第1章 安培力与洛伦兹力 测评卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（人教版 江苏北京专用）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第一章　安培力与洛伦兹力 注意事项 1.全卷满分100分。考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、选择题(本大题共11小题,每小题4分,共44分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求) 1.等边三角形的三个顶点上垂直纸面放置3根长直导线,导线中通以大小相同的电流,电流方向如图所示,一束带正电的粒子垂直纸面向里射入三角形中心,关于粒子束所受洛伦兹力方向,下列示意图正确的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 2.教学中常用如图1所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的蹄形磁铁改用图2所示的电磁铁代替,则合上开关时,以下判断正确的是(　　) 　 A.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向右运动 B.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向左运动 C.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向右运动 D.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向左运动 3.关于洛伦兹力的应用,下列说法不正确的是(　　) 　 　 A.图甲是加速带电粒子的回旋加速器示意图,粒子获得的最大动能由狭缝电压决定 B.图乙是磁流体发电机的结构示意图,可以判断出A极板是发电机的负极,B极板是发电机的正极 C.图丙是速度选择器,带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v= D.图丁是质谱仪的主要原理图,其中HHH在磁场中偏转半径最小的是H 4.如图甲所示,一段长为L的直导线放在匀强磁场中,导线与磁感线的夹角为30°,直导线中通入大小为I的恒定电流,直导线受到的安培力大小为F;若将直导线由中点处弯折成60°角,通的电流大小不变,将此弯折导线再放入该磁场中,如图乙所示,则弯折导线受到的安培力大小为(　　) 　 A.F　　　　B.F　　　　C.F　　　　D.F 5.α粒子即氦原子核,质量为质子质量的4倍,带电荷量为e的2倍,质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动。则质子的动量和α粒子的动量之比为(　　) A.1∶2　　　　B.1∶1　　　　C.2∶1　　　　D.1∶4 6.如图所示,四边形ABCD为正方形,处于垂直纸面向外的匀强磁场中(未画出),O点在CA延长线上。四个相同的带正电粒子从O点垂直OA射入磁场,分别到达A、B、C、D四点。四个粒子从O点运动到A、B、C、D点的时间分别为tA、tB、tC、tD,不计粒子重力,则(　　) A.tA<tB<tC<tD　　　　　　B.tA<tB<tD<tC C.tB<tA=tC<tD　　　　　　D.tA<tB=tD<tC 7.如图所示,在xOy平面内,有一粒子源沿平行于x轴向右方向发射速率相等的同种带正电粒子,形成宽为R且关于x轴对称的粒子流。粒子流射入一个半径为R、圆心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P(0,R)点射出。不计粒子重力及粒子间的相互作用,若粒子在磁场中运动的最短时间为t,则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　) A.t　　　　B.2t　　　　C.3t　　　　D.4t 8.如图甲所示,粗糙绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小B=1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,带电物块A静置于水平面上,其所带电荷量q=0.1 C。t=0时,水平力F作用在物块A上,物块A由静止开始运动,其所带电荷量不变,其对水平面的压力FN随时间t变化的图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　) 　 A.物块A的质量为2 kg　　　　　　B.物块A带负电 C.水平力F保持不变　　　　　　D.物块A的加速度越来越大 9.如图所示,在直角坐标系的第一象限中有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子间的相互作用和重力,则(　　) A.磁场方向垂直纸面向里 B.粒子速度大小为 C.粒子运动到Q点的最短时间为 D.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为R 10.如图甲所示,边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向垂直于abcd所在平面,且周期性变化(周期T可根据需要调整),设垂直于abcd平面向里为磁感应强度的正方向,则磁感应强度随时间的变化如图乙所示。现有一电子在t=0时刻由a点沿ab方向射入磁场,已知电子的质量为m,电荷量大小为e,图中边界上有两点f、g,且df=bg=L,关于电子在磁场中的运动,以下说法中正确的是(　　) 　　 A.调整磁场变化周期T,让电子沿bc方向经过c点,电子的速度大小一定是 B.调整磁场变化周期T,让电子经过d点,电子的速度大小一定是 C.要想让电子经过f点,则磁场变化周期一定是 D.要想让电子垂直于bc边过g点,则磁场变化周期一定是 11.现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示,纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场,电场强度大小为E,方向竖直向下,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放,运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域,如图乙所示,重新让粒子从上边界M点由静止释放,经过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是(　　) 　 A.磁感应强度大小B为 B.粒子从O点运动到P点的时间为 C.粒子经过N点时速度大小为 D.M、N两点间的竖直距离为d 二、非选择题(本大题共5小题,共56分) 12.(10分)霍尔元件是一种基于霍尔效应的金属磁传感器,用它可以检测磁场及其变化,图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图,由于磁芯的作用,霍尔元件所处区域磁场可视为匀强磁场,测量原理如乙图所示,直导线通有垂直纸面向里的电流,霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱,通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路,所用器材已在图中给出并已经连接好电路。 　 (1)霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处,则A、B间磁场方向为　　　　(填“竖直向下”“竖直向上”“水平向左”或“水平向右”);  (2)霍尔元件的前后两表面间形成电势差,则　　　　(填“前表面”或“后表面”)电势高;  (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为e,霍尔元件的厚度为h。为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B,根据乙图中所给的器材和电路,还必须测量的物理量有电压表示数U和电流表示数I,则计算式为B=　　　　;  (4)当霍尔元件尺寸一定时,电势差增大,说明检测电流　　　　(选填“增大”或“减小”)。  13.(8分)如图所示,间距为L= m的平行金属导轨倾斜放置,与水平面的夹角θ=30°。一质量为m=0.01 kg的金属棒垂直导轨放置,两平行导轨右端与定值电阻R(阻值未知)、电动势E=2 V的电源(内阻不计)、开关S连接,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=0.35 T的匀强磁场中。闭合开关S,金属棒恰好不会沿导轨向上滑动。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,导轨和金属棒的电阻均不计,金属棒始终与导轨垂直且接触良好。 (1)求电阻R的阻值; (2)若把电源更换为电动势为E'=4 V、内阻r=1 Ω的电源,闭合开关S时,求金属棒的瞬时加速度大小。 14.(12分)如图所示,Ox、Oy、Oz为相互垂直的坐标轴,Oy沿竖直方向,整个空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=10 T。现有一质量m=0.02 kg、电荷量q=+2×10-3 C的小球从坐标原点O以速度v0=10 m/s沿Ox轴正方向抛出。不计空气阻力。 (1)若在整个空间加一匀强电场E1,使小球在xOz平面内做匀速圆周运动,求场强E1的大小; (2)若在整个空间加一匀强电场E2,使小球在xOy平面内做加速度大小为a=20 m/s2,且加速度方向沿y轴负方向的匀变速曲线运动,求E2的大小; (3)若在整个空间加一沿y轴正方向的匀强电场,电场强度为E3=200 N/C,求该小球从坐标原点O抛出后,经过y轴时的坐标y和动能Ek。 15.(10分)如图所示,在xOy平面内有以O为圆心的环形区域Ⅰ,其中存在磁感应强度大小为B0、方向沿逆时针方向的环形磁场和场强大小为E0、方向垂直于纸面向里的匀强电场。区域Ⅱ内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,宽度为a,其左边界与y轴平行且相距为L,长度足够长。质子源O沿与x轴成30°方向发射速度大小不同的质子(质量为m,电荷量为e),其中速度为v0(未知)的质子恰能沿直线匀速通过区域Ⅰ,最终打在坐标为(a+2L,0)处的探测器上,忽略质子的重力及质子间的相互作用。求: (1)速度v0的大小; (2)区域Ⅱ的磁感应强度B大小; (3)质子从射出到运动至探测器上的时间t。 16.(16分)如图所示,O-xyz坐标系中y轴的正方向竖直向上,在yOz平面左侧-2l<x<-l区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场,-l<x<0区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场,在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小和磁感应强度的大小分别与yOz平面左侧匀强电场的电场强度大小、匀强磁场的磁感应强度大小相等,电场、磁场均具有理想边界。一个质量为m、电荷量为+q的粒子从M(-2l,,0)点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经N(-l,0,0)点进入磁场区域,然后从O点进入到平面yOz右侧区域,粒子从离开O点开始多次经过x轴,不计粒子重力。