周测评(九) 安培力 安培力的应用-【衡水真题密卷】2025-2026全学年高二物理学科素养周测评（粤教版）

2025一2026学年度高二学科素养周测评（九） 物理·安培力 安培力的应用 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 2 3 答案 1.如图所示，长为5m的直导线折成边长相等、夹角为120°的V形，并置于与其所在平面 相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T。当在导线中通以电流I=2A时，该V 形通电导线受到的安培力大小为 () A.1N B.2N C./3N D.2√3N 2.将长直导线折成如图所示形状固定在匀强磁场中，磁感应强度大小为B,磁场方向与导 线所在平面垂直，AC、ED、FG三段相互平行，长均为L,CD、EF、GH三段相互平行， 长均为L,AC与CD垂直，给导线通入大小为I的恒定电流，则整个导线受到的安培 力大小为 () .C .D.G。H A.BIL B.√2BIL C.3BIL D.10 BIL 3.如图所示，一质量为100g、长度为20cm的导体棒MN垂直 B 放在倾斜的两平行金属导轨上，导轨宽度为20cm,导体棒与 M 10 3 .1309 A- 导轨间的动摩擦因数为3。整个装置置于匀强磁场中，磁感 应强度大小为T,方向与导体棒MN垂直，与倾斜导轨所 J30°. 在平面的夹角0可调。现给导体棒通以由M向N方向的恒定电流，电流大小为10A, 适当调节磁场方向与轨道平面夹角日，可使导体棒沿导轨向上以最大加速度做匀加速直 线运动。已知金属导轨与水平面的夹角为30°，g取10m/s2,设导体棒MN的最大加 速度大小为α。，此时所对应的磁场方向与倾斜导轨所在平面的夹角为0。，则() 高二学科素养周测评（九）物理第1页（共4页） 真题 劳力只能及格，拼命才能优秀 A.a0=10m/s2,磁场方向斜向下，0。=60 班级 B.a0=10m/s2,磁场方向斜向上，0。=609 C.a0=10(√3一1)m/s2,磁场方向斜向下，0。=90° D.ao=10√3m/s2,磁场方向斜向上，0。=150 姓名 4.如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m,导轨处于方 B 向与水平面成53°角斜向左上方的磁感应强度为5T的定滑轮 53d 得分 匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状 ⊙ E.r 态，其质量m=1kg,电阻R=0.92,与导轨间的动摩擦 因数=0.5，电源电动势E=10V,其内阻r=0.12,定 G 值电阻的阻值R。=4Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对 导体棒ab的拉力沿水平方向，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则 A.重物重力G的最小值是1.5N B.重物重力G的最大值是7.5N C.导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右 D.导体棒ab受到的安培力大小为5N,方向水平向左 二、多项选择题：本题共2小题，每小题8分，共16分。每小题有多项符合题目要求，全部 选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。 题号 6 6 答案 5.如图为电流天平，它两臂等长。右臂下方挂着矩形线圈，线圈匝数为 ,水平边长为L,线圈下部处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂 直线圈平面向里。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。 然后使电流反向，大小不变，这时需要在右盘中添加质量为的砝码， 才能使两臂再次达到新的平衡。则 () A.电流反向前，线圈中的电流方向从外向里看为顺时针方向 × B.电流反向后可以选择仅在左盘中移走质量为的砝码，也能使两臂 再次达到新的平衡 2mBIL C.添加的砝码质量m= g D.,添加的砝码质量m=nBIL g 6.如图所示，台秤上放一条形磁铁，此时台秤的读数为F1。现在磁铁两 端正上方对称固定放置两根通电导线，电流大小相等，电流方向如图所 示，台秤的示数为F2。台秤与磁铁始终静止，不考虑通电导线之间的 作用。则下列说法正确的是 ( A.FNI=FN2 B.FNI>FN2 C.两电流同时增大，磁铁与台秤间摩擦力增大 D.