第一章 安培力与洛伦兹力 单元测试-2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

**基本信息** 本卷为高中物理选择性必修一“安培力和洛伦兹力”单元测试，以高铁制动、霍尔元件等真实情境为载体，覆盖核心知识点，适配单元复习，助力物理观念与科学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/44|电磁制动、霍尔效应、磁电式电表原理|结合科技情境（如高铁电磁制动），考查运动与相互作用观念| |实验题|1/15|霍尔元件厚度测量、霍尔系数推导|通过螺旋测微器操作，培养科学探究能力| |解答题|4/41|安培力计算、电磁场综合应用|如圆形有界磁场问题，体现模型建构与科学推理|

选择性必修一第一章安培力和洛伦兹力单元测试 一．选择题（共11小题，满分44分，每小题4分） 1．（4分）·（2026春•扬州期末）高铁刹车通常采用电磁制动，其原理如图所示，D为与车轮固定在一起的金属圆盘，磁极模拟通电的电磁铁。下列说法正确的是（　　） A．圆盘速度越大，制动力越小 B．圆盘速度越大，圆盘中的电流越小 C．磁感应强度越大，制动力越大 D．若磁场方向反向，则无法制动 2．（4分）·（2026春•宿迁期末）如图所示，将两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中间位置作为z轴的坐标原点，中间小范围的磁感应强度B＝kz（k＜0）。现将一霍尔元件放入磁体缝隙中，通入图示方向的恒定电流I，沿着±z方向移动霍尔元件时，在电极M、N间有电压UH输出，从而实现微小位移z的测量。下列说法正确的是（　　） A．若z＞0时，M极板电势高，则霍尔元件中导电的载流子为电子 B．若仅增加电流I的大小，UH减小 C．若仅减小霍尔元件z轴方向的厚度，可以增加测量灵敏度 D．此装置输出电压与位移不是线性变化关系 3．（4分）·（2026春•天宁区校级期末）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现将一电荷量为+q，质量为m的带电小球以初速度v0从地面竖直向上抛出，并且满足qv0B＝mg，不计空气阻力。在抛出后的运动过程中下列说法正确的是（　　） A．小球运动的轨迹为圆弧（圆的一部分） B．小球能够上升的最大高度为 C．小球上升到最大高度所需的时间为 D．小球运动过程中不会撞到地面 4．（4分）·（2026春•南京期末）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c、d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　） A．线圈将会逆时针转动 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．铁制圆柱将磁场屏蔽，内部没有磁场 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 5．（4分）·（2026春•大丰区期末）如图所示，电子枪发射高速电子，经偏转线圈产生的偏转磁场发生偏转，打在荧光屏上A点。垂直于纸面向内看，偏转磁场的方向可能是（　　） A． B． C． D． 6．（4分）·（2026•苏州三模）若沿赤道架设一高压直流输电导线，可简化为如图所示，一根导线两端点分别固定在同一水平线上的M、N两点，实线和虚线分别为冬天和夏天输电导线的形状。设直流输电导线处的地磁场沿水平方向，且垂直于导线所在的竖直面。若M、N两点间电压不变，则（　　） A．冬天导线受安培力方向竖直向下 B．冬天导线受安培力方向水平向南 C．夏天导线受到的安培力较小 D．夏天导线受到的安培力较大 7．（4分）·（2026•南京模拟）用如图所示装置测量匀强磁场的磁感应强度，一开始整体处于平衡状态，当线圈通如图所示的电流时，需在某侧增加配重，使整体再次处于平衡状态（线圈下边框呈水平状态）。下列说法中正确的是（　　） A．配重需加在物体上 B．不增加配重，线圈将向上运动 C．要测磁感应强度需要测物体的质量 D．若通与图中相反方向的电流瞬时，绳中拉力将变小 8．（4分）·（2026春•工业园区校级月考）如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（　　） A．甲图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场，击中光屏同一位置的粒子一定是相同的粒子 B．乙图中磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越大 C．丙图中只要回旋加速器D形盒足够大，粒子就能获得无限大的速度 D．丁图中，无论是电子还是质子从左向右水平射入速度选择器中均可能做匀速直线运动 9．（4分）·（2026春•昆山市校级期中）边长为2m的正方形导线框abcd水平放置，其所处空间存在匀强磁场，方向如图甲所示。先后在ab导线中通入不同电流I，测得ab导线受到的磁场作用力F与I的关系如图乙所示。ab导线与磁场方向垂直，则磁场的磁感应强度B的大小和穿过导线框的磁通量Φ为（　　） A．