第一章 安培力与洛伦兹力 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评word（人教版）

物理　选择性必修·第二册[人教版]作业与测评 第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1．关于带电粒子在匀强磁场中的运动，不考虑重力作用，下列说法正确的是(　　) A．可能做匀速直线运动 B．可能做匀变速直线运动 C．可能做匀变速曲线运动 D．只能做匀速圆周运动 答案：A 解析：当带电粒子速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，这时将做匀速直线运动，故A正确。因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力的方向随着速度方向的改变而改变，故洛伦兹力是变力，带电粒子不可能做匀变速运动，故B、C错误。只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，D错误。 2.如图所示，三根长为L的直线电流固定在等边三角形的三个顶点，A、B电流的方向垂直纸面向里，C电流的方向垂直纸面向外，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，则直线电流C受到的安培力的大小和方向是(　　) A.B0IL，水平向左 B.B0IL，水平向右 C.B0IL，水平向左 D.B0IL，水平向右 答案：B 解析：由右手螺旋定则可知，A、B电流在C处产生的磁感应强度分别与AC、BC连线垂直向下，如图，根据平行四边形定则，可得C处磁感应强度方向为竖直向下，大小为BC＝2B0cos30°＝B0，再由左手定则可知，直线电流C受到的安培力的方向水平向右，大小为F＝BCIL＝B0IL，故选B。 3．美国科学家阿斯顿发明的质谱仪可以用来鉴别同位素，其原理如图所示。钠23和钠24互为同位素。现把钠23和钠24的原子核，由静止从同一点放入质谱仪，经过分析可知(　　) A．电场力对钠23做功较多 B．钠23在磁场中运动的速度较小 C．钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为23∶24 D．钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为∶2 答案：D 解析：粒子在电场中加速，两种粒子的电荷量相等，所以电场力对两种粒子做的功相等，均为W＝qU，故A错误；根据动能定理得qU＝mv2，电场力做的功W＝qU相等，钠23的质量比较小，所以在磁场中运动的速度较大，故B错误；粒子在磁场中运动的过程中洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，联立得r＝，所以钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为r1∶r2＝∶＝∶2，故C错误，D正确。 4.如图所示，两个速度大小相同、比荷不同的带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则粒子1与粒子2在磁场中运动的(　　) A．轨迹半径之比为2∶1 B．比荷之比为2∶1 C．时间之比为3∶2 D．周期之比为2∶1 答案：B 解析：设粒子射入磁场的位置与磁场边界的距离为d，则粒子1和粒子2在磁场中运动的轨迹圆心分别为O1和O2，如图所示，则粒子1的轨迹半径r1＝d，对于粒子2，由几何关系可得r2sin30°＋d＝r2，解得r2＝2d，故轨迹半径之比r1∶r2＝1∶2，A错误；由牛顿第二定律可得qvB＝m，化简可得＝，又两粒子的速率相等，则比荷之比∶＝r2∶r1＝2∶1，B正确；周期T＝，得T＝，故两粒子周期之比T1∶T2＝∶＝1∶2，D错误；速度的偏转角等于轨迹圆心角，故粒子1在磁场中的运动时间t1＝T1＝T1，粒子2在磁场中的运动时间t2＝T2＝T2，故它们在磁场中运动的时间之比t1∶t2＝T1∶T2＝3∶4，C错误。 5．如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是(　　) A．线圈仍静止不动 B．从上往下看，线圈将逆时针转动 C．弹簧测力计示数减小 D．线圈左右摆动 答案：B 解析：根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，故A、D错误，B正确；当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受力向上，线圈下半部分受力向下，由于下半部分距离导线a较近，所以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，故C错误。 6.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，加垂直于上下底面磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子较多无关 C．电压表的示数与污水中离子浓度有关 D．污水流量Q与U成正比，与a、b、c无关 答案：B 解析：正、负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电荷所受的洛伦兹力指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极的电势高，故A错误。由A项分析可知，前表面的电势一定低于后表面的电势，电势的高低与哪种离子较多无关，故B正确。最终稳定时，离子受洛伦兹力和静电力平衡，有qvB＝q，解得U＝Bbv，电压表的示数U与v成正比，与离子浓度无关，故C错误。污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，与电压表的示数U和该装置高度c成正比，与a、b无关，故D错误。 7.如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。从进入磁场开始计时，下列关于圆环速度v随时间t变化的图像不可能的是(　　) 答案：B 解析：当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场后，圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力。若洛伦兹力恰好与其重力大小相等，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线；若洛伦兹力大于其重力大小时，由牛顿第二定律可得μ(Bqv－mg)＝ma1，可知圆环将做加速度减小的减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，圆环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于其重力大小时，由牛顿第二定律有μ(mg－Bqv)＝ma2，可知圆环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，可知圆环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零。