两电流同时减小，磁铁与台秤间摩擦力增大 密卷 高二学科素养周测评（九）物理第2页（共4页） YJ 三、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)如图所示，宽为L=0.5m的平行光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角0= 53°，导轨的一端与电动势和内阻均恒定的直流电源相接，空间分布着磁感应强度B= 0.4T、方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m=1.5×10-kg、长为1=0.5m的金属 杆水平放置在导轨上恰好保持静止，若金属杆电阻恒定，不计导轨电阻，sin53°=0.8， c0s53°=0.6。 (1)求金属杆受到的安培力大小。 (2)求通过金属杆的电流。 (3)若匀强磁场的磁感应强度大小和方向都可调整，为使金属杆在图示位置保持静止， 求磁感应强度的最小值B1。 8.(20分)我国电磁炮发射技术世界领先，如图是“电磁炮”的原理结构示意图。已知水平 轨道宽d=2m,长l=100m,轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B=10T,炮弹的质量 m=10kg,弹体在轨道间的电阻R=0.22;可控电源的内阻r=0.82,电源的电压能自 行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射，不计电磁感应带来的影响。在某次试验发射时， 电源为加速弹体提供的电流I=1×104A。若不计轨道摩擦和空气阻力，求： (1)电磁炮弹离开轨道时的速度大小； (2)磁场力对弹体的最大功率； (3)发射过程系统消耗的总能量。 ↑B 导轨 弹体 YJ 高二学科素养周测评（九）物理第3页（共4页） 9.(20分)如图，倾角0=37°、宽度L=2m的平行倾斜导轨与电路连接，金属棒MN垂直 导轨放置在倾斜导轨上，其中点与固定轻质弹簧连接，弹簧的劲度系数k=1N/m。在 倾斜导轨平面内有一圆形区域，区域边界恰与两导轨相切，且圆心O就在弹簧原长状态 与金属棒的连接点上，该区域内存在竖直方向的匀强磁场（图中没画出）。已知电源电 动势E=10V、内阻r=0.52,金属棒MN质量m=0.5kg,接入电路中的阻值R1= 2.5Ω，回路各处接触良好，不计导轨和导线电阻，不计一切摩擦。调节滑动变阻器接入 电路中阻值R2=1Ω，闭合开关，金属棒平衡时弹簧处于原长状态。弹簧始终在弹性限 度内，g取10m/s2,sin37°=0.6，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小及其方向； (2)若将圆形区域中的磁场方向改为垂直倾斜导轨平面向下，而不改变其大小，并将R2 接入电路中阻值调为2Ω，闭合开关，当金属棒平衡时，弹簧的形变量x。 真题密卷 高二学科素养周测评（九）物理第4页（共4页）真题密卷 则sin 2=sin(C-0) (2分) ,a_√7-1 解得sin2=4 (2分) g-7+1 故co824 (1分) 3 则sina=4,可知a=49 (1分) 所以内圆上的透光孤长 1-460°×2πRs4g 180πR (2分) 2R (2)当该单色光与内表面相切射到外表面时传 播时间最长，由几何关系知s=2√3R(1分) 该单色光在玻璃柱中的传播速度= ·(2分) n 所以最长时间 ,26R (2分) 9.(1)4m6m/s(2)波沿x轴负方向传播 (3)3+1 10 m 【解析】(1)由图可知该波的波长 λ=4m (1分) 振动周期T>0.5s,则有 3 t=4T=0.5s (1分) 2 得T=38 (1分) 入 波速u=行=6m/s (1分) 2025一2026学年度高 物理·安培力 一、单项选择题 1.C【解析】根据题意，由几何关系可得，导线折 后的有效长度1'-2·台n60-5m,由公 式F=BIL可得，该V形通电导线受到的安培 力大小F=BL'=0.2X2义)3N=3N,C YJ 16 学科素养周测评 (2)若波沿x轴正方向传播，则 △t=0.5s 时间 内传播的距离 $$\triangle x = \frac { 3 } { 4 } \lambda + k \lambda \left( k = 0 ， 1 ， 2 \cdots \right)$$ (1分) 故波速 $$v = \frac { \triangle x } { \triangle t } = \left( 6 + 8 k \right) m / s \left( k = 0 ， 1 ， 2 ， \cdots \right)$$ (1分) 则有 6+8k=42 解得 k=4.5( (不符题意，舍去) (1分) 若波沿x轴负方向传播，则 △t=0.5s 时间内 传播的距离 $$\triangle x = \frac { 1 } { 4 } \lambda + k \lambda \left( k = 0 ， 1 ， 2 \cdots \right) \left( 1$$ 故波速 $$v = \frac { \triangle x } { \triangle t } = \left( 2 + 8 k \right) m / s \left( k = 0 ， 1 ， 2 ， \cdots \right)$$ (1分) 则有 2+8k=42 解得 k=5 (1分) 故该波沿x轴负方向传播 (1分) (3)若波速为 42m/s， ，该波沿x轴负方向传播， 质点a在 t=0 时刻速度沿 y 轴负方向，其周期 $$T = \frac { \lambda } { v }$$ (1分) 则角速度 $$\omega = \frac { 2 \pi } { T } = 2 1 \pi$$ (1分) 振幅 A=0.2m (1分) 设质点 a 回到平衡位置用时 $$t _ { 1 } ，$$ ，则 $$y _ { 1 } = 0 . 2 \sin 2 1 \pi t _ { 1 } \left( m \right)$$ (1分) $$t _ { 1 } = \frac { 1 } { 6 3 } s$$ (1分) 则剩余时间t $$t _ { 2 } = \frac { 1 } { 4 2 } s - t _ { 1 } = \frac { 1 } { 1 2 6 } s$$ (1分) 由 $$y _ { 2 } = 0 . 2 \sin 2 1 \pi t _ { 2 } \left( m \right)$$ (1分) 解得y=0.1m $$y _ { 2 } = 0 . 1 m$$ (1分) 质点 a $$0 \sim \frac { 1 } { 4 2 } s$$ 内的路程 $$y = y _ { 1 } + y _ { 2 } = \frac { \sqrt 3 + 1 } { 1 0 } m 。$$ (1分) 学科素养周测评(九) 安培力的应用 正确。 2.B 【解析】整个导线的有效长度等于AH的长 度，即为 $$\sqrt 2 L ，$$ ，因此受到的安培力大小 $$F _ { } = B I \cdot$$ $$\sqrt 2 L = \sqrt 2 B I L ， B$$ 正确。 3.A 【解析】导体棒所受安培力大小 F=BIL= $$\frac { \sqrt 3 } { 2 } \times 1 0 \times 0 . 2 N = \sqrt 3$$ $$\sqrt 3 N ，$$ ，设导体棒有沿导轨平 ·物理· 面的最大加速度时，所受安培力大小为F,与导 轨平面夹角为a,则由牛顿第二定律得a= Fcos a-μ(mg cos30°-Fsin a)-mg sin30° m F(cosa十usin a) m -(gcos30°+gsin30),由于 3 2w3 cos ausin a-cosasinasin (60a) 则当a=30°时表达式值最大，即加速度a最大， 可得最大加速度ao=10m/s2,由左手定则可 知，磁场方向斜向下，与导轨平面夹角为0。 60°，A正确。 4.B【解析】根据闭合电路的欧姆定律得E= I(R十R。十r),可得I=2A,导体棒ab受到的 安培力为FA=BIL=5N,方向垂直于磁场方 向斜向右上方，与水平面成37°角，D错误；对导 体棒ab受力分析，如图所示，导体棒ab受到的 最大静摩擦力为fm=H·(mg一FAcos53)= 3.5N,当导体棒ab受到的摩擦力等于最大静 摩擦力，且方向向左时，重物重力G最小，最小值 为Gmm=FAsin53°-fm=0.5N,A错误；当导 体棒αb受到的摩擦力等于最大静摩擦力，且方 向向右时，重物重力G最大，最大值为Gmx= FAsin53°+fm=7.5N,B正确；重物重力大小 未知，导体棒αb受到的摩擦力方向可能向右， 也可能向左，C错误。 N F 53 T← 二、多项选择题 5.ABC【解析】电流反向后需要在右盘中添加 质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平 衡，可知电流反向后安培力向上，则电流反向 前，线圈所受安培力方向应当向下，由左手定则 可知，电流方向从外向里看为顺时针方向，A正 确；由电流天平的平衡条件可知，B正确；由 题意知2mB1L=mg,解得m=2mBIL,C正 确，D错误。 6.AC【解析】以通电导线为研究对象，左边通电 导线电流方向垂直于纸面向里，根据左手定则判断 可知，其所受安培力F1方向为斜向右下方，如图 所示。