单元检测卷(一) 安培力与洛伦兹力-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

单元检测卷(一)　安培力与洛伦兹力 (时间：90分钟　满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1.(2024·宁夏银川高二期中)关于下列各图的相关判断和描述正确的是(　　) A.图甲中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合事实 B.图乙中表示条形磁体的磁感线从N极出发，到S极终止，符合事实 C.图丙中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合事实 D.图丁中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合事实 答案：C 解析：题图甲中两导线中的电流反向，根据安培定则和左手定则可知，两导线应相互排斥，故A错误；磁感线为闭合曲线，没有起点和终点，故B错误；题图丙中导线通电后导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极向纸面内旋转，故C正确；题图丁中环形导线通电后，其轴心位置的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极应向纸面外旋转，故D错误。故选C。 2.(2024·北京海淀区高二期中)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会给地球上的生命带来危害。但地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子(不计重力)在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是(　　) A.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带负电且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 答案：A 解析：在赤道位置，地磁场方向由南指向北，若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向东，即由于地磁场的作用将向东偏转，故A正确，B错误；若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，运动方向与磁感线方向平行，粒子不发生偏转，则粒子不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故C、D错误。故选A。 3.某兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。如图所示，通过改变天平右盘里的砝码可使得天平平衡，天平左臂下面的绝缘挂钩上分别挂上匝数相同、形状不同的正多边形线框，线框中通有相同的顺时针电流，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，正多边形线框的边长L都相同，则测磁感应强度灵敏度最高的是(　　) 答案：D 解析：正六边形的有效长度最大，为2L，根据安培力的计算公式F＝IlB可知，当B相同时，F最大。故选D。 4.在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是(　　) 答案：D 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，可得粒子运动的轨道半径r＝，由于粒子甲在M点突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，由动量守恒定律可知，放出粒子乙后，新粒子丙的动量大于粒子甲的动量，故轨道半径变大。故选D。 5.关于甲、乙、丙、丁四个图，下列说法正确的是(　　) A.图甲是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且AB＝AC＝AD，则A点的磁感应强度方向水平向左 B.图乙是速度选择器，如果带电粒子从右边小孔射入，可能沿虚线路径从左边小孔射出 C.图丙是磁流体发电机，通过电阻R的电流大小与A、B板间的磁感应强度无关 D.图丁是质谱仪，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S1飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方 答案：D 解析：题图甲，由安培定则可知，B处与D处的直导线电流在A点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度等于零，因此A点的磁感应强度由C处的直导线产生，磁感应强度方向水平向右，A错误；题图乙，如果带正电粒子从右边小孔射入，由左手定则可知，带正电粒子所受洛伦兹力方向向下，同时所受静电力方向也向下，同理，带负电粒子所受洛伦兹力和静电力均向上，因此如果带电粒子从右边小孔射入，不能沿虚线路径从左边小孔射出，B错误；题图丙，当等离子体平衡时，洛伦兹力大小等于静电力大小，即qvB＝q，因此电动势E＝U＝Bvd，与磁感应强度有关，可知，通过电阻R的电流大小与磁感应强度有关，C错误；题图丁，带电粒子在电场中加速时，有qU＝mv2，在磁场中，有qvB＝m，解得r＝，可知，比荷相同的氦核和氘核在磁场中运动的半径相同，即会打在照相底片同一个地方，D正确。故选D。 6.空间中有两个区域存在有界匀强磁场，如图所示，甲为半径为R的圆，乙为边长为R的正方形，磁场方向均垂直纸面向外，现有大量质量为m、电荷量为q(q＞0)、速度大小为的带电粒子分别从两磁场左侧边界水平向右射入磁场，不计粒子重力及其相互作用，有关粒子的运动，下列说法正确的是(　　) A.图甲中粒子从同一位置沿不同方向射出磁场，图乙中粒子从不同位置沿不同方向射出磁场 B.两图中粒子分别从两磁场边界的某一位置射出磁场，且出射方向分别相同 C.两图中粒子射出磁场时的位置均分别布满两磁场的某一边界 D.若粒子带负电，两图中粒子射出磁场时的情况分别和带正电粒子相同 答案：A 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝R，取1、2两个代表粒子，运动轨迹如图a、b所示。图a中，根据几何关系可得四边形ACDO与四边形ECDO'均为菱形，可知粒子1、2从同一位置离开，但射出的方向不相同，图b中，粒子的出射位置和方向都不同，故A正确，B、C错误；若粒子带负电，粒子都向上偏转，所以出射情况和带正电粒子不同，故D错误。故选A。 7.(2024·湖北高考) 如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 答案：D 解析：在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的带电粒子，总是沿径向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，则根据对称性和经过的时间间隔最小可知轨迹如图甲所示，则最短时间为t＝2T＝，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得 v＝，故D正确。故选D。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8.(2025的直流电源。现把一根·广东揭阳高二期末)如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条的滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.到达光电门2之前滑块先加速后减速 B.到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变 C.滑块所带的电荷量为－ D.滑块所带的电荷量为＋ 答案：BC 解析：以带遮光条的滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，加速度减小到零后做匀速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1之前已经做匀速运动，即到达光电门2之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确，D错误。