周练（十一）安培力与洛伦兹力-【高考领航】2027年高考物理总复习四测通关卷

**基本信息** 聚焦安培力与洛伦兹力应用，通过递进式题型构建从基础概念到复合场问题的知识网络，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|1-2题|判断磁场力性质与方向|从安培力定义到电磁铁磁场叠加，构建力的产生条件认知| |场力分析|3-7题|多导线作用/复合场运动|结合左手定则与力学平衡，形成"受力分析-运动判断"推理链| |综合应用|8-12题|粒子偏转/电磁推进|整合洛伦兹力公式与圆周运动规律，体现能量观念与模型建构思想|

周练(十一)　安培力与洛伦兹力 (时间：45分钟　满分：70分) 一、选择题：本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．直流电动机通电后，使线圈发生转动的力是(　　) A．电场力 B．磁场力 C．万有引力 D．重力 2．如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合瞬间，出现的现象是(　　) A．螺线管上方是S极，弹簧长度变短 B．螺线管上方是S极，弹簧长度变长 C．螺线管上方是N极，弹簧长度变长 D．螺线管上方是N极，弹簧长度变短 3．如图所示，A、B、C、O是四根平行等长且固定的金属导线，四根导线中的电流大小相等，方向如图所示。AB、BC、AC构成一个正三角形，O是正三角形的中心，若已知导线C给导线O的磁场力大小为F，则下列说法正确的是(　　) A．导线O所受其他导线的合力为零 B．导线B对导线A的磁场力为斥力，大小也为F C．导线O受到其他导线的合力方向沿O指向C D．导线A受到导线O的磁场力为引力，大小也为F 4．静止在匀强磁场中的发生β衰变，产生的和在磁场中做匀速圆周运动，关于它们的运动情况，下列判断正确的是(　　) N和的动量大小之比为 N和的动量大小之比为1∶7 N和的运动半径之比为 N和的运动半径之比为1∶7 5．图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器，它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式，图乙是其工作原理图。推进器中的超导体产生超强磁场B，电极C和D连接直流电源通过海水产生电流I，I、B及水流三者方向相互垂直。若用该推进器驱动船舶前进，则下列相关说法正确的是(　　) 　 　甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 A．电极C需连接电源的负极，D需接电源的正极 B．驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力 C．驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电极C、D上的作用力 D．驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力 6．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入叠加场区，且沿直线运动到A点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.微粒可能带正电 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．电场强度大小为 D．磁感应强度大小为 7．如图，在水平面上有一质谱仪，由直线加速器和磁场偏转器组成，偏转器内有方向竖直向上的匀强磁场；偏转器的水平截面是圆心为O、内半径为R、外半径为2R的半圆环。粒子从静止经加速电压U0加速后，正对偏转器入口矩形abcd的中心进入磁场区域，粒子做半径为r 的圆周运动后打在照相底片矩形efgh的中心。在质谱仪正常工作时，加速电压在U0－ΔU到U0＋ΔU之间波动，粒子均能打在照相底片上，但感光位置会发生改变。令δ＝，感光长度为Δl，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则Δl与r的比值为(　　) A． B．2 C． D．2 8．如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B，一比荷为的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A点以v0＝的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项正确的是(　　) A.粒子在磁场中运动的时间为t＝ B．粒子从N点射出方向与竖直方向成30°角 C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出 D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场的最小面积为S＝ 9．空间中存在竖直向上的匀强磁场，在光滑的半径为R的半圆管中，一根长为L、质量为m的直导体棒静止在最低点，截面图如图所示。当导体棒中通有垂直纸面向里的恒定电流I后，导体棒恰好可沿着半圆管运动到圆心等高处，重力加速度为g，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.运动过程中安培力始终垂直于导体棒，不做功 B．运动过程中机械能一直增加 C．匀强磁场磁感应强度B＝ D．导体棒最大速度为 10．如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球套在足够长的固定绝缘水平杆上，球的内孔直径略大于杆的直径，球与杆间的动摩擦因数为μ＝。场强大小为E＝的匀强电场与杆的夹角为θ＝53°，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向里。重力加速度大小为g，sin 53°＝0.8。小球从静止开始运动到速度稳定的过程中的位移大小为L，则在此过程中(　　) A.小球所受的滑动摩擦力逐渐减小，最终为零 B．小球的加速度先增大后减小 C．小球运动过程中的加速度大小可能为g D．小球与杆摩擦产生的热量为 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 二、非选择题：本题共2小题，共24分。 11．(10分)如图所示，足够长的平行金属导轨上端连接电源和滑动变阻器R，导轨间距L＝1 m，与水平面的夹角为θ＝37°，电源电动势为E＝3 V，内阻不计。空间分布着方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场。质量m＝1 kg、电阻r＝4.8 Ω的金属棒垂直放置在导轨上，当滑动变阻器R的滑片P置于a端时，金属棒恰好不下滑。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑动变阻器的最大阻值； (2)若将滑动变阻器R的滑片置于b端，求金属棒最终的速度大小。 12.(14分)如图所示的xOy平面内，x<0的区域内有竖直向上的匀强电场；在0<x≤4L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1(未知)；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2(未知)，大小关系为B2＝4B1，磁场方向均垂直于纸面向外。一质量为m，带电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻，从P点(－2L，－L)以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。求： (1)粒子进入磁场时的速度大小和方向； (2)粒子在磁场中运动的最短时间； (3)磁感应强度B2的可能取值。 学科网（北京）股份有限公司 $ 周练(十一)　安培力与洛伦兹力 1．B　2.D　3.C 4．D　β衰变前后系统动量守恒，初始总动量为零，故衰变后氮核和电子的动量大小相等、方向相反，故动量大小之比为1∶1，故A、B错误；和在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力公式有Bqv＝m，解得r＝，动量p相等，故的运动半径之比为，故C错误，D正确。 5．D　根据题意可知，海水受到的安培力沿海水流动方向，由牛顿第三定律可知，海水对磁场(实质是对推进器中的超导磁体)的作用力沿船舶前进方向，即驱动船舶前进的动力，由左手定则可知，极板间电流由电极C到D，即电极C需连接电源的正极，D需接电源的负极，故选D。 6．D　因为带电粒子在磁场中受到洛伦兹力与速度有关，如果带电粒子在电场、磁场、重力场复合的场中做直线运动，则一定是匀速直线运动；由于微粒匀速运动，所以重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于线斜向右下方，如图甲所示，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故粒子带负电，故A、B错误；若粒子带负电，符合题意，受力如图乙所示，由图根据受力平衡可知qvB cos θ＝mg，qvB sin θ＝qE，可解得B＝，故D正确，C错误。 　　 　　　　　　 　甲　　　　　　　 乙 7．D　经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU0＝mv2，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，联立解得r＝，由此可知粒子加速电压越大，运动的轨道半径就越大，则rmin＝，rmax＝，因为δ＝，变形得ΔU＝δU0，则最小半径为rmin＝，最大半径为rmax＝，感光长度Δl＝2rmax－2rmin＝，则＝2，故选D。 8．BC　粒子恰好从N点射出，轨迹如图所示，运动周期为T＝，四边形AONP的圆心角为α＝∠APN＝∠AON，粒子在磁场中运动的时间为t＝，故A错误；粒子在磁场中速度偏转120°，从N点射出方向是与竖直方向成30°角，故B正确；若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，四边形SCON为菱形，由几何知识可知一定从N点射出，故C正确；若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场以AN为直径时面积最小，最小面积为S＝π2＝，故D错误。 9．BCD　导体棒运动过程中，受力情况如图所示，安培力始终垂直于导体棒，但与位移夹角为锐角，做正功，机械能一直增大，故A错误，B正确；恰好运动到圆心等高处，从出发到圆心等高处，根据动能定理可得－mg·R＋BIL·R＝0，故安培力F安＝BIL＝mg，解得B＝，故C正确；根据上述结论可知，当夹角θ＝45°时有最大速度，从出发到此处根据动能定理可得－mgR(1－cos θ)＋BIL·R sin θ＝mvm2－0，解得最大速度vm＝，故D正确。 10．BD　小球刚开始运动时受力如图1所示，小球的速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦力减小。当洛伦兹力增大到大于mg后，支持力向下，受力如图2所示，小球速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A错误；对小球，由牛顿第二定律有qE cos θ－f＝ma，因摩擦力先减小后增大，加速度先增大后减小，故B正确；当支持力为零时，小球的加速度最大，根据牛顿第二定律有qE cos θ＝mamax，解得amax＝g，故C错误；小球最终匀速运动时，则有qE cos θ＝μ(qvmB＋qE sin θ－mg)，解得vm＝，由能量守恒得Q＝qEL cos θ－解得Q＝，故D正确。 　　　　　　 图1　　　　　　　图2 11．解析：(1)设金属棒受到的摩擦力大小为f，安培力大小为FA，由于金属棒恰好不下滑，对金属棒受力分析如图所示， 可得mg sin θ＋FAcos θ－f＝0， FN＋FAsin θ－mg cos θ＝0， f＝μFN，FA＝BIL 由闭合电路欧姆定律得 E＝I(r＋R)， 联立解得R＝4.8 Ω。 (2)将滑动变阻器R的滑片置于b端时，金属棒沿导轨向下做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大。 设其最大速度为v，可得E1＝BLv cos θ 由闭合电路欧姆定律得E－E1＝Ir，解得v＝ m/s。 答案：(1)4.8 Ω　(2) m/s 12．解析：(1)带电粒子在电场中，水平方向做匀速运动，有2L＝v0t 竖直方向做匀加速运动，有L＝t 带电粒子通过坐标原点的速度大小为v＝ 设速度方向与x轴正半轴的夹角为θ，则tan θ＝ 解得v＝v0，θ＝45°。 甲 (2)当粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出时的时间最短，如图甲所示， 由几何关系知r＝4L 带电粒子在磁场中运动的周期 T＝ 粒子在磁场中运动的时间最短为t＝T 解得t＝。 (3)粒子在磁场中运动，如图乙所示 乙 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 由于B2＝4B1，则有r1＝4r2 且满足关系r1＋n＝4L(n＝0，1，2，3…) 解得B2＝(n＝0，1，2，3…)。 答案：(1)v0，方向与x轴正半轴的夹角为45° (2)　(3)B2＝(n＝0，1，2，3…) 学科网（北京）股份有限公司 $