第一章 安培力与洛伦兹力 模拟测试卷-2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

第1章　安培力与洛伦兹力 (时间:75分钟　满分:100分) 一、单项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是(　　) A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半 2.在电视机的显像管中,电子束的扫描是用磁偏转技术实现的,其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面,而不加磁场时,电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ,偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的(　　) 3.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,可能正确的是(　　) 4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有多项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 5. 已知一质量为m的带电液滴,经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则(　　) A.液滴在空间可能受4个力作用 B.液滴一定带负电 C.液滴做圆周运动的半径r= D.液滴在叠加场中运动时总能量不变 6. 如图所示,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负粒子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,则下列说法中正确的是(不计重力)(　　) A.粒子在飞出磁场时的动能一定相等 B.粒子在磁场中运动半径一定相等 C.由Q点飞出的粒子在磁场中运动的时间最长 D.沿PQ方向射入的粒子飞出时偏转角最大 7.关于下图磁场中的四种仪器的说法正确的是(　　) 甲:回旋加速器　　乙:质谱仪 丙:霍尔元件　　丁:电磁流量计 A.甲图中要使粒子获得的最大动能增大,可以增大交变电流的电压 B.乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时,击中光屏同一位置的粒子比荷相同 C.丙图是载流子为负电荷的霍尔元件,加上如图所示的电流和磁场时N侧电势低于M侧 D.丁图中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示的磁场,若流量Q恒定,则前后两个金属侧面的电压与a、b、c均无关 8.如图甲所示,一个质量为m的带正电荷的物块,由静止开始从斜面上的A点下滑,滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同,且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场,如图乙所示,第二次让物块从A点由静止开始下滑,结果物块在水平面上的D'点停下来。后又撤去电场,在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场,如图丙所示,再次让物块从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来,则下列说法正确的是(　　) A.D'点一定在D点左侧 B.D'点一定与D点重合 C.D″点一定在D点右侧 D.D″点一定与D点重合 三、非选择题(本题共8小题,共60分) 9.(3分)如图所示,有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场,一束电子流以初速度v从水平方向射入,为了使电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,这个电场的电场强度方向是　　　　　　　　　,大小为　　　　　。  10.(3分)如图所示,两平行金属导轨间的距离l=0.4 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=0.5 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=0.5 Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω,金属导轨电阻不计,g取10 m/s2。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则导体棒受到的安培力大小为　　　　 N,摩擦力大小为　　　　 N。  11.(3分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子H)加速到v,使它获得动能为Ek,则: (1)能使α粒子获得的动能为　　　　。  (2)加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为　　　　。  12. (5分)如图为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。则粒子一定带　　　　(选填“正”或“负”)电,加速电场的电压U=　　　　,PQ的长度为　　　　。  13.(7分)按照如图所示进行实验。 (1)分别接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与　　　　　　　　有关。  (2)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向　　　　(选填“改变”或“不改变”)。  (3)只改变导线中电流的方向,导线受力的方向　　　　(选填“改变”或“不改变”)。 (4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足　　　　　　　。 14.(11分)一根金属棒放在两根间距为L=0.2 m、倾角θ=37°的光滑绝缘斜杆上,并通过I=5 A的电流,方向如图所示,整个装置放在磁感应强度B=0.6 T、方向竖直向上的匀强磁场中,若金属棒恰能静止在斜杆上,求该棒重力的大小。(sin 37°=0.6) 15.(12分)(2025河南安阳一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场,x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场。现从y轴上的A点沿x轴负方向发射一初速度为v0的带正电粒子,经电场偏转后与x轴负方向成θ=60°夹角进入磁场区域,粒子刚好能打在与y轴垂直的足够大荧光屏P上。已知荧光屏P到x轴的距离为l,A点到坐标原点O的距离为d,不计粒子重力。 (1)求进入磁场时的入射点到坐标原点O的距离; (2)求电场强度E与磁感应强度B的比值; (3)若改变初速度的大小,让粒子从y轴上M点(图中未画出)沿x轴负方向射出,现要求粒子仍能以与x轴负方向成θ=60°夹角进入磁场,且进入磁场后垂直打在荧光屏P上,求此时M点到坐标原点O的距离d'。 16.(16分)如图所示,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0。 (2)求两极板间磁场的磁感应强度B。 (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。 参考答案 1.B　安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直,选项A错误,B正确;由F=BILsin θ可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角时,因磁场与导线的夹角未知,则安培力的大小不能确定,选项D错误。 