本题选圆环速度v随时间t变化的图像不可能的，故选B。 8．测量比荷的方法很多，其中一种便是利用磁聚焦法测量。磁聚焦的原理如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从A点处发射出一束很窄的同种带电粒子流，其速度大小均为v，且与磁场的夹角θ不同，但是都很小(cosθ≈1)，在磁场的作用下，粒子将沿不同半径螺旋线前进，该运动可分解为沿磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。之后汇聚在A′，测得A与A′距离为h，沿磁感线方向轨迹截面图如图乙所示。这与光束经过透镜后聚焦现象类似，所以叫磁聚焦现象，则下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子带负电 C．粒子的比荷＝ D．粒子的比荷＝ 答案：BC 解析：由图乙中粒子的运动方向，根据左手定则可判断出粒子带负电，故A错误，B正确；依题意，粒子从A点出发汇聚在A′点，垂直于磁场方向恰好运动一个完整的圆周，即T＝≈，又T＝，联立可得＝，故C正确，D错误。 9.如图所示，磁感应强度方向垂直固定斜面向上，大小随时间变化的规律为B＝(2＋2t) T(t的单位为s)，将一根长0.3 m、质量为0.2 kg的通电直导线置于斜面上，导线中电流大小为1 A，t＝0和t＝2 s时刻，导线恰好能处于静止状态，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，则(　　) A．斜面倾角θ＝30° B．直导线中电流的方向一定从a到b C．导线与斜面间最大静摩擦力为0.6 N D．在t＝1 s时，导线所受的摩擦力为零 答案：CD 解析：根据题意知，t＝0和t＝2 s时刻，导线恰好能处于静止状态，结合F＝IlB、B＝(2＋2t) T可知，直导线所受的安培力沿斜面向上，t＝0时，导线刚好要向下运动，t＝2 s时，导线刚好要向上运动，则导线中电流的方向一定从b到a，B错误。t＝0时，B0＝2 T，导线受到沿斜面向上的最大静摩擦力，则由平衡条件有IlB0＋fm＝mgsinθ；t＝2 s时，B2＝6 T，导线受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则由平衡条件有IlB2＝mgsinθ＋fm，联立解得fm＝0.6 N，θ＝37°，A错误，C正确。在t＝1 s时，导线所受沿斜面向上的安培力为F1＝IlB1，而B1＝4 T，代入数据得F1＝1.2 N，F1－mgsinθ＝0，则导线所受的摩擦力为零，D正确。 10.如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OS＝OP＝4d，sin53°＝0.8，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A．粒子的速度大小为 B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为2d D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为233∶106 答案：ACD 解析：由OS＝OP＝4d，可得SP＝5d，根据题意可知，SP是其中一个轨迹圆的直径，则轨迹圆的半径r＝d，由qvB＝m，可得v＝，故A正确；从O点射出的粒子在磁场中的轨迹如图1，sinθ1＝＝，则θ1＝53°，轨迹所对的圆心角为α1＝2θ1＝106°，则在磁场中的运动时间为t＝·＝，故B错误；画出沿平行x轴正方向射入的粒子的轨迹如图2，设离开磁场时的位置A到O点的距离为l，由几何知识可得r2＝l2＋(4d－r)2，解得l＝2d，故C正确；从x轴上射出磁场的粒子，从原点O射出时弦长最短，在磁场中运动时间最短，其运动时间为tmin＝，运动轨迹与x轴正半轴相切时轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长，轨迹如图3，由几何知识可得cosθ3＝＝，θ3＝53°，则轨迹所对的圆心角为α3＝θ3＋180°＝233°，运动时间为tmax＝·＝，则tmax∶tmin＝233∶106，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共10分) 11．(5分)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明： (1)如图a所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便、效果明显，通电导线应________(填选项代号)。此时从上向下看，小磁针的旋转方向是________(填“顺时针”或“逆时针”)。 A．平行于南北方向，位于小磁针上方 B．平行于东西方向，位于小磁针上方 C．平行于东南方向，位于小磁针上方 D．平行于西南方向，位于小磁针上方 (2)如图b所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是________。(填选项代号) A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 C．加一电场，电场方向沿z轴负方向 D．加一电场，电场方向沿y轴正方向 (3)如图c所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________(填“排斥”或“吸引”)，当通以相反方向的电流时，它们相互________(填“排斥”或“吸引”)，这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用。也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用。 答案：(1)A　逆时针　(2)B　(3)吸引　排斥 解析：(1)由于无通电导线时，小磁针S极指南，N极指北，位于南北方向，所以为使实验方便、效果明显，导线应位于小磁针上方平行于南北方向，这样当导线中通电时，小磁针能向东西方向偏转，故A正确；根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在小磁针处为垂直纸面向里，故此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针。 (2)若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故A错误；若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意，故B正确；若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，所受静电力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意，故C错误；若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，所受静电力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故D错误。 (3)图c左图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向右，两导线要靠拢，说明电流方向相同时，两导线相互吸引。同理可知，当通入方向相反的电流时，两导线相互排斥。 12．(5分)如图所示，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；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，实验电路图如图所示。 (1)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，然后用天平称出细沙质量m1。 ③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出________________，并用天平称出________________。 ④用米尺测量________________。 (2)用测量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＝____________。 (3)判定磁感应强度方向的方法是：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)③电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度l (2) (3)m2＞m1 解析：(1)闭合开关后，D受重力G1＝m1g、细线拉力T和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I，此时细沙的质量m2，测出D的底边长度l，可列式求磁感应强度B的大小。 (2)根据平衡条件，有|m2－m1|g＝IlB，解得B＝。 (3)若m2＞m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2<m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。 三、计算题(本题共3小题，共40分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分) 13．(10分)如图甲为航母舰载机起飞示意图，舰载机在自身推力和磁悬浮电磁弹射车水平推力的作用下达到起飞速度。电磁弹射轨道可简化为图乙所示放在水平面上的平行金属导轨，导轨间充满竖直向上的匀强磁场，电流通过磁悬浮电磁弹射车时在安培力作用下推动舰载机加速运动。已知某舰载机质量m＝3.0×104 kg，发动机提供的推力为3.0×105 N(设推力保持不变)，舰载机运动时所受阻力恒为舰载机重力的0.1倍，无电磁弹射系统时舰载机滑行200 m达到起飞速度。当加装电磁弹射系统后，电磁轨道间距d＝2 m，匀强磁场磁感应强度B＝10 T，航空母舰提供给电磁弹射系统的电流I＝4.5×103 A，不计磁悬浮电磁弹射车的质量和其他能量损耗，g取10 m/s2。求： (1)电磁弹射系统使舰载机增加了多大的动力？ (2)使用电磁弹射装置后该舰载机滑行多远就能达到起飞速度？ 答案：(1)9×104 N　(2)150 m 解析：(1)舰载机受到的安培力大小为： FB＝BId＝10×4.5×103×2 N＝9×104 N。 (2)在无电磁弹射系统时，舰载机运动过程中在水平方向受到推力和阻力，根据动能定理可得：(F－Ff)s＝mv2－0 在使用电磁弹射系统时，舰载机运动过程中在水平方向受到推力、安培力和阻力，根据动能定理可得：(F＋FB－Ff)L＝mv2－0 其中：Ff＝0.1mg 联立解得：L＝150 m。 14．(13分)如图甲所示，一电荷量为e的K－1介子以某一初速度按图示沿直线穿过长度为d的复合场区域Ⅰ，且该区域电场强度为E，方向竖直向下；磁场磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里。穿过复合场Ⅰ后，K－1介子进入同一平面的y轴右侧单边界磁场区域Ⅱ，坐标轴与纸面平行，磁感应强度为B2，方向垂直于纸面(图中未画出)。K－1介子在磁场区域Ⅱ中运动轨迹如图乙所示，且OA的距离为L，OB的距离为2L，A、B为运动轨迹与坐标轴的交点。当K－1介子运动到P点时发生衰变，衰变产生带负电的π－1介子(轨迹是PC)和不带电的π0介子(中性粒子轨迹不显示)。测量可知圆弧AP所对的圆心角为60°，不计微观粒子的重力。 (1)求磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2的方向及K－1介子的初速度大小v0； (2)求K－1介子的质量及K－1介子从S1到P的运动时间。 答案：(1)垂直纸面向里　　(2)　 解析：(1)K－1介子带负电，由题意可知，K－1介子在磁场B2中向下偏转，根据左手定则可知磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2的方向垂直纸面向里。 K－1介子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件得ev0B1＝eE 解得v0＝。 (2)K－1介子在磁场B2中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 由几何关系得 (r－L)2＋(2L)2＝r2 解得r＝2.5L 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得ev0B2＝m 解得m＝ K－1介子在复合场Ⅰ中做匀速直线运动，时间为t1＝ K－1介子在磁场区域Ⅱ中由A到P做匀速圆周运动，时间为t2＝T 在磁场区域Ⅱ中由A到P做匀速圆周运动的周期T＝ K－1介子从S1到P的运动时间t＝t1＋t2 联立可得t＝。 15.(17分)如图所示，在三维坐标系O－xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场(图中未画出)。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L，Aa＝AD＝L，B2＝5B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求： (1)磁感应强度B1的大小； (2)粒子第二次经过yOz平面的坐标； (3)电场强度E的大小。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，如图1，由几何关系得 R2＝(2L)2＋(R－L)2 解得轨迹半径R＝L 由牛顿第二定律可得qvB1＝m 解得B1＝。 (2)粒子在yOz平面右侧磁场中在过C点垂直BO连线的平面内做匀速圆周运动，则第二次经过yOz平面的点E在直线Cb上，由左手定则知，E点在Cb线b一侧，如图2。由牛顿第二定律得qvB2＝m 解得轨迹半径r＝L 由几何关系知，E点的y、z坐标分别为 yE＝2rsin45°＝ zE＝L－2rcos45°＝ 即粒子第二次经过yOz平面的坐标为。 (3)由(2)知，粒子从E点沿x轴负方向进入电场，粒子在电场中做类平抛运动， x轴方向上有2L＝vt y轴方向上有L－yE＝at2 由牛顿第二定律有qE＝ma 解得E＝。 13 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