第一章 安培力与洛伦兹力 单元检测 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

选择性必修第二册《安培力和洛伦兹力》章末检测 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，只有一项符合题目要求。 1．下列各组物理量中，全是矢量的是（　　） A．电势差、磁通量、洛伦兹力 B．安培力、动量、磁感应强度 C．电势能、库仑力、电阻 D．冲量、电场强度、电流 2．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为L，两极板间存在平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。第一、四象限中有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。一带正电粒子从A点以大小为v0的初速度沿x轴正方向射入电场，经电场偏转后恰好贴着一个极板的右侧边缘进入磁场，之后从另一极板右侧边缘再次进入电场。不计粒子所受重力，则（　　） A．极板P带负电 B．粒子在磁场中运动的时间为 C．粒子进入磁场时速度方向与 y轴的夹角为37° D．粒子仍能回到出发点A 3．如图所示，三根导体杆的长度和流过其中的电流均相等，（a）图中磁场方向垂直纸面向里，导体杆与水平面间的夹角为；（b）图中磁场方向竖直向上，导体杆水平放置；（c）图中磁场方向水平向右，导体杆水平放置。若三图中的磁感应强度大小均相等，则三根导体杆受到的安培力Fa、Fb、Fc之间的大小关系为（　　） A． B． C． D． 4．正方形容器abcd内部充满一如图所示的匀强磁场，一束比荷相等的粒子从a孔沿ab方向垂直射入容器内，结果一部分从d孔射出，另一部分从ad中点e孔射出，粒子重力不计。则从d、e两孔射出的粒子（　　） A．粒子均带负电 B．在磁场中运动时间之比为 C．在容器中运动加速度之比 D．速度之比为 5．分别带正负电荷的、两个粒子，比荷之比为，从匀强磁场的直线边界上的、点分别以和（与边界的夹角）入射方向射入磁场，又从、两点之间的点射出，已知与PN长度之比为，如下图所示。设边界上方的磁场方向垂直纸面向外且范围足够大，不计两带电粒子相互作用，则A、B两粒子的速率之比为（　　） A． B． C． D． 6．一质量为m、电荷量为-q的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环沿杆左上方的初速度，取初速度的方向为正方向，以后的运动过程中圆环运动的v-t图像不可能是（　　） A． B． C． D． 7．圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，具有相同比荷的两个带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子1射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90，磁场中运动时间为t1；若粒子2射入磁场时的速度大小为v2，偏转情况如图所示，运动时间为t2，不计重力，则下列说法正确的是（　　） A．v2=v1 B．t2>t1 C．只改变粒子1从M点射入磁场时的速度方向，则该粒子离开磁场时一定与直径MON垂直 D．只改变粒子2从M点射入磁场时的速度方向，当该粒子从N点射出时，运动时间最短 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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，空间坐标系中，平面水平，轴沿竖直方向。在处有一个质量为、带电荷量为的小球（可视为点电荷），将小球沿轴正方向以速度抛出，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．若空间中存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小，小球回到轴时的速度大小为 B．若空间中存在沿轴正方向的匀强电场，场强大小，沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，小球回到点的时间可能为 C．若空间存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，小球回到轴时在轴的坐标可能为 D．若空间存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，小球回到轴时在轴的坐标可能为 9．如图所示，在的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地发射速度大小均为v的同种带电粒子。在x轴上距离原点L处垂直于x轴放置一个长度为L、厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）。现观察到沿y轴正方向射出的粒子恰好打在金属板的上端，且速度方向与x轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．打在薄金属板上的带电粒子运动的最长时间为 B．打在薄金属板上的带电粒子运动的最长时间为 C．打在薄金属板的粒子数目占总数的 D．打在薄金属板的粒子数目占总数的 10．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。