根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的磁 场力F方向斜向左上方，右边通电导线电流方向 参考答案及解析 垂直于纸面向外，根据左手定则判断可知，其所受 安培力F2方向为斜向右上方，根据牛顿第三定律 分析得知，磁铁受到的磁场力F方向斜向左下 方，因为两根通电导线中电流大小相等，得F1= F,,根据牛顿第三定律分析得F=F,,把F1和 F?正交分解可知竖直方向上两分力的合力大小相 等，方向相反，合力为零，得台秤的读数不变，F= F2,A正确，B错误；把F1和F?正交分解可知水 平方向上两分力的合力大小相等，方向向左，则台 秤对磁铁的水平向右，因为台秤与磁铁始终静止， 所以两电流同时增大，安培力增大，由牛顿第三定 律可知通电导线对磁铁的反作用力增大，得磁铁与 台秤间摩擦力增大，C正确，D错误。 F 三、非选择题 7.(1)0.2N(2)1A(3)0.24T,方向垂直于导 轨平面向上 【解析】(1)对金属杆受力分析，根据共点力平衡 条件可得Fa=mg tan53° (2分) 解得FA=0.2N (1分) (2)根据安培力的计算公式有FA=BIL(2分) 解得I=1A (1分) (3)当安培力沿导轨向上时，磁感应强度最小， 则B1IL=mg sin53 (2分) 解得B1=0.24T (2分) 此时方向垂直于导轨平面向上。 (2分)》 8.(1)2×103m/s(2)4×108W (3)3×107J 【解析】(1)电磁炮所受安培力 F=BId=2X105 N (3分) 1 根据动能定理可知FL= (2分) 解得v=2×103m/s (2分) (2)磁场力对弹体的最大功率 P=Fv=4×108W (3分) (3)由动量定理Ft=mv (3分) 解得t=0.1s (2分) 发射过程产生的焦耳热 Q=I2(R+r)t=1×107J (3分) 发射过程系统消耗的总能量 1 E=Q+2mo2=3X10'J (2分) 9.(1)0.75T,方向竖直向下(2)0.6m 【解析】(I)闭合开关时，流过MN电流大小 E L-,+R,+R2=2.5A (3分) YJ 真题密卷 学科素养周测评 金属棒MN平衡时弹簧处于原长，其受力图如 列出平衡方程 图甲所示，由左手定则可知磁感应强度方向竖 mg sin 0=BI2L+kx (3分) 直向下，且满足BIL=mg tan9 (3分) 解得B=0.75T (2分) 即ng sin0=BI2·2/2 -x2+kx(2分) 解得x=0或x=0.6m (2分) 可知平衡时弹簧形变量为0.6m。 M mg XX 甲 (2)金属棒平衡时设弹簧伸长量为x,其稳定状 态如图乙所示，流过金属棒电流 ×× E 1:=,+R1+R=2A (3分) 金属棒在磁场中的有效长度 (2分) 乙 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十） 物理·洛伦兹力洛伦兹力与现代技术 一、单项选择题 1.C【解析】粒子所受洛伦兹力方向向上，故粒 最小轨迹半径为r2= 12m2(U-△U) ,两种离 B 子所受电场力方向向下，极板P带正电，A错 子的轨迹不发生重叠，则有r<r2,解得< 误；撤掉电场，设粒子在磁场中的运动半径为？， 则有(-合d)+L2=r,解得r=1m,根据 m2-m1 ,当U一定时，△U越大，越不容易满足 m2十m1 20,B=m三，解得=0.5m/s,B0误；根据 上式，越容易发生重叠，当△U一定时，U越小， 越不容易满足上式，越容易发生重叠，C正确，D Eg=qB,可得E=0.5N/C,C正确；撤掉磁场， 错误。 3.D【解析】辐射电场中，沿电场线方向，电场线 假设粒子不打在极板上，则有y=2(仁)一 逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的 Q.18m<号，故假设正境D错误。 电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，A、 2.C【解析】根据左手定则及题图中带电离子的 B错误；在加疏电场中有gU=弓mi,在偏转电 偏转方向可知，两种离子均带正电，A错误；离 子经过加速电场加速时，有gU=}m mv2,进入磁 场中清足gE=,联立解得UER ,C错误； 带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二 场后有如B=m二，联立解得r= 1 2mU ，即 06 定律有qoB=m,联立解得P点与Q点的 质量小的离子轨迹半径也较小，打在M处的离 2 mER 距离x=27=B√g ，D正确 子质量较小，B错误；假设质量为m2的离子质 量大，则质量为m1的离子最大轨迹半径 4.A【解析】由题意可知，粒子可能在两个磁场 1/2m1(U+△U) 间做多次的运动。根据几何关系可知，圆孤对应 为T1=BN ,质量为m2的离子的 的圆心角均为60°，根据几何关系可得粒子运动 YJ 18