单元检测卷（一）磁场对电流的作用-【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（教科版）

单元检测卷（一）　磁场对电流的作用 (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7小题，每小题4分，共28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．已知某地方的地磁场的磁感应强度B约为4.0×10-5 T，其水平分量约为3.0×10-5 T。若该地方的一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为1.0×105A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力的方向和大小分别为(　　 ) A．方向向西，大小约为150 N B．方向向西，大小约为200 N C．方向向东，大小约为150 N D．方向向东，大小约为200 N 答案：C 解析：当带有正电的乌云经避雷针放电时，放电电流方向沿避雷针向下，地球上任何地方的地磁场水平分量均为向北。由左手定则可知金属杆所受安培力的方向向东，大小为F＝IlB＝50×1×105×3.0×10-5 N＝150 N，故C正确。 2．(2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　) 答案：C 解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如题图C，故选C。 3．如图所示，两根垂直于纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等大电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是(　　) A．沿纸面逆时针转动 B．沿纸面顺时针转动 C．a端转向纸外，b端转向纸里 D．a端转向纸里，b端转向纸外 答案：D 解析：根据通电长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两直导线M、N连线上方中垂线处磁场方向水平向右，下方中垂线处磁场方向水平向左，由左手定则，ab上半段所受安培力方向垂直于纸面向里，下半段所受安培力方向垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确。 4．(2025·河北石家庄二中期末)一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框abcdef放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场中。若从a、b两端点通以如图所示方向的电流，电流大小为I，则关于金属abcdef受到的安培力的判断正确的是(　　) A．大小为ILB，方向垂直于ab边向左 B．大小为ILB，方向垂直于ab边向右 C．大小为2ILB，方向垂直于ab边向左 D．大小为2ILB，方向垂直于ab边向右 答案：A 解析：设通过ab支路的电流为I1，通过afedcb支路的电流为I2，其中afedcb支路在磁场中所受安培力的有效长度为a、b两端点间线段的长度L，所以金属框受到的安培力的合力大小为F＝I1LB＋I2LB＝ILB，又I1＋I2＝I，根据左手定则可知安培力的方向垂直于ab边向左，故A正确。 5．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 答案：B 解析：分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿y轴正方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C错误；由粒子所受电场力沿y轴正方向，且粒子初速度为零，初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，B正确，D错误。 6．(2025·浙江名校协作体联考)霍尔效应的应用目前已经十分成熟，在信号测量、控制以及保护等多个领域中都有霍尔元件的身影，N型半导体中电子迁移率比空穴迁移率高，因此比较适合用于制造灵敏度高的霍尔元件。现有一N型半导体霍尔元件(自由移动电荷视为电子)连在如图所示电路中，电源内阻不计，加一垂直于霍尔元件工作面的磁场，前、后端面间会形成霍尔电势差，下列说法正确的是(　　) A．a端电势低于b端电势 B．霍尔电势差的大小只由霍尔元件的性质决定 C．若元件的厚度增加，a、b间电压不变 D．若要测量极地附近的地磁场，应将工作面调整为竖直状态 答案：C 解析：元件中电子在洛伦兹力的作用下向前端面偏转，故b端电势较低，A错误；稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB＝e，可得U＝Bdv，与磁感应强度B、元件的前、后端面间距离d、电子的定向移动速率v有关，B错误；结合B中的结论可知，a、b间电压与元件厚度无关，若元件的厚度增加，a、b间电压不变，C正确；由于极地附近的地磁场垂直于地面，若要测量极地附近的地磁场工作应该处于水平状态，D错误。 7．(2025·山东枣庄八中期中)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上、下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后(　　) A．M处钠离子浓度等于N处钠离子浓度 B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度 C．M处电势高于N处电势 D．P管中液面高于Q管中液面 答案：D 解析：当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子定向移动方向与电流方向相反，由左手定则可知，钠离子与氯离子均偏向M处，M处钠离子、氯离子浓度均高于N处，同时M处和N处仍呈电中性，电势相等，A、B、C错误；由前面分析可知液体将受到指向M的安培力作用，在液体内部将产生附加压强，因此P端的液面将比Q端的高，D正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8．(2025·重庆市南坪中学高二期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是(　　) A．小球带正电荷 B．＝v0 C．若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将增大 D．若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速度将增大 答案：AB 解析：经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；由题意得，小球受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0B sin 30°，所以＝v0，故B正确；撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力和重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma，即a＝g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；因为电场力、重力和洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电场力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。 9．(2025·广东广州联考)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，在加速度电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm，加速电场频率的最大值为fm。则下列说法正确的是(　　) A．粒子获得的最大动能与加速电压无关 B．粒子第n次和第(n＋1)次进入磁场的运动半径之比为 ∶ C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t＝ D．若fm<，则粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfm2R2 答案：ACD 解析：当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB＝m，得v＝，则粒子获得的最大动能Ekm＝mv2＝，则粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。设粒子在加速电场中加速n次获得的速度为vn，根据动能定理nqU＝mvn2，可得vn＝ ，同理，粒子在加速电场中加速(n＋1)次获得的速度vn＋1＝ ，粒子在磁场中的运动半径r＝，则粒子第n次和第(n＋1)次进入磁场的运动半径之比为∶，故B错误。粒子被电场加速一次动能的增量为qU，则粒子被加速的次数n＝＝，粒子在磁场中运动的周期数n′＝＝，粒子在磁场中运动周期T＝，则粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t＝n′T＝，故C正确。加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝，粒子的动能为Ek＝mv2；当fm≥时，粒子的最大动能由Bm决定，则qBmvm＝，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝；当fm＜时，粒子的最大动能由fm决定，则vm＝2πfmR，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfm2R2，故D正确。 10．(2022·湖北高考)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左、右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A．kBL，0°　　　 B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 答案：BC 解析：若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系，有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。若粒子通过下部分磁场和上部分磁场到达P点，如图乙所示，因为上下磁场磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m，可得v′＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为________N，磁场的磁感应强度的大小为________T。 答案：2　10 解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝ILB，代入数据解得B＝10 T。 12．(8分) 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。某音圈电机的原理示意图如图所示，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为l，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。 (1)可得此时线圈所受安培力的大小为________，方向________________。 (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，则安培力的功率为________。 答案：(1)nIlB　水平向右　(2)nIlBv 解析：(1)线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力表达式可知，线圈所受的安培力大小F＝nIlB，由左手定则可判断安培力方向水平向右。 (2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nIlBv。 13．(8分)如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0。这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上。在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，离子重力不计。 (1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间； (2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时磁感应强度大小B1。 答案：(1)[2a，4a]　(2)B0 解析：(1)对于初速度为0的离子有qU＝mv12，qv1B0＝m，解得R1＝a，即离子恰好打在x＝2a位置；对于初速度为v0的离子有qU＝mv22－m(v0)2，qv2B0＝m，解得R2＝2a，即离子恰好打在x＝4a的位置，故离子束从小孔O射入磁场后打在x轴上的区间为[2a，4a]。 (2)由动能定理得qU＝mv22－m(v0)2，由牛顿第二定律得qv2B1＝m，其中R3＝a，解得B1＝B0。 14．(10分)如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。一带电荷量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，细线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g＝10 m/s2)，求： (1)小球运动到O点时的速度大小； (2)细线断裂前瞬间拉力的大小； (3)O、N间的距离。 答案：(1)2 m/s　(2)8.2 N　(3)3.2 m 解析：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mgl－qEl＝mv02－0 解得小球在O点时的速度v0＝2 m/s。 (2)小球运动到O点细线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律得T－mg－F洛＝m 洛伦兹力F洛＝Bv0q 解得T＝8.2 N。 (3)细线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动 小球水平方向的加速度ax＝＝5 m/s2 小球从O点运动至N点所用时间t＝＝0.8 s O、N间的距离h＝gt2＝3.2 m。 15．(10分)(2025·安徽亳州期末)如图所示，直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置。AF边水平，长为1.7 m，DF边与AF边垂直，线框平面与水平面夹角θ＝37°，在AF边接有电动势E＝4 V、内阻r＝1 Ω的直流电源；CD边长为0.3 m，接有阻值为R1＝2 Ω的定值电阻，AC、DF边的中点分别为G、H，金属线框处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝2 T。质量为m＝0.2 kg的导体棒放在线框上的G、H之间，导体棒接入电路的电阻R2＝2 Ω，导体棒恰好刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属线框的电阻不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)导体棒受到的安培力大小； (2)导体棒与线框间的动摩擦因数 。 答案：(1)2 N　(2) 解析：(1)外电路的总电阻R外＝＝1 Ω 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流 I＝＝2 A 导体棒接入电路的长度 L＝×(AF＋CD)＝1 m 导体棒受到的安培力大小为FA＝ILB＝2 N。 (2)由于FAcos 37°>mgsin 37°，因此导体棒有向上滑动的趋势，设导体棒与线框间的动摩擦因数为μ，根据力的平衡有FAcos θ＝mg sin θ＋f N＝mg cos θ＋FAsin θ 又f＝μN 解得μ＝。 16．(12分)(2025·四川内江第六中学高二校考开学考试)如图所示，两平行板间存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m。坐标系xOy紧靠平行板的右侧边缘，第一象限内有与y轴正方向成45°的边界AO，边界线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m。一束带正电的离子，电荷量q＝8.0×10-19 C、质量m＝8.0×10-26 kg，从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，并多次穿越边界线OA。求：(不计离子重力，取π＝3.14) (1)离子从平行板进入磁场时的速度大小； (2)离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间； (3)离子第四次穿越边界线OA时的位置坐标。 答案：(1)5.0×105 m/s　(2)8.28×10-7 s (3)(0.5 m，0.5 m) 解析：(1)离子做直线运动，有qE1＝qvB1 解得v＝5.0×105 m/s。 (2)离子进入磁感应强度为B2的磁场中做匀速圆周运动，有qvB2＝m，解得r＝0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界C点，如图甲所示 圆弧对应圆心角90°，其运动时间为t1＝T＝·＝＝6.28×10-7 s 离子通过C点时速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场做匀减速直线运动，加速度为 a＝＝5×1012 m/s2 返回边界上的C点所用时间t2，由匀变速直线运动规律知 t2＝＝ s＝2×10-7 s 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所用时间 t＝t1＋t2＝6.28×10-7 s＋2×10-7 s＝8.28×10-7 s。 (3)离子的运动轨迹如图乙所示，设离子第二次穿过边界线OA的位置C点的坐标(xC，yC)，则xC＝r＝0.2 m，yC＝OQ－r＝0.2 m 离子第三次穿越边界线OA的位置D点的坐标(xD，yD)，则xD＝r＋r＝0.4 m，yD＝0.4 m 离子垂直进入电场做类平抛运动，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则x＝vt3，y＝at32 tan 45°＝ 解得x＝0.1 m，y＝0.1 m 设第四次穿过边界线OA的位置E点坐标为(xE，yE)，由几何关系得xE＝xD＋x＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m，yE＝yD＋y＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m 即离子第四次穿越OA的位置坐标为(0.5 m，0.5 m)。 学生用书第40页 学科网（北京）股份有限公司 $