电荷量为的电子从圆周上的P点沿直径POQ方向射入磁场。当入射速度大小为v时，电子离开磁场时速度方向偏转，在磁场中的运动时间为t，不计重力。当其中一个条件改变时，下列说法正确的是（　　） A．若入射速度大小变为，电子在磁场中的运动时间变为2t B．若磁感应强度大小变为原来的3倍，电子在磁场中的运动时间变为 C．若圆形磁场半径变为原来的2倍，电子在磁场中的运动时间变为2t D．若调整电子在纸面内的入射方向，电子在磁场中的运动时间可能为 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．为了测定某沿水平方向的匀强磁场的磁感应强度（远大于地磁场的磁感应强度），某同学利用如图所示装置进行了如下操作： ①在水平地面放置的灵敏电子秤的绝缘托盘上，沿东西方向放置一根金属直杆OA，杆的两端与外电源相连（图中未画出）； ②在杆内通以沿O→A方向、大小为I的恒定电流后，绕O点沿逆时针改变杆的摆放角度，俯视图如图甲所示； ③测量杆与正东方向的夹角θ及对应的电子秤示数m，绘制出图乙所示的图线，图线上的最大值和最小值分别为和，对应的角度为。已知杆的长度为L、重力加速度为g。 (1)金属直杆的质量为______； (2)待测磁场的磁感应强度大小为______，方向与正东方向的夹角______。 (3)若考虑地磁场，通过该方法测得的磁感应强度______（选涂“A．偏大”、“B．偏小”或“C．无误差”）。 12．某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）研究霍尔效应，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流，通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压。 （1）2、4测脚中电势高的是___________（选填“2”或“4”）测脚。 （2）某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2），其读数为___________mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示： 实验次数 1 2 3 4 5 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1 根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出与的关系图像___________； （3）设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则与的关系式为___________。    （4）由所作的图线可以看出，图像并没有通过坐标原点，可能的原因是（写出一条即可）___________。 13．如图所示，水平放置的两导轨P，Q间的距离，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度，垂直于导轨放置的ab棒的质量，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数，电源的电动势、内阻，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计，若使ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？（重力加速度g取） 14．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R的单匝矩形线圈，线圈cd边长度为L1，bc边长度为L2，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。 （1）当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热Q； （2）当线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。请用m、L1、L2、I计算出磁感应强度B的表达式。 15．在如图所示的平面直角坐标系中，第一、四象限区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的匀强磁场，第二象限存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的圆形有界匀强磁场（磁场均没有画出）。从点发射一质量为、电荷量为的粒子，粒子依次经过两点后进入第二象限。粒子经过第二象限圆形有界磁场偏转后恰好回到点，且回到点时速度方向与在点发射时相同。不计粒子重力，已知，求： (1)粒子从点发射时的速度大小； (2)第二象限圆形磁场区域的最小面积； (3)粒子从点第一次运动到点的时间。 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C D A C ACD BC AB 1．B 【详解】A．磁通量是标量，只有大小没有方向，故A错误； B．安培力、动量、磁感应强度都有大小和方向，都是矢量，故B正确； C．电势能、电阻是标量，只有大小没有方向，故C错误； D．电流有大小有方向，但不满足矢量运算法则，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】A．根据题意结合左手定则可知粒子只能从下极板的右侧边缘进入磁场，运动轨迹如图所示 带正电粒子在平行极板间向下偏转，故极板 P 带正电，选项A 错误； B．粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论，粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角的正切值满足 可得θ=45°，选项C错误； C．进入磁场时粒子的合速度大小 在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可得粒子转动半径r= 则运动时间 解得选项B正确； D．粒子再次进入电场后，水平方向的分速度大小不变，在竖直方向上仍然做匀加速运动，则粒子不可能回到出发点A，选项D错误。 故选B。 3．D 【详解】（a）图中和（b）图中，根据左手定则可得 （c）图中磁场方向水平向右，导体杆水平放置，则可得 故有 ABC错误，D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力及轨迹特点，结合左手定则可知粒子带正电，所以A错； BD．粒子运动的周期 可知周期相同，根据粒子在磁场中运动的时间公式 可知 故B、D都错； C．由 可知在容器中运动加速度之比 选项C正确。 故选C。 5．D 【详解】由题意，两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，轨迹如图 由几何关系可得， 又 根据两粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得， 联立解得 则A、B两粒子的速率之比为1：1，故选D。 6．A 【详解】圆环沿杆向上运动时，所受到的洛伦兹力垂直杆向上，若 则杆对圆环的弹力垂直杆向下，随着速度减小，洛伦兹力越来越小，先减小到零再反向增大，因摩擦力 故也先减小后增大，圆环减速的加速度 也先减小后增大，当速度减为零时；若 物体将静止；若 物体沿杆向下加速，所受洛伦兹力垂直杆向下，洛伦兹力随速度增大而增大，增大，也增大，圆环加速的加速度 将减小， 减小到零后做匀速直线运动。 圆环沿杆向上运动时，所受到的洛伦兹力垂直杆向上，若 则杆对圆环的弹力垂直杆向上，随着速度减小，洛伦兹力越来越小，越来越大，因摩擦力 故也越来越大，物体减速的加速度 也越来越大，当速度减为零时，若 物体将静止；若 物体沿杆向下加速，所受洛伦兹力垂直杆向下，洛伦兹力随速度增大而增大，增大，也增大，圆环加速的加速度 将减小， 减小到零后做匀速直线运动。 故选A。 7．C 【详解】A．两粒子运动轨迹如图所示 设粒子1的半径为r1，粒子2的半径为r2，设圆形磁场区域的半径为R，根据 可得 可以根据几何关系可以得到 所以粒子1的速度可以建立起与圆形磁场半径有关的关系式，但因粒子2的偏转角度未知，无法得到r2与R的关系，所以不能建立起v2与R的关系式，所以二者速度无法进行精确的比较，A错误； B．根据 ， 可以得到 即周期仅与比荷有关，但因二个粒子比荷相同，所以两个粒子周期相同，根据两个粒子的运动轨迹图可以看出，粒子1的偏转角为90°，而粒子2的偏转角为锐角，所以粒子2的运动时间要小于粒子1的运动时间，B错误； C．随意选一条运动轨迹，其中带×的圆为圆形磁场，另一个圆为粒子1的运动轨迹，但此运动轨迹仅取在圆形磁场中的那部分，圆形磁场外的那部分为方便观察画出，且O1为运动轨迹的圆心，连接O1，O，射入点和射出点，因粒子1半径r1与圆形磁场半径相同，则连接起来的图案为菱形，如图所示 因为是菱形，且射入点和圆形磁场圆心的连线在直径MON上，根据几何关系，出射点与O1点的连线必定与直径MON保持平行，所以出射方向会与O1与出射点组成的连线垂直，则出射时的速度方向一定垂直于直径MON。若选取别的入射方向，同样也会组成菱形，且入射点和O的连线依旧保持水平方向，所以出射的方向也必定会与直径MON保持垂直，C正确； D．对粒子2，连接入射点和出射点组成一条弦，如果出射点在N点，此时的弦最大，为圆形磁场的直径，而弦越大对应的偏转角也就越大，而偏转角越大运动时间也就越长，所以当该粒子从N点射出时，运动时间最长，D错误。 故选C。 8．ACD 【详解】A．小球受到水平向左的电场力，和竖直向下的重力，小球在沿轴方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有 当小球再次回到轴时，小球在水平方向的速度大小为位移为零，由运动学知识有 竖直方向小球做自由落体运动，由运动学知识有 则小球再次回到轴时的速度大小为 联立解得小球再次回到轴时的速度大小为，A正确； B．若空间中存在沿轴正方向的匀强电场，场强大小，则小球所受合力为洛伦兹力，小球在复合场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 周期为 小球再次回到O点正好运动整周，联立解得小球回到点的时间为，B错误； C．若空间存在沿轴正方向的匀强磁场，则小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，当小球回到轴时小球的运动时间为 由洛伦兹力提供向心力为 周期为 联立解得当小球回到轴时小球的运动时间为 竖直方向上由自由落体公式有 联立解得小球回到轴时在轴的坐标为 当时，，C正确； D．若空间存在沿轴正方向的匀强磁场，将水平向右的速度分解为水平向左的和水平向右的，使得所对应的洛伦兹力为，水平向左以的速度做匀速直线运动，所对应的洛伦兹力提供向心力有 周期为 则粒子回到轴的时间为 联立解得小球回到轴时在轴的坐标为 当时，坐标为，D正确。 故选ACD。 9．BC 【详解】CD．