故选BC。 9.(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A.油滴a带负电，所带电荷量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 答案：ABD 解析：油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝qE，解得 q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，则有3R＝，解得 v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；油滴a分离前、后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，可得mv＝v1＋v2，解得 v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。故选ABD。 10.如图所示，空间电场、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。场区足够大，不计粒子重力。则(　　) A.当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45° B.当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为 C.电场强度大小为B0v0 D.粒子回到P点所用的总时间为 答案：ABC 解析：根据题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确；由A选项分析可知，粒子进入电场的方向与电场强度的方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，然后在磁场中做匀速圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律可得qv0B0＝m，代入数据可得R＝，根据几何关系可得PS＝2R＝，故B正确；设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场时的速度方向与电场方向垂直，由图可知，水平方向有2R＝v0t3，竖直方向有2R＝a，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，其中R＝，联立解得E＝B0v0，故C正确；粒子回到P点所用的总时间t包括在磁场中的运动时间t1，第一次在电场中先减速后加速的时间t2以及第二次在电场中偏转的时间t3，由几何关系可知t1＝T＝，由运动学公式可知t2＝＝，t3＝＝，则t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。故选ABC。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(8分)(2024·上海高考) 某回旋加速器的示意图如图所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交流电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。 (1)粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W，冲量为I，则　　　　。 A.W＝0，I＝0 B.W≠0，I＝0 C.W≠0，I≠0 D.W＝0，I≠0 (2)H核和H核自图中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差的绝对值始终为U，电场方向做周期性变化，H核在每次经过缝隙间时均被加速(假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略)。H核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为　　　　。 A.1∶3 B.1∶9 C.1∶1 D.9∶1 E.3∶1 答案：(1)D　(2)E 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，即W＝0，洛伦兹力的冲量I≠0。故选D。 (2)由题意可知，H核与H核的电荷量之比为1∶1，H核与H核的质量之比为1∶3，根据带电粒子在磁场中运动的周期T＝，可知H核与H核在磁场中运动的周期之比为1∶3，H核完成3次加速后，实际在磁场中转了2个半圈，时间为一个周期，则此时H核在磁场中转了圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对H核有3qU＝Ek1－0，对H核有qU＝Ek2－0，解得动能之比为3∶1。故选E。 12.(10分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0＝2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)导体棒受到的安培力大小。 (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数。 答案：(1)4 N　(2) 解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律得 I＝＝2 A 导体棒受到的安培力大小为F安＝ILB＝4 N。 (2)对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，沿斜面方向有 mgsin 30°＋Ff＝F安 垂直于斜面方向有 FN＝mgcos 30° Ff＝μFN 联立解得μ＝。 13.(10分)如图所示，一质量为m、电荷量为－q、不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B。 (2)穿过第一象限的时间。 答案：(1)　(2) 解析： (1)作出带电粒子做圆周运动的轨迹如图所示，由图中几何关系知rcos 30°＝a，可得r＝ 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 可得B＝。 (2)带电粒子在第一象限内的运动时间 t＝·＝。 14.(12分)(2024·辽宁沈阳高二月考)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一正粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求： (1)粒子的比荷。 (2)粒子在磁场中运动的总时间。 (3)粒子在电场中运动的总时间。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 可得＝。 (2)根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，减速到零后再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示 则粒子在磁场中运动的总时间为t磁＝＝。 (3)粒子在电场中运动时，根据牛顿第二定律有qE＝ma解得a＝ 根据v0＝at，结合对称性可得粒子在电场中运动的总时间为t电＝＝。 15.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM＝L，ON＝L，不计粒子重力。求： (1)电场强度大小E。 (2)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向。 (3)磁感应强度大小B。 答案：(1)　(2)2v0　与x轴夹角为60°　(3) 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示 粒子在电场中做类平抛运动，在x轴方向有 L＝v0t 在y轴方向有 L＝·t2 联立解得E＝。 (2)设粒子进入磁场时速度大小为v，与x轴的夹角为θ，沿y轴方向的速度大小为vy＝t＝v0 则tan θ＝＝ 解得θ＝60° 合速度为v＝＝2v0。 (3)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由几何关系可得rsin 60°＝L 解得r＝2L 根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 联立以上各式解得B＝。 学科网（北京）股份有限公司 $