B＝0.1T，Φ＝0.2Wb B．B＝0.2T，Φ＝0.4Wb C．B＝0.1T， D． 10．（4分）·（2026•徐州模拟）如图，用同种材料，粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，电流表示数为I，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（　　） A．0 B．BIL C．2BIL D． 11．（4分）·（2026春•江阴市期中）如图所示为速度选择器，从左侧离子源发射出速度不同的各种离子，仅有部分离子沿平行于纸面的水平直线穿过速度选择器右侧挡板上的小孔（挡板未画出）。已知匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，速度选择器置于真空中，不计离子受到的重力和离子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．速度选择器只能筛选正电荷，不能筛选负电荷 B．筛选出的离子的速度大小一定为 C．筛选出的离子的比荷一定相同 D．离子从右往左射入，也可能沿图中虚线做直线运动 二．实验题（共1小题，满分15分，每小题15分） 12．（15分）·（2025春•南京月考）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁电传感器，如图甲所示，以一矩形金属薄片（载流子为电子）的霍尔元件，在P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空： （1）用螺旋测微器测出薄片厚度如图乙所示，则d＝　 　 mm。 （2）已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量为e，则霍尔系数k＝　 　 。 （3）在如图甲所示的磁场中，金属薄片M面的电势　 　 （填“高”或“低”）于N面的电势；若小组成员在进行霍尔电压测量时，测量点N′相比较于测量点N更靠近P端，则利用M、N′测量出的霍尔电压U′H的绝对值将相比真实值偏　 　 （填“大”或“小”）。 （4）有同学认为代表了霍尔元件的电阻，这种观点是　 　 （填“正确”或“错误”）的。 三．解答题（共4小题，满分41分） 13．（6分）·（2025秋•宿迁期末）如图所示，长为2l的直导线，置于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，当导线通有水平向左的电流I时，求： （1）直导线受到安培力F1的大小和方向； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小。 14．（8分）·（2026•盐城模拟）如图所示，分界线左侧区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E；右侧区域内有匀强磁场。两个带异种电荷的粒子甲、乙，比荷均为K，带电量均为q。甲从图中a位置以初速度v0水平向右进入电场，在电场中运动时间t0后，从分界线b位置离开电场；乙从图中c位置以某一速度竖直向下进入匀强磁场，经四分之一周期通过分界线b位置，最终经图中a位置离开场。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： （1）电场力对甲所做的功W； （2）匀强磁场的磁感应强度B。 15．（12分）·（2026春•南京期末）如图所示，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域，在圆形区域运动的位移大小为L。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求： （1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小； （2）粒子的电荷量与质量之比； （3）圆形区域半径。 16．（15分）·（2026春•常州期末）粒子物理实验中，常用有界磁场控制粒子的运动路径。如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一、二象限各存在一个半径为R，磁感应强度大小相同，方向垂直纸面向外的圆形边界匀强磁场，圆心坐标分别为（R，R）、（﹣R，R）。在（﹣R，0）位置存在一个粒子源，向圆形磁场发射带正电粒子，电量为q、质量为m，速率均为v0，速度方向垂直于磁场且在与+x方向成90°～120°角范围内，其中沿+y方向入射的粒子恰从（0，R）处入射第一象限。不计粒子重力和粒子间相互作用。求： （1）圆形磁场的磁感应强度B； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值tmin和最大值tmax。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 选择性必修一第一章安培力和洛伦兹力单元测试 一．选择题（共11小题，满分44分，每小题4分） 1．（4分）·（2026春•扬州期末）高铁刹车通常采用电磁制动，其原理如图所示，D为与车轮固定在一起的金属圆盘，磁极模拟通电的电磁铁。下列说法正确的是（　　） A．圆盘速度越大，制动力越小 B．圆盘速度越大，圆盘中的电流越小 C．磁感应强度越大，制动力越大 D．若磁场方向反向，则无法制动 【答案】C 【解答】解：AB．根据题意可知，圆盘速度越大，切割磁感线产生的感应电动势越大，圆盘电阻不变，结合欧姆定律可知，圆盘中产生的感应电流越大，结合F＝BIL可知，安培力（制动力）越大，故AB错误； C．磁感应强度越大，切割磁感线产生的感应电动势越大，圆盘电阻不变，因此感应电流越大，由F＝BIL可知，安培力（制动力）越大，故C正确； D．若磁场方向反向，感应电流的方向也会随之反向，根据左手定则，安培力仍然阻碍圆盘转动，依旧可以实现制动，故D错误。 故选：C。 2．（4分）·（2026春•宿迁期末）如图所示，将两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中间位置作为z轴的坐标原点，中间小范围的磁感应强度B＝kz（k＜0）。现将一霍尔元件放入磁体缝隙中，通入图示方向的恒定电流I，沿着±z方向移动霍尔元件时，在电极M、N间有电压UH输出，从而实现微小位移z的测量。下列说法正确的是（　　） A．若z＞0时，M极板电势高，则霍尔元件中导电的载流子为电子 B．若仅增加电流I的大小，UH减小 C．若仅减小霍尔元件z轴方向的厚度，可以增加测量灵敏度 D．此装置输出电压与位移不是线性变化关系 【答案】C 【解答】解：设元件沿电流方向横截面积S＝db（d为z向厚度，b为上下极板间距），载流子电荷量q、漂移速度v、载流子浓度n。平衡时洛伦兹力等于电场力 电流微观表达式 I＝nqvbd 联立得霍尔电压，已知 B＝kz，代入得 A.z＞0k＜0，则B＜0，磁场方向沿﹣z；由左手定则若载流子是电子，电子运动方向与电流反向，电子向M极板偏转，M极板带负电，M极板电势更低，故A错误； B.由，仅增大电流I，UH会增大，不是减小，故B错误； C.（d为z轴方向厚度），减小d，相同位移z下输出电压更大，位移变化对应的电压变化更明显，测量灵敏度提升，故C正确； D.，UH与z为过原点的正比例线性关系，故D错误。 故选：C。 3．（4分）·（2026春•天宁区校级期末）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现将一电荷量为+q，质量为m的带电小球以初速度v0从地面竖直向上抛出，并且满足qv0B＝mg，不计空气阻力。在抛出后的运动过程中下列说法正确的是（　　） A．小球运动的轨迹为圆弧（圆的一部分） B．小球能够上升的最大高度为 C．小球上升到最大高度所需的时间为 D．小球运动过程中不会撞到地面 【答案】C 【解答】解：A.原运动可分解为两个运动的合成：水平向右的匀速直线运动，且qv1B＝mg 解得速度大小为v1＝v0，重力与该速度对应的洛伦兹力平衡；另一个分运动为v2的匀速圆周运动。由矢量合成可得，方向朝左上方45°方向，如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得 解得，当v2水平向左时，小球运动到最高点，则最大高度h＝r（1﹣cos45°） 联立解得，故A错误； B.小球的实际运动是水平匀速直线与匀速圆周运动的合运动，轨迹为摆线（旋轮线），不是圆弧，故B错误； C.上升最大高度时，v2偏转45°，则时间为，故C正确； D.由图对称可知，v2偏转90°时，小球会撞到地面，故D错误。 故选：C。 4．（4分）·（2026春•南京期末）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c、d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　） A．线圈将会逆时针转动 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．铁制圆柱将磁场屏蔽，内部没有磁场 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 【答案】A 【解答】解：A、由左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力方向向下，图示右侧通电导线受到的安培力方向向上，线圈将沿逆时针方向转动，故A正确； B、a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误； C、磁感线是闭合的曲线，圆柱内有磁场，故C错误； D、因c点处的磁感线比d点的密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。 故选：A。 5．（4分）·（2026春•大丰区期末）如图所示，电子枪发射高速电子，经偏转线圈产生的偏转磁场发生偏转，打在荧光屏上A点。垂直于纸面向内看，偏转磁场的方向可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：A.图中磁场方向垂直纸面向里，由于电子带负电，根据左手定则可知，电子向下偏转，不可能打在荧光屏上A点，故A错误； B.