由题意知沿y轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与x轴平行，几何关系可知粒子轨迹圆半径 当带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，如图所示 由图可知圆心 与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角；由图可知沿与x轴正方向夹角范围为角发射的粒子打在薄金属板的左侧面上，打在薄金属板左侧面的粒子数目占总数的 当打在右侧下端的临界点，如图所示 圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图可知，沿与－x方向夹角范围为0~30°角发射的粒子打在薄金属板的右侧面上，故打在薄金属板右侧面的粒子数目占总数的 打在薄金属板的粒子数目占总数的，故C正确，D错误； AB．带电粒子向y轴左侧射出与x轴负方向成时打在薄金属板上运动的时间最长，故A错误，B正确； 故选BC。 10．AB 【详解】A．设调整前电子做圆周运动的轨迹半径为r，周期为T，运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力有 可得 周期为 根据几何知识有 可得 电子在磁场中的运动时间 可得 若入射速度大小变为，则有轨道半径 则 解得 电子在磁场中的运动时间变为 故A正确； B．若磁感应强度大小变为原来的3倍，则轨道半径为 周期为 则 解得 电子在磁场中的运动时间变为 故B正确； C．若圆形磁场半径变为原来的2倍，则 根据三角函数知识可知 则 故C错误； D．调整电子在纸面内的入射方向，若电子在磁场中的运动时间为，即，运动轨迹对应的圆心角等于；当电子从直径PQ的另一端Q点射出时，运动轨迹对应的弦最长，弧最长，圆心角最大，有 可知 所以电子在磁场中的运动时间一定小于，故D错误。 故选AB。 11．1．(1) (2) (3)B 【详解】（1）金属直杆在磁场中会受到安培力的作用，当安培力方向竖直向上时，电子秤的示数最小，此时应该有 当安培力方向竖直向下时，电子秤的示数最大，此时 联立方程可得 （2）[1][2]当金属直杆与东方的角度为时，示数是最大的，说明金属杆受到竖直向上的最大安培力，此时磁感应强度的方向应该与金属直杆垂直，根据左手定则可判断磁感应强度的方向与此时OA方向垂直且在图像中斜向下，即。 安培力的大小应为 代入数据可得 （3）地磁场具有平行地面指向北方的分量，与此时的磁感应强度方向夹角为钝角，合场强小于原磁感应强度的大小，所以测量值会偏小。 故选B。 12． 2 2.000/1.999/2.001    可能有以下原因：①霍尔电流为0时，2、4测脚间存在电势差②2、4电极不在同一等势面上③由于存在温度差，2、4测脚间存在温差电动势 【详解】（1）[1]因为霍尔元件的载流子是电子，所以在霍尔元件中是电子的定向移动形成了电流，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向“4”测脚方向，所以“4”测脚的电势低，“2”测脚的电势高。 （2）[2]螺旋测微器的读数为 [3]将表格中的数据在图中进行描点连线，则其图像如图所示    （3）[4]当霍尔元件中的电路稳定后，对元件中的电子来说，其受到洛伦兹力和电场力，且二力平衡，所以有 设霍尔元的宽度为l，其横截面积有 其霍尔元件的电压为 整理后有 （4）[5]由图像可知，其未过原点，其可能的原因有：①霍尔电流为0时，2、4测脚间存在电势差。②2、4电极不在同一等势面上。③由于存在温度差，2、4测脚间存在温差电动势。 13． 【详解】ab恰好不右滑时，其受力分析如图所示 由平衡条件可得 由闭合电路欧姆定律可得 联立可得 同理，不左滑动时，受力分析如图 由平衡条件可得 联立解得 故R的取值范围为      14．（1）；（2） 【详解】（1）根据焦耳定律，当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热 （2）第一次，线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，cd边受到向上的安培力。设左边砝码质量为，右边砝码质量为，根据平衡条件 调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变，则安培力变为向下，大小为；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。根据平衡条件 两式联立解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有   解得 根据 联立解得 （2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有 解得 可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为 所以最小面积为 联立解得 （3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为 粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离 则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为 粒子相邻两次经过点的时间为 联立解得 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 $