求: (1)匀强电场的电场强度大小E; (2)匀强磁场的磁感应强度大小B; (3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。 答案全解全析 1.A　根据安培定则和磁场的叠加可知,三角形中心的磁场方向如图所示,由左手定则可知粒子束所受洛伦兹力的方向是向下的,故A正确。 一题多解　应用等效法可知,垂直于纸面向里运动的带正电的粒子束可以等效为垂直纸面向里的电流,根据同向电流相吸,反向电流相斥,可以判断粒子受力方向向下,故A正确。 2.A　对于电磁铁,根据电池正负极判断线圈中电流的方向,运用安培定则可判断电磁铁上端为N极,下端为S极,故C、D错误。根据电源正负极判断导体棒中电流方向,根据电磁铁上端为N极,下端为S极,可判断导体棒所在处磁场方向向下,根据左手定则可知,导体棒ab所受安培力向右,故导体棒ab向右运动,A正确,B错误。故选A。 3.A　带电粒子在D形盒中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,当r=R(D形盒半径)时,粒子具有最大动能,有Ekm=mv2=,可知最大动能与狭缝电压无关,选项A错误;图乙是磁流体发电机的结构示意图,根据左手定则可以判断出带正电的粒子偏转到B极板,带负电的粒子偏转到A极板,选项B正确;图丙是速度选择器,带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是受到的洛伦兹力与电场力平衡,有qvB=qE,可得v=,选项C正确;图丁是质谱仪的主要原理图,在加速电场中有Uq=mv2,在偏转磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,整理得r=HHH三种粒子的质量与电荷量比值最小的是H,则在磁场中偏转半径最小的是H,选项D正确。 4.C　题图甲、乙中,导线在磁场中的有效长度均为,所以题图乙中弯折导线受到的安培力大小也为F。故选C。 5.A　粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得动量p=mv=qBr,质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动,则质子的动量和α粒子的动量之比为p1∶p2=e∶2e=1∶2,故选A。 6.C　粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=m,得半径r=,周期T==,根据t=T=·=可知,粒子轨迹对应的圆心角θ越大,运动时间t越长;根据“放缩圆”法作出各粒子的运动轨迹如图所示,可知,粒子从O点运动到D点所用的时间最长,运动到B点所用的时间最短,运动到A点和C点所用的时间相等。故选C。 7.B　已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出,则粒子运动的半径为R,则所有粒子都从P点射出,如图所示,圆弧轨迹对应最小圆心角为60°,最大圆心角为120°,则t=T,tmax=T,解得tmax=2t,故选B。 8.A　初始时刻压力为20 N,根据FN=mg,解得m=2 kg,故A正确;物块向左运动,压力增大,说明洛伦兹力向下,根据左手定则可知物块带正电,故B错误;物块A对水平面的压力大小为FN=mg+qvB=mg+qBat,图中压力随时间均匀变化,可知加速度恒定;水平方向有F-μFN=ma,解得F=μ(mg+qBat)+ma,水平力F增大,故C、D错误。 9.C　带正电粒子的轨迹均交于Q点,可知粒子向右偏转,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向外,A错误;由P点射入磁场的粒子轨迹如图所示,根据几何知识,粒子的轨迹半径为R,根据洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,粒子速度为v=,B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,θ为轨迹对应的圆心角,圆心角越小,运动时间越短,由几何知识可知,由P点射入的粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角最小,最短时间为t=T=×=,C正确;粒子的轨迹半径都为R,粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为轨迹直径2R,D错误。故选C。 10.D　 思路点拨　周期性变化的磁场容易使带电粒子发生周期性运动,此类问题容易出现多解。 要想让电子沿bc方向经过c点,可能的轨迹如图1、2所示,转奇数个圆弧后到c,根据洛伦兹力充当向心力,有B0ev=m,可得r=,根据以上分析有r==(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),故A错误。 　　　 要想让电子经过d点,可能的轨迹如图3所示,可知,r=,解得v=;或者先顺时针转时间,之后逆时针转,沿ad方向经过d,如图4所示,这种情况下r+r=L,解得v=,故B错误。 　　　 要想让电子经过f点,可能的轨迹如图5所示,由几何关系可得r2=(L-r)2+,解得r=L,由几何关系可知轨迹对应圆心角为120°,t=·=,只要满足运动时间t≤即可;或者如图6所示,运动周期T1=,每一次转过120°圆心角,=,解得T=,故C错误。 　　　 要想让电子垂直于bc边过g点,可能的轨迹如图7所示,经过偶数次偏转,每一次转过60°圆心角,运动周期T1=,则有=,解得T=,故D正确。 11.C　设粒子在磁场中的速率为v,运动半径为R,在电场中有qEd=mv2,在磁场中有qvB=m,由题意可知粒子在磁场中运动的半径为R=d,联立解得B=,故A错误;粒子在电场中的运动时间为t1==,在磁场中的运动时间为t2=×=,粒子从O运动到P的时间为t=t1+t2=,故B错误;将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量,分别为vx、vy,再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解,两个洛伦兹力分量分别为fx=qBvy、 fy=qBvx,设粒子在最低点N的速度大小为v1,M、N间的竖直距离为y,以向右为正方向,水平方向上由动量定理可得∑qBvyΔt=qBy=mv1-0,由动能定理得qEy=m-0,解得v1=,y=d,故C正确,D错误。 12.答案　(1)竖直向下(2分)　(2)前表面(2分)　(3)(3分)　(4)增大(3分) 解析　(1)根据安培定则,通电直导线在磁芯上的磁感线为顺时针方向,则A、B间磁场方向为竖直向下。 (2)电流方向向右,磁场方向竖直向下,根据左手定则,安培力方向垂直纸面向里,载流子是负电荷,故后表面带负电,前表面带正电,故前表面电势较高。 (3)设霍尔元件前后表面间的距离为d,最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,有q=qvB,根据电流微观表达式,有I=neSv=nedhv,解得B=。 (4)根据B=可知U=,当霍尔元件尺寸一定时,电势差增大,说明检测电流增大。 13.答案　(1)9 Ω　(2)7 m/s2 解析　(1) 金属棒恰好不向上滑动,所受的摩擦力方向沿导轨向下,摩擦力达到最大静摩擦力,对金属棒受力分析如图所示, 由平衡条件可知 mg sin θ+μFN-F安 cos θ=0(1分) FN=mg cos θ+F安 sin θ(1分) 又F安=BL(1分) 联立解得R=9 Ω(1分) (2)若把电源更换为电动势为4 V、内阻为1 Ω的电源,开关S闭合的瞬间,金属棒所受的安培力大小F安'=BL>F安(1分) 根据牛顿第二定律有F安' cos θ-mg sin θ-μFN'=ma(1分) FN'=mg cos θ+F安' sin θ(1分) 解得a=7 m/s2(1分) 14.答案　(1)100 N/C　(2)100 N/C　(3)20n2π2 m(n=1,2,3,…)　(1+4n2π2) J(n=1,2,3,…) 解析　(1)使小球在xOz平面内做匀速圆周运动,则有qE1=mg(1分) 解得E1==100 N/C(1分) (2)小球要做匀变速曲线运动,在z轴方向上洛伦兹力与电场力沿z轴方向的分力平衡,有E2zq=qv0B(1分) 在y轴方向加速度大小为a=20 m/s2,方向沿y轴负方向,根据牛顿第二定律,有qE2y+mg=ma(1分) 则E2=(1分) 解得E2=100 N/C(1分) (3)小球在复合场中做螺旋线运动,可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y轴方向的匀加速运动。 做匀加速运动的加速度大小为a==10 m/s2(1分) 做匀速圆周运动的周期T=(1分) 从原点O到经过y轴时,经历的时间t=nT(n=1,2,3,…)(1分) y=at2 解得y==20n2π2 m(n=1,2,3,…)(1分) 由动能定理得(qE3-mg)y=Ek-m(1分) 解得Ek=m+may=(1+4n2π2) J(n=1,2,3,…)(1分) 15.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)质子匀速通过区域Ⅰ,有eE0=eB0v0(2分) 解得v0=(1分) (2)质子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动,轨迹如图所示,则r sin 30°=a(1分) 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力有ev0B=m(2分) 解得B=(1分) (3)质子在区域Ⅱ左侧和右侧均做匀速直线运动,则t1==(1分) 质子在区域Ⅱ中运动时间为t2=T=T T=(1分) 解得t=2t1+t2=(1分) 16.答案　(1)　(2)　(3)(n=1,2,3,…) 解析　(1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示: 粒子在电场中运动时,有l=v0t1(1分) l=a(1分) 由牛顿第二定律得Eq=ma(1分) 解得E=(1分) (2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy,有tan θ=,vy=at1(1分) v=(1分) 解得vy=v0,v=v0,θ=45° 由对称性知,粒子在O点时速度方向与x轴正方向的夹角也为θ(1分) 根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为 R===(1分) 由牛顿第二定律得qvB=(1分) 解得B==(1分) (3)将粒子在O点的速度分解, 沿x轴方向的分速度大小为v0(1分) 沿y轴方向的分速度大小为v0(1分) 因同时存在电场、磁场,粒子以大小为v0的分速度在yOz平面内做匀速圆周运动,同时粒子以大小为v0的初速度沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点开始,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT(n=1,2,3,…)(1分) T==(1分) 到达x轴时距O点的距离s=v0t+at2(1分) 解得s=(n=1,2,3,…)(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $