSJ＝·sin 30°＝＝R 则△O′JS为等边三角形，即轨迹对应的圆心角为60°，最短时间为tmin＝T 圆周运动的周期T＝ 联立解得tmin＝。 答案　(1)　(2) 17．(14分)(2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过N时的速度大小； (2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 解析　(1)粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU＝mvN2 解得vN＝。 (2)粒子在C2中，根据牛顿第二定律有＝ma 根据匀变速直线运动规律有d＝at2、vy＝at，又tan θ＝ 解得θ＝45°。 (3)粒子在P处时的速度大小为vP＝ 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 qvPB＝ 由几何关系可知R＝d 解得B＝ 。 答案　(1) 　(2)45°　(3) 18．(16分)(2025·湖南卷)如图所示，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 解析　(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma 由运动学公式有d＝at2 联立可得q＝。 (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝＝ 则θ＝30° 由几何关系可知v＝＝ 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示 由几何关系可知r＝＝d 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 联立可得B＝。 (3)方法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq 可得v1＝＝v0 由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2v cos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m 可得r′＝d 作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示 由几何关系可知xm＝r′cos 30°＋r′＝d。 方法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有 ∑qvxBΔt＝mv′－(－mv sin 30°) 即qBxm＝mv′－(－mv sin 30°) 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm＝mv′2－mv2 联立可得xm＝d。 答案　(1)　(2)　(3)d 学科网（北京）股份有限公司 $$