2.B　由题意知,要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束既要向上偏转,又要向下偏转,所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时,应有方向改变,C、D错误;A项中磁感应强度大小不变,则电子束受到的洛伦兹力大小相同,偏转量也相同,向同一方向偏转的电子都打到同一点,不能得到连续的亮线,A错误,B正确。 3.A　质子射出后,先在对角平面MNPQ左侧运动,根据左手定则可知,刚射出时受到沿y轴正方向的洛伦兹力,做匀速圆周运动,沿z轴负方向看为逆时针方向,即在对角平面MNPQ左侧会向y轴正方向偏移,y轴坐标增大;在对角平面MNPQ右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,做与左侧半径相同的匀速圆周运动,沿z轴负方向看为顺时针方向,选项A正确,B错误。质子在整个运动过程中只受到平行于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,选项C、D错误。 4.A　如图为筒转过90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O'。 根据题意,∠NMN'=45°,O'M与NM延长线的夹角为60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为30°,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,,即,解得比荷,A选项正确。 5.BCD　液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,所以选项A错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项B正确。根据qU=mv2,r=,qE=mg,解得r=,选项C正确。液滴在叠加场中运动的过程中能量守恒,选项D正确。 6.BC　射入磁场的粒子比荷相等,但质量不一定相等,故射入时初动能可能不相等,又因为洛伦兹力不做功,这些粒子从射入到射出动能不变,故不同的粒子的动能可能不相等,A错误;粒子在磁场中偏转的半径为r=,由于比荷和速率都相等,磁感应强度B为定值,故所有粒子的偏转半径都相等,B正确;同时,各粒子在磁场中做圆周运动的周期T=也相等,根据几何规律,圆内较大的弦对应较大的圆心角,所以从Q点射出的粒子偏转角最大,在磁场内运动的时间最长,C正确;沿PQ方向射入的粒子不会从Q点射出,故偏转角不是最大,D错误。 7.BC　在回旋加速器中,由牛顿第二定律有qvB=m,当轨迹半径r为D形盒半径R时,粒子获得的动能最大,为Ek=,与交变电流的电压无关,A错误;粒子经过速度选择器时,只有满足qE=qvB1,即v=,粒子才能进入偏转磁场,显然能进入偏转磁场的粒子速度都相同,在偏转磁场中,由牛顿第二定律有qvB2=m,解得r=,因为击中光屏同一位置,所以轨迹半径r相同,则粒子比荷相同,B正确;在霍尔元件中,由于载流子带负电荷,由左手定则可知,载流子在洛伦兹力的作用下向N侧偏转,则N侧电势低于M侧,C正确;经过电磁流量计的带电粒子会在洛伦兹力的作用下向着前后两个侧面偏转,使前后两个侧面产生电势差,从而形成电场,当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场,此时满足Bqv=Eq=q,可得前后两侧的电压为U=Bvb,而流量Q=bcv,解得U=B··b=,由此可知,当流量Q恒定时,前后两个金属侧面的电压与磁感应强度B和c有关,D错误。 8.BC　根据功能关系有mgh=μmgcos α·LAB+μmgLBD,当加电场时,有(mg+Eq)h=μ(mg+Eq)cos α·LAB+μ(mg+Eq)·LBD',由两式得LBD=LBD',A错误,B正确;当加匀强磁场时,由左手定则知,物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小,滑动摩擦力减小,又洛伦兹力不做功,所以可判断C正确,D错误。 9.解析 电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里,要使电子流经过磁场时不偏转,电子所受电场力方向必须垂直纸面向外,且与洛伦兹力等大,即Eq=qvB,E=Bv;电子带负电,所以电场方向垂直于纸面向里。 答案 垂直于纸面向里　Bv 10.解析 根据闭合电路欧姆定律得I= 导体棒受到的安培力F安=BIl=0.3 N 导体棒受力如图所示 将重力正交分解,得 mgsin 37°=0.24 N<F安 根据平衡条件得mgsin 37°+f=F安 解得f=0.06 N。 答案 0.3　0.06 11.解析 (1)回旋加速器的最大半径是一定的,R=,质子H的质量和电荷量的比值即,而α粒子质量和电荷量的比值为,RH=,Rα=。 RH=Rα,得vα=mαmv2 所以α粒子动能与质子相同。 (2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T=。所以α粒子的周期是质子运动周期的2倍,即所加交变电场的周期的比为2∶1,则频率之比为1∶2。 答案 (1)Ek　(2)1∶2 12.解析 由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,根据左手定则可得,粒子带正电;粒子在加速电场中有qU=mv2,又粒子在静电分析器做匀速圆周运动,由电场力提供向心力,有qE=,解得U=ER;粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得PQ=2r=。 答案 正　ER　 13.答案 (1)导线在磁场中的长度　(2)改变　(3)改变 (4)左手定则 14.解析 金属棒受力分析的侧视图如图所示 安培力F=ILB=5×0.2×0.6 N=0.6 N 由平衡条件得 mg==0.8 N。 答案 0.8 N 15.解析 (1)设粒子在电场中运动时,沿y轴负方向获得的分速度为vy,则由速度合成规律可得 vy=v0tan θ=v0 设粒子在电场中的运动时间为t,则有 s=v0t,d=t 解得 s=d。 (2)由d=t 可解得粒子在电场中的运动时间为 t= 又由vy=t=v0 可解得 E= 粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图甲所示 甲 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则有 r+rcos θ=l 解得 r=l 设粒子进入磁场时的速度大小为v,则有 v==2v0 由牛顿第二定律可得 qvB=m 解得 B= 故有 。 (3)设粒子以初速度v0'从y轴上的M点射入电场,由于粒子进入磁场时的角度不变,故粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为 v'=2v0' 粒子在磁场中的运动情况如图乙所示 乙 由几何关系可知,此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r'==2l 粒子在电场中沿y轴负方向运动时,有 vy'2=2··d' 又因为 vy'=v'sin θ 由牛顿第二定律可知 qv'B=m 以上各式联立可解得 d'=9d。 答案 (1)d　(2)　(3)9d 16.解析 (1)小球在电磁场中做匀速圆周运动,小球受的静电力大小与重力大小相等,即mg=q 又由于U=·R2 得E0=。 (2)如图所示 设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为R,根据几何关系得(R-d)2+(d)2=R2 解得R=2d 由qvB= 得B=。 (3)小球离开电磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°,要使小球做直线运动,需使小球所受静电力在垂直于小球速度方向的分力与重力在垂直于小球速度方向的分力相等。当静电力在平行于小球速度方向的分力为零时,静电力最小,电场强度最小,可得qE'=mgsin 30° 解得E'=。 答案 (1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $