第一章 安培力与洛伦兹力 单元能力提升综合检测训练（B卷）-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

第一章 安培力与洛伦兹力 单元能力提升综合检测训练（B卷） 一、单选题 1．如图所示，金属杆ab处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。则关于金属杆所受安培力的方向，下列说法中正确的是（　　）    A．水平向左 B．水平向右 C．斜向上方 D．斜向下方 2．铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束粒子偏转方向（　　） A．向左 B．向右 C．向上 D．向下 3．如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。则电子的质量为（　　） A．m= B．m= C．m= D．m= 4．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向外的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且下表面的电势比上表面的电势低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　） A．，负 B．，正 C．，负 D．，正 5．一根长是0.3米，电流是6A的通电导线，放在磁感应强度是0.25T的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能的是（　　） A．0 B．0.14N C．0.25N D．0.65N 6．如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。当通有恒定电流时前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。通过下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是（ ） A．减小U，增大I B．增大U，减小I C．同时减小U和I D．同时增大U和I 7．有三束粒子，分别是质子（p）、氚核（）和α粒子束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场（磁场方向垂直纸面向里），在下图的四个图中，能正确表示出这三粒子的运动轨迹的是（　　） A． B． C． D． 8．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴的质量和环绕速度分别为（　　） A． B． C． D． 9．如图所示是磁电式仪表中的辐向磁场。假设长方形线圈的匝数为n，垂直于纸面的边长为L1，平行于纸面的边长为L2，线圈垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。当通入电流I，线圈以角速度ω绕垂直纸面的中心轴OO′转动到水平位置时，下列判断正确的是（　　） A．穿过线圈的磁通量为BL1L2 B．线圈左侧边所受的安培力方向竖直向上 C．线圈左侧边所受的安培力大小为nBIL1 D．线圈左侧边转动的线速度v= 10．如图所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动。则下列说法正确的是（　　） A．带电物体所受的洛伦兹力为零 B．带电物体受洛伦兹力且方向竖直向上 C．小车对地面的压力变大 D．地面对小车的摩擦力方向向左 二、多选题 11．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．从a点射出的电子的速度大小为 B．从a点射出的电子的速度大小为 C．从d点射出的电子的速度大小为 D．从d点射出的电子的速度大小为 12．如图，水平线MN上方有垂直纸面向里且足够大的匀强磁场，下方有竖直向上且足够大的匀强电场，有一带正电的粒子从P点以速度垂直于电场的方向向右射入，粒子第一次进磁场的位置到第一次出磁场的位置间的距离为s。已知P点到MN的距离为d，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．d一定，越大，s越大 B．d一定，越大，s不变 C．一定，d越大，s越大 D．一定，d越大，s不变 13．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，垂直纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线，电流方向垂直纸面向里。欲使导线静止于斜面上，则外加磁场的磁感应强度的大小和方向可以是（　　） A．，方向垂直斜面向上 B．，方向竖直向下 C．，方向水平向左 D．，方向水平向左 14．下列说法正确的是（　　） A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用 B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用 C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用 D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用 15．如图所示，在平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场，一带电粒子从轴上的点射入磁场，速度方向与轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在点（图中未画出）垂直穿过正半轴。已知，粒子电荷量为，质量为，重力不计，则（　　） A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．与点相距 16．1930年，物理学家劳伦斯发明了世界上第一台回旋加速器，因此获得1939年诺贝尔物理学奖，回旋加速器的基本结构如图所示，置于真空中的两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处粒子源产生的质量为m、电荷量为的粒子（不计初速度）在加速器中被加速，其加速电压恒为U，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（    ） A．带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比 B．带电粒子在加速器中第1次和第2次做圆周运动的时间分别为和，则 C．两D形盒狭缝间的交变电场的周期 D．带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为 三、填空题 17．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则磁场的磁感应强度大小B＝________，每个圆导轨对导体棒的支持力大小F＝________。 18．如图所示，一阴极射线管左侧不断有________射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现粒子的运动轨迹向下弯曲，则导线中的电流方向为________。（填“从A到B”或“从B到A”） 19．如图所示，两电子（不计重力）沿MN方向从M点射入两平行平面间的匀强磁场中，它们射出磁场的速率分别为v1、v2，通过匀强磁场所用时间分别为t1、t2。则v1：v2=_______,t1：t2=_______。 20．1932年物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地解决了粒子的加速问题。回旋加速器利用磁场和电场使带电粒子做回旋和加速运动，A处为粒子源粒子，经过多次加速，最终从D形盒边缘引出，成为高能粒子。若D形盒中磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U，D形盒的半径为R。    （1）忽略粒子在电场中的加速时间，被加速粒子的比荷为______； （2）被加速粒子获得的最大速度为______； （3）粒子被加速的次数为______； （4）要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是______。 A．减小磁场的磁感应强度          B．增大匀强电场间的加速电压 C．增大D形金属盒的半径          D．减小狭缝间的距离 四、解答题 21．如图所示，两平行金属导轨间的距离L = 0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ = 37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B = 0.60T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E = 4.5V、内阻r = 0.50Ω的直流电源，现把一个质量m = 0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0= 2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin37° = 0.60，cos37° = 0.80，求： （1）导体棒受到的安培力； （2）导体棒受到的摩擦力； （3）若导轨光滑且磁感应强度B的方向改为竖直向上，为使导体棒仍然保持静止，则电路中需要另外接入一个多大的电阻。 22．如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T，有一个质量m=0.10g、带电量为q=+1.6×10-3C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g=10m/s2．求： (1)小球在最高点N的速度大小； (2)小球在最高点N所受的洛伦兹力F； (3)小球的初速度v0． 23．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界，磁场区域宽度为d。一束电荷量为e的电子以速度v垂直磁场边界射入磁场中，穿出磁场时速度方向与磁场右边界夹角为。不考虑电荷之间的相互作用力，求： （1）穿越磁场时的轨道半径； （2）电子的质量； （3）穿越磁场的时间。 24．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强电场，在第三、四象限内存在磁应强度为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知，磁感应强度，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）电场强度E的大小和粒子经过M点的速度大小； （2）粒子第三次经过y轴时的纵坐标。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第一章 安培力与洛伦兹力 单元能力提升综合检测训练（B卷）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C D A C B C B 题号 11 12 13 14 15 16 答案 BC BC BC AD AB BD 1．C 【详解】根据图像可知，金属杆中的电流方向沿，根据左手定则可知，金属杆所受安培力的方向垂直于磁场斜向左上方。 故选C。 2．B 【详解】右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁铁，O点在两条形磁铁之间磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到向右方向的洛伦兹力，故选B。 3．D 【详解】粒子的运动轨迹图如图所示 根据几何关系有 根据洛伦兹力提供向心力得 联立方程，解得电子的质量为 故选D。 4．C 【详解】因为下表面的电势比上表面的电势低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据洛伦兹力与电场力平衡可得 根据电流微观表达式可得 解得 故选C。 5．D 【详解】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为 代入数值，得 当通电导线与磁场平行时，导线所受的磁场力最小为零，则导线所受磁场力的范围为 故A、B、C正确，与题意不符。 故选D。 6．A 【详解】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有 eU = mv02 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有 eBv0 = m 解得 r = 减小电子枪的加速电压U，增大励磁线圈中的电流I从而导致电流产生的磁场B增大，都可以使电子束的轨道半径变小。 故选A。 7．C 【详解】三束粒子以相同的速度沿垂直于磁场方向进入匀强磁场，因此粒子做匀速圆周运动，则由洛伦兹力提供向心力有 解得 因此它们的半径大小之比为 由此可判断出氚核（）的半径最大，质子（p）的半径最小。 故选C。 8．B 【详解】液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，则得 解得 液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动 结合 得 故选B。 9．C 【详解】A．线圈在水平位置时，穿过线圈的磁通量为零，选项A错误； B．根据左手定则可知，线圈位于水平位置时，其左侧边所受的安培力方向竖直向下，选项B错误； C．由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈左侧边所受的安培力大小为F=nBIL1，选项C正确； D．根据线速度与角速度的关系可知，线圈左侧边转动的线速度 ，选项D错误； 故选C。 10．B 【详解】AB．受洛伦兹力的带电物体的速度不是相对地面而言，而是相对磁场。题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，故B正确，A错误； D．由于小车水平方向不受力，所以摩擦力为零，故D错误； C．对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车对地面的压力变小，故C错误。 故选B。 11．BC 【详解】AB．