图中磁场方向垂直纸面向外，由于电子带负电，根据左手定则可知，电子向上偏转，可能打在荧光屏上A点，故B正确； C.图中磁场方向平行纸面向下，由于电子带负电，根据左手定则可知，电子向外偏转，不可能打在荧光屏上A点，故C错误； D.图中磁场方向平行纸面向上，由于电子带负电，根据左手定则可知，电子向里偏转，不可能打在荧光屏上A点，故D错误。 故选：B。 6．（4分）·（2026•苏州三模）若沿赤道架设一高压直流输电导线，可简化为如图所示，一根导线两端点分别固定在同一水平线上的M、N两点，实线和虚线分别为冬天和夏天输电导线的形状。设直流输电导线处的地磁场沿水平方向，且垂直于导线所在的竖直面。若M、N两点间电压不变，则（　　） A．冬天导线受安培力方向竖直向下 B．冬天导线受安培力方向水平向南 C．夏天导线受到的安培力较小 D．夏天导线受到的安培力较大 【答案】C 【解答】解：CD.夏天气温高，由于热胀冷缩，M、N两点之间导线拉长，横截面积减小，根据电阻定律R 可知，电阻增大，由于M、N 两点之间电压不变，根据欧姆定律可知，夏天流过MN之间导线的电流减小，由于导线受到安培力的有效长度为MN两点间的距离，则夏天与冬天MN之间导线受到安培力的有效长度相同，根据F＝BIL 可知夏天电流小，所以夏天导线受到的安培力小，故D错误，C正确； AB.由左手定则可知，导线受安培力方向垂直通电导线的有效长度与磁感线所在的平面，即导线受安培力方向沿竖直方向，故AB错误。 故选：C。 7．（4分）·（2026•南京模拟）用如图所示装置测量匀强磁场的磁感应强度，一开始整体处于平衡状态，当线圈通如图所示的电流时，需在某侧增加配重，使整体再次处于平衡状态（线圈下边框呈水平状态）。下列说法中正确的是（　　） A．配重需加在物体上 B．不增加配重，线圈将向上运动 C．要测磁感应强度需要测物体的质量 D．若通与图中相反方向的电流瞬时，绳中拉力将变小 【答案】B 【解答】解：AB、结合左手定则，通电后右侧线圈安培力方向竖直向上，安培力向上使线圈侧总拉力减小，小于左侧物体的重力，不增加配重，线圈将向上运动，要重新平衡，需要在右侧线框增加配重，故B正确，A错误； C、初始平衡时，物体重力等于线圈重力G物＝G线 通电平衡后，设新增配重质量为Δm，安培力F安＝BIL 则G物＝G线﹣BIL+Δmg 整理得Δmg＝BIL 即，需要测量新增配重的质量，不需要测量原物体的质量，故C错误； D、电流反向，安培力方向变成竖直向下，线圈对绳的拉力T＝G线+F安 相比原图示电流的拉力T＝G线﹣F安，绳中拉力变大，故D错误。 故选：B。 8．（4分）·（2026春•工业园区校级月考）如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（　　） A．甲图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场，击中光屏同一位置的粒子一定是相同的粒子 B．乙图中磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越大 C．丙图中只要回旋加速器D形盒足够大，粒子就能获得无限大的速度 D．丁图中，无论是电子还是质子从左向右水平射入速度选择器中均可能做匀速直线运动 【答案】D 【解答】解：A．甲图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场，在加速电场中有 根据洛伦兹力提供向心力 击中光屏同一位置 可知击中光屏同一位置要求粒子的比荷一定相等，但不一定是相同的粒子，故A错误； B．乙图中，电子在励磁线圈中运动中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，故有 解得，可知当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故B错误； C．丙图回旋加速器中，粒子每次加速获得能量，轨道半径，随速度增大而增大。但根据狭义相对论，当粒子速度接近光速时，质量m会随速度增大而显著增加，导致粒子回旋周期，变长，与交变电场的周期不再同步，无法继续加速。因此即使D形盒足够大，粒子也不能获得无限大的速度，故C错误； D．丁图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出；当带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的洛伦兹力和向上的电场力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出，故D正确。 故选：D。 9．（4分）·（2026春•昆山市校级期中）边长为2m的正方形导线框abcd水平放置，其所处空间存在匀强磁场，方向如图甲所示。先后在ab导线中通入不同电流I，测得ab导线受到的磁场作用力F与I的关系如图乙所示。ab导线与磁场方向垂直，则磁场的磁感应强度B的大小和穿过导线框的磁通量Φ为（　　） A．B＝0.1T，Φ＝0.2Wb B．B＝0.2T，Φ＝0.4Wb C．B＝0.1T， D． 【答案】A 【解答】解：根据安培力的计算公式F＝BIL 结合图线可得 代入数据可得B＝0.1T 穿过导线框的磁通量为，故A正确，BCD错误。 故选：A。 10．（4分）·（2026•徐州模拟）如图，用同种材料，粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，电流表示数为I，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（　　） A．0 B．BIL C．2BIL D． 【答案】B 【解答】解：导线受力如图所示， 等效电路为R和2R并联，根据欧姆定律：， 则安培力 F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为； 故三角形框架受到的安培力的合力大小为：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 11．（4分）·（2026春•江阴市期中）如图所示为速度选择器，从左侧离子源发射出速度不同的各种离子，仅有部分离子沿平行于纸面的水平直线穿过速度选择器右侧挡板上的小孔（挡板未画出）。已知匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，速度选择器置于真空中，不计离子受到的重力和离子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．速度选择器只能筛选正电荷，不能筛选负电荷 B．筛选出的离子的速度大小一定为 C．筛选出的离子的比荷一定相同 D．离子从右往左射入，也可能沿图中虚线做直线运动 【答案】B 【解答】解：ABC、能通过选择器的离子满足qvB＝Eq 解得 即速度为的粒子都能沿直线通过选择器，与电性无关，与比荷无关，故AC错误，B正确； D、若离子从右向左射入：对正电荷，电场力向下，由左手定则，洛伦兹力也向下，合力不为零，会向下偏转；对负电荷，电场力向上，由左手定则，洛伦兹力也向上，合力不为零，会向上偏转。因此，无论正负电荷，从右往左射入均无法做直线运动，故D错误。 故选：B。 二．实验题（共1小题，满分15分，每小题15分） 12．（15分）·（2025春•南京月考）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁电传感器，如图甲所示，以一矩形金属薄片（载流子为电子）的霍尔元件，在P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空： （1）用螺旋测微器测出薄片厚度如图乙所示，则d＝　0.560　 mm。 （2）已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量为e，则霍尔系数k＝　　 。 （3）在如图甲所示的磁场中，金属薄片M面的电势　低　 （填“高”或“低”）于N面的电势；若小组成员在进行霍尔电压测量时，测量点N′相比较于测量点N更靠近P端，则利用M、N′测量出的霍尔电压U′H的绝对值将相比真实值偏　大　 （填“大”或“小”）。 （4）有同学认为代表了霍尔元件的电阻，这种观点是　错误　 （填“正确”或“错误”）的。 【答案】（1）0.560；（2）；（3）低，大；（4）错误。 【解答】解：（1）螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度组成，固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.01×6.0mm，两者相加得到薄片的厚度，所以d＝0.5mm+0.01×6.0mm＝0.560mm； （2）根据霍尔电压公式，结合电场力与洛伦兹力平衡条件eEH＝evB和电流微观表达式I＝nevS，可以推导出霍尔系数； （3）判断M面和N面的电势高低，以及测量点N'对霍尔电压测量的影响。根据左手定则，电子会偏向M端，使其电势低，N端电势高。因此M面的电势低于N面。若测量点N'更靠近P端，由于存在沿电流方向的电势差，测量出的霍尔电压UH的绝对值将相比真实值偏大； （4）霍尔元件的电阻是其自身的电学属性，由材料、长度、横截面积等因素决定，遵循电阻定律。而公式计算出的是霍尔电压与工作电流的比值，其物理意义是霍尔元件在特定磁场条件下的等效输入阻抗或霍尔灵敏度相关的量，并非元件的固有电阻。两者的物理定义、决定因素完全不同，因此不能等同，故答案为错误。 故答案为：（1）0.560；（2）；（3）低，大；（4）错误。 三．解答题（共4小题，满分41分） 13．（6分）·（2025秋•宿迁期末）如图所示，长为2l的直导线，置于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，当导线通有水平向左的电流I时，求： （1）直导线受到安培力F1的大小和方向； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小。 【答案】（1）直导线受到安培力F1的大小是2BIl，方向垂直导线向上； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小是BIl。 【解答】解：（1）由安培力公式F＝BIL得F1＝BI×2l＝2BIl 根据左手定则知安培力方向垂直导线向上； （2）依题意，导线的有效长度为 则此时导线受到的安培力大小 答：（1）直导线受到安培力F1的大小是2BIl，方向垂直导线向上； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小是BIl。 14．（8分）·（2026•盐城模拟）如图所示，分界线左侧区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E；右侧区域内有匀强磁场。两个带异种电荷的粒子甲、乙，比荷均为K，带电量均为q。甲从图中a位置以初速度v0水平向右进入电场，在电场中运动时间t0后，从分界线b位置离开电场；乙从图中c位置以某一速度竖直向下进入匀强磁场，经四分之一周期通过分界线b位置，最终经图中a位置离开场。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： （1）电场力对甲所做的功W； （2）匀强磁场的磁感应强度B。 【答案】（1）电场力对甲所做的功为； （2）匀强磁场的磁感应强度为。 【解答】解：（1）甲粒子在电场中做类平抛运动：在电场方向的位移， 其中，比荷， 电场力做功满足W＝qEd， 综上可得； （2）乙粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，粒子在磁场中运动四分之一周期因此垂直进入电场， 则d＝r，由于比荷相同，且乙粒子经过了b点和a点， 则乙粒子进入磁场速度等于v0， 根据粒子做匀速圆周运动， 又因， 联立可得。 答：（1）电场力对甲所做的功为； （2）匀强磁场的磁感应强度为。 15．（12分）·（2026春•南京期末）如图所示，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域，在圆形区域运动的位移大小为L。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求： （1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小； （2）粒子的电荷量与质量之比； （3）圆形区域半径。 【答案】（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为； （2）粒子的电荷量与质量之比为； （3）圆形区域半径为。 【解答】解：（1）粒子沿直线通过cdef区域，则洛伦兹力和电场力二力平衡，qE＝qvB，代入数据可得v； （2）由上述分析可知粒子垂直cd边进入cdef区域，则粒子在abcd区域的运动可视为平抛运动的逆过程，由平抛运动规律可知L＝vt，，又，代入数据可得； （3）粒子在圆形区域轨迹如图所示： 粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得R＝L，由几何关系可知θ＝60°，圆形区域半径r＝Rtan30°。 答：（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为； （2）粒子的电荷量与质量之比为； （3）圆形区域半径为。 16．（15分）·（2026春•常州期末）粒子物理实验中，常用有界磁场控制粒子的运动路径。如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一、二象限各存在一个半径为R，磁感应强度大小相同，方向垂直纸面向外的圆形边界匀强磁场，圆心坐标分别为（R，R）、（﹣R，R）。在（﹣R，0）位置存在一个粒子源，向圆形磁场发射带正电粒子，电量为q、质量为m，速率均为v0，速度方向垂直于磁场且在与+x方向成90°～120°角范围内，其中沿+y方向入射的粒子恰从（0，R）处入射第一象限。不计粒子重力和粒子间相互作用。求： （1）圆形磁场的磁感应强度B； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值tmin和最大值tmax。 【答案】（1）圆形磁场的磁感应强度B为； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t为； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值为，最大值为。 【解答】解：（1）沿+y方向入射的粒子恰从（0，R）处入射第一象限，如图所示 根据几何关系可知粒子的轨迹半径为 r＝R 由洛伦兹力提供向心力得 联立解得 （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子轨迹对应的圆心角为120°，粒子的运动周期为 则粒子在左边圆形磁场中的运动时间为 （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，当粒子沿与+x方向成90°角入射时，运动时间最小，轨迹如图所示 则运动时间的最小值为 当粒子沿与+x方向成120°角入射时，运动时间最大，轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子从离开左边圆形磁场到进入右边圆形磁场的距离为 则粒子从离开左边圆形磁场到进入右边圆形磁场所用时间为 则运动时间的最大值为 答：（1）圆形磁场的磁感应强度B为； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t为； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值为，最大值为。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 13:54:35；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 选择性必修一第一章安培力和洛伦兹力单元测试 一．选择题（共11小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C C A B C B D A B B 二．实验题（共1小题，满分15分，每小题15分） 12．【答案】（1）0.560；（2）；（3）低，大；（4）错误。 三．解答题（共4小题，满分41分） 13．【答案】（1）直导线受到安培力F1的大小是2BIl，方向垂直导线向上； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小是BIl。 【解答】解：（1）由安培力公式F＝BIL得F1＝BI×2l＝2BIl 根据左手定则知安培力方向垂直导线向上； （2）依题意，导线的有效长度为 则此时导线受到的安培力大小 答：（1）直导线受到安培力F1的大小是2BIl，方向垂直导线向上； （2）若在该纸面内将导线从中点折成夹角为90°的“L”形，则导线受到的安培力F2的大小是BIl。 14．【答案】（1）电场力对甲所做的功为； （2）匀强磁场的磁感应强度为。 【解答】解：（1）甲粒子在电场中做类平抛运动：在电场方向的位移， 其中，比荷， 电场力做功满足W＝qEd， 综上可得； （2）乙粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，粒子在磁场中运动四分之一周期因此垂直进入电场， 则d＝r，由于比荷相同，且乙粒子经过了b点和a点， 则乙粒子进入磁场速度等于v0， 根据粒子做匀速圆周运动， 又因， 联立可得。 答：（1）电场力对甲所做的功为； （2）匀强磁场的磁感应强度为。 15．【答案】（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为； （2）粒子的电荷量与质量之比为； （3）圆形区域半径为。 【解答】解：（1）粒子沿直线通过cdef区域，则洛伦兹力和电场力二力平衡，qE＝qvB，代入数据可得v； （2）由上述分析可知粒子垂直cd边进入cdef区域，则粒子在abcd区域的运动可视为平抛运动的逆过程，由平抛运动规律可知L＝vt，，又，代入数据可得； （3）粒子在圆形区域轨迹如图所示： 粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得R＝L，由几何关系可知θ＝60°，圆形区域半径r＝Rtan30°。 答：（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为； （2）粒子的电荷量与质量之比为； （3）圆形区域半径为。 16．【答案】（1）圆形磁场的磁感应强度B为； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t为； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值为，最大值为。 【解答】解：（1）沿+y方向入射的粒子恰从（0，R）处入射第一象限，如图所示 根据几何关系可知粒子的轨迹半径为 r＝R 由洛伦兹力提供向心力得 联立解得 （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子轨迹对应的圆心角为120°，粒子的运动周期为 则粒子在左边圆形磁场中的运动时间为 （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，当粒子沿与+x方向成90°角入射时，运动时间最小，轨迹如图所示 则运动时间的最小值为 当粒子沿与+x方向成120°角入射时，运动时间最大，轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子从离开左边圆形磁场到进入右边圆形磁场的距离为 则粒子从离开左边圆形磁场到进入右边圆形磁场所用时间为 则运动时间的最大值为 答：（1）圆形磁场的磁感应强度B为； （2）沿与+x方向成120°角入射粒子在左边圆形磁场中的运动时间t为； （3）所有粒子从发射到再次经过x轴，运动时间的最小值为，最大值为。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 13:54:35；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $