章末综合检测（一）安培力与洛伦兹力-《学霸笔记·同步精讲》2026-2027学年高中物理选择性必修第二册教师用书Word（人教版）

章末综合检测（一）　安培力与洛伦兹力 （满分：100分） 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，只有一项是符合题目要求的） 1.（2026·高二上广西桂林期末）我国是最早发现磁现象、应用磁现象的国家之一。下列不属于磁现象的是（　　） A.两个静止的点电荷之间有相互作用力 B.两条平行通电导线之间有相互作用力 C.磁体与周围的通电导线有相互作用力 D.物理学家奥斯特发现通电导线使小磁针偏转 解析：A　两个静止的点电荷之间的相互作用力是静电力，由库仑定律描述，不属于磁现象，故A符合题意；两条平行通电导线之间的相互作用力是通过磁场产生的，由安培定律描述，属于磁现象，故B不符合题意；磁体与周围的通电导线的相互作用力是通过磁场产生的，属于磁现象，故C不符合题意；物理学家奥斯特发现通电导线使小磁针偏转是电流的磁效应，属于磁现象，故D不符合题意。 2.（2026·江苏扬州期末）如图所示，一根通电导线弯折后固定在匀强磁场中，bc与磁感线垂直，则导线ab、bc所受安培力大小之比及方向为（　　） A.1∶1　相同 B.1∶1　相反 C.sin θ∶1　相同 D.1∶sin θ　相反 解析：B　由图可知导线ab垂直于磁感线方向的长度与导线bc的长度相等，两条导线电流大小相等、方向相反。由F＝BIL可知导线ab、bc所受安培力大小之比为1∶1，由左手定则可知两条导线所受安培力方向相反，故选B。 3.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd（ab、cd在同一条水平直线上）连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向固定放置一根长直导线P。当P中通以方向垂直于导线框向外的电流时（　　） A.导线框将向左摆动 B.导线框将向右摆动 C.从上往下看，导线框将顺时针转动 D.从上往下看，导线框将逆时针转动 解析：D　当长直导线P中通以方向垂直于导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确。 4.（2026·高二上陕西榆林期中）如图所示，a、b两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a带负电，物块b不带电且为绝缘体，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，使a、b一起无相对滑动地向右加速运动，在加速的过程中，物块a、b间的摩擦力（　　） A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 解析：B　由于无相对滑动，对整体受力分析，a将受到向下的洛伦兹力的作用，使得加速过程中地面对b的支持力逐渐增大，则系统所受的摩擦力将逐渐增大。根据牛顿第二定律F－μFN＝a，可知加速度将逐渐减小，隔离a根据牛顿第二定律有Ff＝maa，可知物块a、b间的摩擦力逐渐减小，故选B。 5.如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（　　） A.t1＜t2＝t3 B.t1＜t2＜t3 C.t1＝t2＞t3 D.t1＞t2＞t3 解析：A　由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t＝，设正方形abcd的边长为l，则s1＝π·，s2＝π·，s3＝·l，则有t1＜t2＝t3，故选A。 6.（2026·高二上河北廊坊期末）在真空区域内存在一宽度为d、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，AD、BC为磁场的两条平行边界。质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）以与AD边界成37°的夹角射入磁场，粒子从磁场右边界射出时，速度方向与边界的夹角为53°（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。下列说法正确的是（　　） A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为7d B.粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为d C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小为 D.粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间可能为 解析：D　粒子从磁场右边缘射出时，轨迹如图，则由几何关系r1cos 37°＋r1sin 37°＝d，解得r1＝，或者r2cos 37°－r2sin 37°＝d，解得r2＝5d，A、B错误；根据qvB＝m，可得v＝，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小可能为v1＝，或者v2＝，C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹所对的圆心角可能为θ1＝90°，或者θ2＝53°－37°＝16°，根据T＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间可能为t1＝T＝，或者t2＝T＝，D正确。 7.（2026·广东深圳期末）霍尔元件能够探测磁场的存在及强弱。如图所示是一块长为a、宽为b、高为c的金属导体霍尔元件，通入向右的恒定电流I，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　） A.上下表面间存在霍尔电压 B.前表面的电势低于后表面 C.仅增大b会使前、后表面间的电压U增大 D.仅增大c会使前、后表面间的电压U减小 解析：D　根据左手定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力作用下向后表面偏转，则前表面的电势高于后表面，前后表面间存在霍尔电压，故A、B错误；稳定时，根据平衡条件可得qvB＝q，又I＝neSv＝nebcv，联立可得U＝，仅增大b，则前、后表面间的电压U保持不变；仅增大c会使前、后表面间的电压U减小，故C错误，D正确。 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，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 8.（2025·浙江大学附属中学期末）关于下列四幅图的说法正确的是（　　） A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想使粒子获得的最大动能增大，可增大磁场的磁感应强度 B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极 C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）从右侧进入能沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即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大的是H 解析：AD　粒子射出回旋加速器时qvB＝m，Ek＝mv2，得Ek＝，可知要想增大粒子的最大动能，应该增大磁场的磁感应强度、回旋加速器盒子的半径，A正确；根据左手定则，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误；粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB＝m，得r＝H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。 9.（2026·高二上黑龙江佳木斯期末）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，电场强度为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA＝3mB，轨道半径为RA＝3RB，则下列说法正确的是（　　） A.小球A、B均带正电 B.小球A、B的电荷量比为3∶1 C.小球A、B的速度比为3∶1 D.小球A、B的速度比为1∶3 解析：BC　因为两小球在复合场中做匀速圆周运动，所受电场力与重力平衡，则电场力向上，与电场强度方向相反，则两小球均带负电，故A错误；由于电场力与重力平衡，则mAg＝EqA，mBg＝EqB，mA＝3mB，联立可得＝，故B正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，则v＝，由于两小球比荷相等，所以速度之比等于半径之比，所以＝＝，故C正确，D错误。 10.（2026·高二上河北保定期末）如图甲所示，平面直角坐标系的0≤x≤d区域内有磁场，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，以垂直于纸面向里为正方向，B0、T0均已知。平行于x轴的两带电金属板间存在着磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。带电粒子（不计重力，视为点电荷）以沿x轴正方向的速度射入两板间，恰能沿中轴线做直线运动，0时刻经过坐标原点，2T0时刻经过坐标为（d，d）的A点。下列说法正确的是（　　） A.粒子经过A点时速度方向平行于x轴 B.粒子的速度大小为 C.粒子的电荷量与质量的比值为 D.两板间的电场强度为 解析：ACD　粒子从O点沿x轴正方向进入右侧磁场，2T0时刻经过坐标为（d，d）的A点。画出粒子的运动轨迹，如图所示，由对称性可知，粒子经过A点时速度方向平行于x轴，A正确；因A点的纵坐标为d，可知粒子做圆周运动的半径为r＝，每段圆弧所对的圆心角为，可得粒子的速度v＝＝，B错误；根据qvB0＝m，解得＝，C正确；粒子在两极板间做直线运动，则qE＝qvB0，解得两板间的电场强度为E＝，D正确。 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.（6分）某回旋加速器的示意图如图所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交流电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。 （1）粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W，冲量为I，则　D　； A.W＝0，I＝0 B.W≠0，I＝0 C.W≠0，I≠0 D.W＝0，I≠0 （2H核和H核自图中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差绝对值始终为U，电场方向做周期性变化H核在每次经过缝隙间时均被加速（假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略）H核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为　E　。 A.1∶3 B.1∶9 C.1∶1 D.9∶1 E.3∶1 解析：（1）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，即W＝0，洛伦兹力的冲量I≠0，D正确。 （2）由题意可知H核与H核的电荷量之比为1∶1H核与H核的质量之比为1∶3，根据带电粒子在磁场中运动的周期T＝可知H核与H核的周期之比为1∶3H核完成3次加速后，实际在磁场中转了2个半圈，时间为一个完整周期，则此时H核在磁场中转了圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对H核有3qU＝Ek1－0，对H核有qU＝Ek2－0，解得动能之比为3∶1，故选E。 