从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示 根据几何关系可得 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 故A错误，B正确； CD．对于从d点射出的电子，根据几何关系可得 解得 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 故C正确，D错误． 故选BC。 12．BC 【详解】设第一次进磁场时，竖直方向速度为，则有 进入磁场后 设进入磁场时速度方向与MN的夹角为，由几何关系得 解得 由上述式子可知，当d一定时，s不随改变，当一定时，d越大，s越大，故A项和D项错误，B项和C项正确。 故选BC。 13．BC 【详解】A．磁场方向垂直斜面向上时，根据左手定则，安培力沿斜面向下，导体棒受力无法平衡，故A错误； B．磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有 解得 故B正确； C．磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有 解得 故C正确，D错误。 故选BC。 14．AD 【详解】A．所有电荷，只要在电场中都要受到电场力的作用，这是电场的基本性质，故A正确； BC．电荷在磁场中不一定受到磁场力的作用，静止的电荷或速度方向与磁场平行的电荷在磁场中不受磁场力的作用，故BC错误； D．只有当运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时，电荷才受到磁场力的作用，从运动分解的角度看，当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，电荷才受到磁场力的作用，故D正确。 故选AD。 15．AB 【详解】A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确； B．粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 故B正确； C．粒子在磁场中运动的周期 粒子轨迹对应的圆心角为 粒子在磁场中运动的时间为 故C错误； D．N点到O点的距离为 故D错误。 故选AB。 16．BD 【详解】A．第一次加速后有 第二次加速后有 故带电粒子第一次和第二次经过加速后的速度比为 根据 可得 故A错误； BC．带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，为 与粒子的速度无关，所以带电粒子在加速器中第1次和第2次做圆周运动的时间之比为 故B正确，C错误； D．由 和 可得 故D正确。 故选BD。 17． mg 【详解】[1]从左向右看，对导体棒受力分析如图所示。由平衡条件得 tan 37°＝ F安＝BIL 解得 [2]设两导轨对导体棒的支持力为2FN，则有 2FNcos 37°＝mg 解得 FN＝mg 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。 18． 电子 从B到A 【详解】[1]阴极射线管从阴极即电源的负极不断有电子射出，取名阴极射线； [2]电子受洛伦兹力向下而向下偏转，由左手定则可知磁场垂直纸面向里，由安培定则可知电流从B到A。 19． 1:2 3:2 【详解】[1][2]粒子运动轨迹如下图所示 电子垂直磁场射入，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有 电子做圆周运动的半径为 所以由题意知，电子在电场中的运动速度比等于电子做圆周运动的半径比，由题意根据几何关系有 所以电子在电场中的速度比为 电子在磁场中做圆周运动的周期为 由此知电子在磁场中做圆周运动的周期是相同的，由运动轨迹可知，以运动的电子在磁场中运动的时间为 以运动的电子在磁场中运动的时间为 所以电子在磁场中运动的时间之比为 20． C 【详解】（1）[1]忽略粒子在电场中的加速时间，则交变电场变化周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，有，可知 （2）[2]粒子在磁场中做匀速圆周运动，有，知速度最大时半径达到最大，等于D形盒半径R，则粒子被加速的最大速度为 （3）[3]粒子最大动能为 粒子每被加速一次动能增加，所以粒子被加速的次数为 （4）[4]回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由，得 带电粒子射出时的动能 因此增加磁场的磁感应强度或者增加D形金属盒的半径，都能增大带电粒子射出时的动能。 故选C。 21．（1）F安 = 0.36N，沿斜面向上；（2）f = 0.12N，沿斜面向下；（3）R = 0.6Ω 【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律有 E = I(r + R0) 代入数据有 I = 1.5A 根据安培力的计算公式有 F安 = ILB = 0.36N 根据左手定则可知，安培力方向沿斜面向上。 （2）对导体棒受力分析如图 将重力正交分解，沿导轨方向有 F1= mgsin37° = 0.24N F1 < F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下 mgsin37° + f = F安 解得 f = 0.12N （3）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，且斜面光滑不受摩擦力，受力分析如图 BI′L = mgtanθ，E = I′(R + R0 + r) 联立解得 R = 0.6Ω 22．(1)1m/s；(2) ；（3）4.58m/s 【详解】（1）、（2）设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为 方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即 两式联立得 ， （3）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得 其中 联立解得 23．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设电子做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得 （2）由牛顿第二定律得 解得 （3）由几何关系可得粒子做圆周运动的圆心角为，穿越磁场的时间为 24．（1）；（2） 【详解】（1）因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，故： 解得 小球在第Ⅰ象限平抛，由运动学规律，有 联立解得 竖直方向速度 经过M点的速度大小为 （2）小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，为圆心，MN为弦长，；小球在第二象限做匀速直线运动，第三次经过y轴的点记为Q，如图所示 设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有 由几何关系知 由 小球在第二象限做匀速直线运动，有 联立求得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $