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（鲁科版）

单元检测卷(一) 安培力与洛伦兹力 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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，只有一项是符合题目要求的) 1.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，通电的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前运动。下列说法错误的是(　　) A.要使船前进，图中MN应接直流电源的负极 B.改变超导线圈中的电流方向或电极的正负，可控制船前进或倒退 C.控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，就可以控制船航行的速度大小 D.该超导电磁船应用的是电磁感应原理 答案：D 解析：当MN接直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，A正确；改变超导线圈中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，即改变船体的受力方向，而改变电极的正负，也可以改变船体的受力方向，故能控制船前进或倒退，故B正确；控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，根据安培力的计算公式F＝IlB可知安培力就会发生变化，这样使得对船的推力发生变化，就可以控制船航行的速度大小，故C正确；该超导电磁船应用的是安培力、作用力与反作用力的原理，D错误。 2.关于运动电荷和磁场的说法中，正确的是(　　) A.运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度必为零 B.电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定互相垂直 C.电子射线由于受到垂直于它的磁场作用而偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果 D.电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力 答案：D 解析：若电荷的运动方向与磁场平行，则电荷不受洛伦兹力作用，A错误；电荷的运动方向与磁场方向可以成任意角度，不一定垂直，B错误；洛伦兹力可以改变电子的运动方向，但洛伦兹力方向始终与电子运动方向垂直，一定不做功，C错误；若电荷与磁场没有相对运动，f＝qvB中v＝0，电荷一定不受磁场的作用力，D正确。 3.导线中带电粒子的定向运动形成了电流，带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中自由电荷定向运动的速度都是v，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，导线的长度为L、横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　) A.由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I＝nqvS B.题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断 C.每个粒子所受的洛伦兹力为f＝qvB，通电导线所受的安培力为F＝nqvB D.改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向，而导线受到的安培力方向保持不变 答案：A 解析：电流I＝＝＝nqvS，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为f＝qvB，则其所受的安培力为F＝nqLSvB＝ILB，则C错误；洛伦兹力方向反向，导线所受到的安培力方向也反向，则D错误。 4.实验室常用到磁电式电流表。其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，OO'为线圈的转轴。忽略线圈转动中的摩擦。当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO'方向看(　　) A.线圈保持静止状态 B.线圈开始沿顺时针方向转动 C.线圈开始沿逆时针方向转动 D.线圈既可能顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动 答案：B 解析：由左手定则知，线圈的左边受力向上，右边受力向下，故顺着OO'方向看，线圈开始沿顺时针方向转动，A、C、D错误，B正确。 5.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　) A.kBl，kBl　　　　　 B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案：B 解析：若电子从a点射出，运动轨迹如实线①所示， 有qvaB＝m ra＝ 解得va＝＝＝ 若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示， 有qvdB＝m ＝＋l2 解得vd＝＝＝ 选项B正确。 6.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，有两个质量和电荷量都相等的粒子沿ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.两粒子都带正电 B.从e点射出的粒子速率是从b点射出粒子速率的两倍 C.从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长 D.从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长 答案：C 解析：粒子运动轨迹如图所示，根据左手定则可知ae轨迹粒子带正电，ab轨迹的粒子带负电，故A错误；由几何关系可知θ1＝120°，θ2＝60°，r2∶r1＝3∶1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝m ，得：v＝，故从e点射出的粒子速率是从b点射出粒子速率的3倍，故B错误；因为从b点飞出的粒子偏转角大于从e点飞出的粒子，根据：qvB＝m 、T＝和t＝T得出从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长，故C正确，D错误。 7.如图所示，竖直虚线P、Q间分布着竖直向下的匀强电场，间距为d，水平虚线CD与CF之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CF与虚线Q间的夹角为θ＝30°。现一质量为m、电荷量为q的粒子从A点以水平初速度v0射入电场，经偏转后恰能从C点射入磁场，且速度与虚线CD的夹角也为θ，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.粒子在磁场中运动的时间为t＝ C.电场强度大小为E＝ D.粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝ 答案：B 解析：带电粒子在电场中向下偏转，故粒子带正电，故A错误；设带电粒子在匀强电场中运动时间为t0，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，有d＝v0t0，tan 30°＝，由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝，故C错误；带电粒子进入磁场的速度大小为v＝，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝，故D错误；粒子在磁场中运动的时间为t＝×，解得t＝，故B正确。故选B。 8.某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是(　　) A.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL＋mgLsin θ B.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2R C.将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小 D.将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变 答案：A 解析：对弹丸受力分析，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ＝ma，解得：F＝mgsin θ＋ma，所以安培力做功W＝F·L＝maL＋mgLsin θ，故A正确；I2R为过程中产生的热，不等于安培力做功，故B错误；由F＝mgsin θ＋ma知，安培力为恒力，故安培力的功率P＝F·v＝F·at，故安培力的功率一直增大，故C、D错误。 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，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子，图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距L。一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出磁场的粒子，下列说法正确的是(　　) A.射出粒子带正电 B.射出粒子的最大速度为 C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 答案：BC 解析：由左手定则和粒子的偏转情况可以判断射出粒子带负电，选项A错误；根据洛伦兹力提供向心力，得qvB＝，解得v＝，可知r越大，v越大，由题图可知，r的最大值为rmax＝，则vmax＝，选项B正确；又r的最小值为rmin＝，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝，故选项C正确，D错误。 10.由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪的构造示意图如图所示。静电分析器通道内分布有均匀辐射状电场，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电压为U的电场加速后，沿辐射状电场的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。已知辐射状电场中心线处的电场强度大小为E，粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，不计粒子受到的重力和阻力，下列判断正确的是(　　) A.粒子进入静电分析器时的速度大小为 B.磁分析器中磁场的磁感应强度大小为E C.粒子在磁分析器中运动的时间为 D.粒子在静电分析器中运动的时间为 答案：CD 解析：在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝，A错误；因粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，有qE＝qvB，解得B＝E，B错误；在磁分析器中，有t磁＝＝，故C正确；粒子在静电分析器中，电场力提供向心力，有t电＝＝t磁＝，故D正确。故选CD。 11.某圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有两个不同的粒子a、b，以不同的速度同时由A点沿AO(O为圆心)方向射入圆形磁场区域，又同时由C点及B点分别射出磁场，其运动轨迹如图所示(虚线AB弧长等于磁场圆周长的，虚线AC弧长等于磁场圆周长的)，粒子始终在纸面内运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是(　　) A.a、b粒子在磁场中运动半径之比Ra∶Rb＝∶3 B.a、b粒子在磁场中运动的周期之比Ta∶Tb＝3∶4 C.a、b粒子的比荷之比∶＝3∶2 D.a、b粒子的速率之比va∶vb＝∶4 答案：AC 解析：设磁场半径为R0，粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系，可以得出Ra＝R0，Rb＝＝R0，所以Ra∶Rb＝∶3，故A正确；因为两粒子同时进入，同时射出，所以Tb＝Ta，即＝，故B错误；根据T＝，所以比荷之比∶＝3∶2，故C正确；根据半径关系 Ra∶Rb＝∶3，比荷关系∶＝3∶2，且R＝，联立解得va∶vb＝∶2，故D错误。 12.电子在匀强磁场中以某固定的正电荷为中心做顺时针方向的匀速圆周运动，如图所示。磁场方向与电子的运动平面垂直，磁感应强度为B，电子的速率为v，正电荷与电子的带电荷量均为e，电子的质量为m，圆周半径为r，则下列判断中正确的是(　　) A.如果k ＜Bev，则磁感线一定指向纸内 B.如果2k ＝Bev，则电子的角速度为 C.如果k ＞Bev，则电子不能做匀速圆周运动 D.如果k ＞Bev，则电子的角速度可能有两个值 答案：ABD 解析：如果k ＜Bev，因为电子所受库仑力指向圆心，则洛伦兹力也一定指向圆心，根据左手定则，可知磁感线一定指向纸内，故A正确；如果2k ＝Bev，则洛伦兹力一定指向圆心，根据牛顿第二定律得k ＋Bev＝mrω2，解得ω＝，故B正确；如果k ＞Bev，洛伦兹力可能指向圆心，也可能背离圆心，电子仍能做匀速圆周运动，所以角速度可能有两个值，故C错误，D正确。 三、非选择题(本题共6小题，共60分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(6分)如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度，电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，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，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。 (1)用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式为　　　　。 (2)当n＝5，L＝10 cm，I＝0.1 A，m＝10 g时，磁感应强度的大小为B＝　　　　T。(重力加速度g取10 m/s2) 答案：(1)　(2)1 解析：(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当线圈通过如题图所示方向的电流时，根据平衡条件有m1g＝(m0＋m2)g－nILB ① 当线圈通过的电流反向时，根据平衡条件有 (m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB ② 联立①②解得B＝。 (2)代入数据得B＝＝ T＝1 T。 14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量，如图甲所示，他将一个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，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题： (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，使其沿着长木板向下运动，多次调整倾角θ，直至打出的纸带上的点迹　　　　，测出此时木板相对水平面的倾角，记为θ0。 (2)如图乙所示，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，绳与滑轮间的摩擦不计。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带电荷量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是　　　　。 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)为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有　　　　。 A.物块A的质量M B.物块B的质量m C.物块A与木板间的动摩擦因数μ D.两物块最终的速度vm (4)用重力加速度g、磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为　　　　　　　　　。 答案：(1)间距相等　(2)D　(3)BD　(4) 解析：(1)此实验平衡摩擦力后，确定物块做匀速直线运动的依据是打点计时器在纸带上所打出的点等间距分布。 (2)设物块A的质量为M，物块B的质量为m，没有磁场时，对物块A受力分析，物块A受到重力Mg、支持力、摩擦力，根据平衡条件可知f＝Mgsin θ0， N＝Mgcos θ0 又因为f＝μN，所以μ＝＝＝tan θ0 当存在磁场时，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 (mg＋Mgsin θ0)－μ(qvB＋Mgcos θ0)＝(M＋m)a 由此式可知，物块A、B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，相邻两点间的距离之差逐渐减小，匀速运动时，点迹间距不变，故D正确，A、B、C错误。 (3)根据(mg＋Mgsin θ0)－μ(qvB＋Mgcos θ0)＝(M＋m)a，可得当加速度减为零时，速度最大，达到最大速度vm时，有 (mg＋Mgsin θ0)－μ(qvmB＋Mgcos θ0)＝0 整理得q＝ 把μ＝tan θ0代入，得q＝ 由此可知为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验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vm。 (4)由(3)知q＝。 15.(6分)如图所示，在倾角为θ＝37°的光滑斜面上水平放置一根长为L＝0.2 m的直导线PQ，两端以很软的轻质导线通入I＝5 A的电流。将整个装置放入一个竖直向上的B ＝0.6 T的匀强磁场中时，PQ恰好平衡，求导线PQ的重力大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案：0.8 N 解析：对PQ受力分析，如图所示。根据平衡条件，在沿斜面方向上有ILBcos θ＝Gsin θ，得G＝＝0.8 N，导线PQ的重力大小为0.8 N。 16.(12分)如图是磁流体发电机的装置，A、B组成一对长为L、宽为h的平行电极，两板间距为d，内有磁感应强度为B的匀强磁场。发电通道内有电阻率为ρ的电离气体(含有正、负离子)持续垂直喷入磁场，负载电阻的阻值为R，电离气体沿导管高速向右流动，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势，电离气体以不变的流速v通过发电通道。电容器的电容为C，不计电离气体所受的摩擦阻力。根据提供的信息完成下列问题。 (1)A板的电势比B板　　　　(填“高”或“低”)，发电机的电动势E＝　　　　； (2)开关闭合，当发电机稳定发电时，求A、B两端的电压U； (3)开关断开，求稳定后电容器所带的电荷量Q。 答案：(1)低　Bvd　(2)　(3)CBvd 解析：(1)据左手定则可知，电离气体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，故B板电势高，A板电势低； 稳定后满足qvB＝q 解得发电机的电动势为E＝Bvd。 (2)稳定后，据闭合电路欧姆定律可得 E＝I(R＋r)，UAB＝IR 据电阻定律可得r＝ρ 联立解得UAB＝。 (3)开关断开，电容器两端的电压等于电动势，故电容器所带的电荷量为Q＝CE＝CBvd。 17.(14分)如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求： (1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小； (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)微粒从P运动到Q的时间有多长。 答案：(1)　　(2) (3) 解析：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，有qE1sin 45°＝mg 解得E1＝， 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有mg＝qE2 解得E2＝。 (2)微粒进入磁场区域时满足qE1d1cos 45°＝mv2 qvB＝m 根据几何关系，分析可知r＝＝2d2 整理得B＝。 (3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，并满足 a1＝d1 mgtan 45°＝ma1 t2＝× 经整理得t＝t1＋t2＝＋×＝。 18.(14分)如图甲，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿＋x方向入射(不计粒子重力)。B -t图像中B0＝，E -t图像中E0＝。求： (1)粒子在磁场中运动时的轨道半径的大小； (2)3t0时刻粒子的坐标； (3)0～5t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。 答案：(1)　(2)(v0t0，v0t0)　(3)v0t0＋v0t0 解析：(1)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qv0B＝m 解得r＝。 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝t0 在t0～2t0时间段内，粒子所受合力为电场力，根据牛顿第二定律有qE0＝ma 解得a＝ 粒子在电场中做类平抛运动，则有 x＝v0t0，y＝a＝v0t0 在2t0～3t0时间段内，粒子完成了一个完整的圆周运动，即3t0时刻粒子的坐标为(v0t0，v0t0)。 (3)结合上述，作出0～5t0时间段内粒子的运动轨迹，如图所示 根据轨迹图可知，0～5t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值ymax＝2y＋2r＝v0t0＋v0t0。 学生用书⬇第26页 学科网（北京）股份有限公司 $