12.（8分）如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长。g＝10 m/s2。 （1）求匀强磁场的磁感应强度的大小； （2）当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？ 答案：（1）0.5 T　 （2）3 cm 解析：（1）弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力IlB和向下的重力mg，二者大小相等，即 IlB＝mg，解得B＝＝0.5 T。 （2）当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力I1lB和向下的重力mg作用，处于平衡状态。 根据平衡条件有2kx1＋I1lB＝mg 当电流反向后，ab棒受两只弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力I2lB和重力mg作用下处于平衡状态。 根据平衡条件有2kx2＝mg＋I2lB 联立解得x2＝x1＝3 cm。 13.（12分）（2026·高二上湖北黄冈期中）如图所示为导轨式电磁弹射实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源、两导轨、滑块构成闭合回路，滑块被导轨中的强大电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度与电流的关系为B＝kI，比例常量k＝5×10－7 T/A。已知两导轨内侧间距l＝2.0 cm，滑块的质量m＝0.04 kg，滑块沿导轨滑行x＝2 m后获得的发射速度v＝1 000 m/s（此过程可视为匀加速运动）。求： （1）滑块在发射过程中的加速度a的大小； （2）发射过程中电源提供的电流I的大小。 答案：（1）2.5×105 m/s2　 （2）1×106 A 解析：（1）滑块在两导轨间做匀加速运动有v2＝2ax 解得a＝＝2.5×105 m/s2。 （2）根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力F＝BIl＝ma 又B＝kI 联立解得I＝＝1×106 A。 14.（12分）如图所示的空间有一水平向右的匀强电场，虚线AD为电场的边界线，在AD的右侧有一边长为d的正方形虚线框ABCD，在虚线框内存在如图所示方向的匀强磁场，但磁感应强度大小未知。在BA的延长线上距离A点间距为d的位置O有一粒子发射源，能发射出质量为 m、电荷量为＋q的粒子，假设粒子的初速度忽略不计，不计粒子所受的重力，该粒子恰好从虚线框的C位置离开，已知电场强度的大小为E，sin 37°＝0.6。求： （1）虚线框内磁场的磁感应强度B的大小； （2）要使带电粒子以最短时间从距离C点的位置O'离开，则磁感应强度B'应为多大。 答案：（1） 　 （2） 解析：（1）设粒子运动到A点时的速度大小为v， 由动能定理可知qEd＝mv2 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何知识知半径r＝d 由牛顿第二定律得qvB＝m 联立解得B＝ 。 （2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r'，粒子运动轨迹如图所示， 由几何关系得（d－r'）2＋＝r'2， 解得r'＝d 由牛顿第二定律得qvB'＝m， 解得B'＝ 。 15.（16分）（2026·江苏省无锡市期中）如图所示，xOy坐标平面内，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场（场强大小未知），第四象限矩形区域OMNP内有垂直坐标平面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知），OP＝L，OM ＝2L。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子自电场中的A点以大小为v0的速度沿x轴正方向发射，恰好从O点处进入磁场，A点的坐标为（－2L，L），不计粒子所受的重力。 （1）求电场强度的大小； （2）若粒子正好从M点射出磁场，求磁感应强度的大小； （3）粒子从A点运动到M点的总时间。 答案：（1）　 （2）　 （3） 解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，从A点到O点过程中，沿x轴方向做匀速直线运动，由运动学知识有2L＝v0t1 解得带电粒子在匀强电场中运动时间为t1＝ 粒子沿y轴方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE＝ma 由运动学知识有L＝a 联立解得电场强度大小为E＝。 （2）带电粒子到达O点时，由运动学知识可知沿y轴方向的分速度为vy＝at1＝v0，则带电粒子到达O点时速度方向与x轴的夹角满足tan θ＝＝，可得θ＝30°。带电粒子到达O点时速度大小为v＝＝v0粒子正好从M点射出磁场，则带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2rcos 30°＝2L，解得粒子的轨道半径为r＝L 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，解得磁感应强度大小为B＝。 （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有T＝，带电粒子在磁场中运动时间为t2＝T 联立解得带电粒子在磁场中运动时间为t2＝ 故带电粒子从A点运动到M点的总时间为t＝t1＋t2＝。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $