第一章 安培力与洛伦兹力 单元检测（含解析）2026-2027学年高中物理人教版选择性必修第二册

第一章安培力与洛伦兹力注意事项1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10m/s2。一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题意)1.如图,一段半径为R的半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,粗铜线所在空间有一匀强磁场B,磁场方向竖直向下,当粗铜线通有顺时针方向电流I时,粗铜线所受安培力的方向及大小正确的是()A.向前,πBIRB.向前,2BIRC.向后,πBIRD.向后,2BIR2.如图,甲是回旋加速器,乙是磁流体发电机,丙是速度选择器,丁是霍尔元件,下列说法正确的是()A.甲图可通过增加交变电流的电压U来增大粒子的最大动能B.乙图可通过减小磁感应强度B来增大电源电动势C.丙图无法判断出带电粒子的电性,粒子只能从左到右沿直线匀速通过速度选择器D.丁图中产生霍尔效应时,无论载流子带正电或负电,稳定时都是C端电势高3.宽度为L的匀强磁场区域边界平行,磁场方向垂直纸面向外。一质子(带正电)以速度v垂直磁场边界射入,射出时偏转角为60°。若将入射速度变为v2,且保持入射方向不变,则质子射出磁场边界时的偏转角为A.30°B.60°C.90°D.180°4.一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电物体静置于绝缘水平面上,空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。某时刻,该物体在水平恒力F的作用下由静止开始水平向右加速运动,运动的位移为x时恰好达到最大速度。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。物体由静止到最大速度的过程中,下列说法正确的是()A.最大加速度为FmB.最大速度为FC.物体克服摩擦力做的功为μmgxD.最大动能小于Fx-μmgx5.如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,半径OC与OB成60°角,质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场,从C点射出。质子乙以速度v3从B点沿BA方向射入磁场,从D点(图中未画出)射出磁场,不计质子重力,则C、D两点间的距离为A.RB.2RC.23RD.3R6.某电磁炮可简化为如图所示的模型,同一水平面内的两根平行光滑导轨a、b与可控电源相连,导轨间存在竖直向上的匀强磁场,将一质量为m、可视为质点的金属弹丸放在导轨上,弹丸在安培力的作用下由静止开始加速向右运动,离开导轨时的速度大小为v,已知弹丸在导轨上加速的过程中,可控电源提供给弹丸的功率恒为P,不计空气阻力及弹丸产生的焦耳热,下列说法正确的是()A.导轨a的电势较低B.弹丸在导轨上运动时的加速度先减小后增大C.弹丸在导轨上的加速时间为mD.弹丸在导轨上的加速距离为m7.如图所示,倾角为37°的光滑斜面ABC固定在水平地面上,一个质量为m、电荷量为+q的小球从斜面底端A点以初速度v沿斜面向上运动。整个装置在水平向右的匀强电场中,场强E=3mg4q,斜面竖直边BC所在直线右侧空间中充满垂直于纸面向里、磁感应强度为B=5mg2qv的匀强磁场,A.2v25gB.3二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)8.如图,医院利用电磁流量计监测输液管中药液(药液中含有正负离子)的流量Q(定义:单位时间内通过横截面的液体体积)。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,输液管直径为d,药液以恒定速度水平向右通过流量计,电压传感器可以检测a、b间的电压,当电压传感器两端电压高于U0或低于0.5U0时,系统会发出警报声,则正常输液过程()A.a点的电势低于b点的电势B.a点的电势高于b点的电势C.流量Q的上限为πdU04B9.图a为全超导托卡马克核聚变实验装置的核心部件示意图,其工作原理是利用洛伦兹力将高温等离子体约束在磁场中。受此启发,小明研究了带电荷量为+q的粒子在环形磁场中的运动情况,如图b所示,匀强磁场的磁感应强度B=mvqR,方向垂直于纸面向里,大圆和小圆的半径分别为3R、R。有粒子从小圆上的P点射出,下列说法正确的是A.若沿半径向外以2v射出的粒子会被约束在大圆内部运动B.若沿半径向外以v射出的粒子会被约束在大圆内部运动C.若沿切线以53vD.若沿切线以13v10.在如图所示的长方体空间中,存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场,AB=AA1=d,AD=L(L足够大)。某时刻一带正电的粒子以速度大小v0、方向平行于yOz平面且与y轴正方向的夹角θ=37°,从左边界区域中心射入,该粒子的比荷为k,不计粒子的重力,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是()A.粒子在该区域运动过程中,加速度大小不变B.若磁感应强度B<12v05kd,则粒子会从DCCC.若磁感应强度B>12v05kd,则粒子会从DCCD.若磁感应强度B<6v05kd,则粒子可能从A1B1C三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(6分)某实验小组利用天平探究安培力与导体在磁场中的有效长度的关系。匝数为N、可绕固定转轴OO'自由旋转的线圈abcd的ad边置于水平向右的匀强磁场中,ad长为l1,磁场宽度为l2(l2小于l1),bc边置于天平托盘上,如图甲所示。(1)当电流沿着(填“abcd”或“adcb”)方向流动时天平左侧托盘受到压力,通过测量该压力即可测量出安培力大小。

(2)研究安培力大小跟有效长度的关系,以下方案中最可行的是,请简述判断的理由:。

A.更换线圈,仅改变线圈的匝数NB.更换线圈,仅增大l1C.更换磁体,仅改变磁场的磁感应强度(3)实验时,由于线圈摆放不正,ad边与磁场方向并不垂直。俯视线圈平面观察,ad边与磁场方向的垂线成θ角,如图乙所示。这种情况将使安培力的测量值(填“偏大”“偏小”或“没有影响”),请简述你作出判断的依据:。

12.(10分)为测量某霍尔元件在室温下的载流子浓度n(单位体积内的载流子个数),小组同学在实验室中选取了载流子为电子的霍尔元件进行研究,并设计了如图甲所示的实验电路,匀强磁场垂直于元件的工作面向下,用一个精密可调电源通过1、3测脚为霍尔元件提供工作电流IH,并用一台高精度数字电压表测量2、4测脚间产生的霍尔电压UH。(1)用螺旋测微器测得该元件沿磁场方向的厚度d如图乙所示,则d=mm。

(2)接通K1、K2正常工作时,2、4测脚的电势高低关系为φ2φ4(选填“>”或“<”)。

(3)实验中,在室温条件下,改变工作电流IH,测出对应霍尔电压UH,描绘出UH-IH图像如图丙所示。已知磁感应强度B=8.0×10-3T,电子电荷量e=1.6×10-19C,根据图像及已知数据求出该霍尔元件室温下的载流子浓度n=m-3(结果保留两位有效数字)。

(4)如果实验时磁场方向未垂直元件的工作面,则测量的载流子浓度(选填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

13.(10分)真空区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场磁感应强度大小为B,正方形MNPQ的边长为L。Q处有一个粒子源,可沿QM方向发射速度大小不同的带正电粒子,粒子的质量为m,电荷量为q,粒子重力不计。(1)若粒子可到达P点,求粒子速度的大小v;(2)若粒子可到达N点,求粒子从Q到N所用的时间t。14.(12分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B=2T、方向垂直于xOy平面向外,电场E1平行于y轴(未画出);在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2,已知场强E1、E2的大小相等。一可视为质点、比荷为qm=5C/kg的带正电小球,从y轴上的A(0,0.2m)点以初速度v0水平向右抛出,经过x轴上的M(0.4m,0)点进入第Ⅳ象限,在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力,π取3.14。求(1)小球从A点抛出的初速度大小v0;(2)小球在第Ⅳ象限的运动半径;(3)小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间。15.(16分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一、四象限(0<x<d)区域存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,在第二象限中曲线OA的上方存在竖直向下、电场强度为E的匀强电场。曲线OA左侧空间存在垂直于x轴的线状离子源MN(N在x轴上),不断沿x轴正方向发出带正电、质量为m、电荷量为q、速度大小v0=Bqd2m的相同粒子,每个粒子均从O点进入磁场区域,不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用力,(1)OA曲线需满足怎样的表达式;(2)若某个粒子恰好未出磁场区域右边界,求粒子过O点时速度与x轴的夹角θ的正弦值;(3)若粒子进入磁场后受到与速度大小成正比的阻力f=kv,最后与磁场右边界相切于点(d,h),求比例系数k。

答案与分层梯度式解析第一章安培力与洛伦兹力1.B2.C3.D4.D5.D6.C7.A8.BCD9.BC10.AC1.B利用左手定则来判断方向,受到的安培力方向应为向前,大小为F安=BIL=BI·2R=2BIR,选项B正确。2.C粒子在磁场中满足qvB=mv2r,可得v=qBrm,设回旋加速器D形盒的半径为R,当粒子的轨迹半径为R时,速度最大,动能最大,可推导出粒子的最大动能为Ekm=12mvm2=q2B2R22m,粒子的最大动能与交变电流的电压无关,故A错误;当磁流体发电机达到稳定时,电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡,即qUd=qvB,得电源电动势为U=Bdv,由此可知,可通过增大匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势,故B错误;带电粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时,无论带正电还是带负电,电场力与洛伦兹力方向均相反,假设能从右侧沿直线匀速通过速度选择器,则无论粒子带正电还是带负电,电场力与洛伦兹力方向均相同,粒子不能沿直线匀速通过速度选择器,假设不成立,因此粒子只能从左侧进入速度选择器,故C正确;若载流子带正电,所受洛伦兹力方向向右,载流子向D端聚集,D端电势高;若载流子带负电3.D根据qvB=mv2r可得质子轨迹半径r=mvqB,由几何关系可得sinθ=Lr,解得r=233L;速度减半后轨迹半径r'=r2=33L,小于磁场宽度,则质子转半圈后从左边界射出,4.D对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律,有F-μ(mg+qvB)=ma,可知随着速度的增大,物体的加速度逐渐减小,则初始加速度最大,即am=Fm-μg,故A错误;物体加速度为零时,速度最大,有F=μ(mg+qvmB),得vm=F-μmgμqB,故B错误;物体由静止到最大速度过程中,摩擦力f=μ(mg+qvB),随着速度增大而增大,克服摩擦力做的功大于μmgx,故C错误;根据动能定理,有Fx-W克f=12mvm2,解得12mv5.D由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB,由几何关系求得r1=Rtan60°=3R,由于质子乙的速度是v3,其轨迹半径r2=r13=33R,它们在磁场的偏转角分别为60°和120°,根据几何知识可得BC=R,BD=2r2sin60°=R,所以CD=2Rsin60°6.C根据左手定则可知,导轨a与电源正极相连,电势较高,故A错误;弹丸在导轨上运动时,可控电源提供给弹丸的功率不变,随着速度增大,弹丸受到的安培力不断减小,根据牛顿第二定律知,弹丸的加速度不断减小,故B错误;此过程中弹丸受到的合力的功率不变,根据动能定理有Pt=12mv2,解得t=mv22P,故C正确;若弹丸做匀加速直线运动,则弹丸在导轨上的加速距离为x1=v2t=mv347.A因为沿斜面方向有Eqcos37°=0.6mg=mgsin37°,可知小球沿斜面向上做匀速运动到C点,在斜面竖直边BC所在直线的右侧空间内,小球受到的洛伦兹力大小为qvB=2.5mg(方向垂直于AC向上),小球受到的电场力和重力的合力F=mgcos37°=54mg(方向垂直于AC向下),利用“配速法”,将小球的速度分成v2+v2,其中qv2B=F=5mg4,则小球的运动可以看作是沿AC做匀速直线运动、垂直于AC做匀速圆周运动两个分运动的合运动,则小球在运动过程中与AC所在直线的最大距离为d=2R=2×m×8.BCD根据左手定则可知,向右运动的正离子受到向上的洛伦兹力,向上偏转,负离子受到向下的洛伦兹力,向下偏转,因此a聚集正电荷、b聚集负电荷,a点电势高于b点,选项A错误,B正确。当离子受力平衡时,洛伦兹力等于电场力,有qvB=qUd,解得流速v=UBd,流量为Q=vS,其中输液管横截面积S=πd22=πd24,代入得流量Q=vS=UBd·πd24=πdU4B,可见Q与U成正比,正常输液要求0.5U0≤U≤U0,当U=U0时,Qmax=πdU04B,即流量上限为πdU9.BC若沿半径向外以2v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·2vB=m(2v)2r1,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r1=2R,作出粒子的运动轨迹如图甲所示,可知粒子不会被约束在大圆内部运动,选项A错误;若沿半径向外以v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r2,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r2=R,作出粒子的运动轨迹如图乙所示,可知粒子会被约束在大圆内部运动,选项B正确;若沿切线以53v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·53vB=m53v2r3,解得粒子在磁场中的轨迹半径为r3=53R,若粒子在P点的速度方向是沿切线向下,如图丙所示,可知粒子可能被约束在大圆内部运动,选项C正确;若沿切线以13v射出的粒子,由洛伦兹力提供向心力得q·13vB=m1310.AC粒子在该区域受到向右的电场力F=Eq,将v0分解为沿z轴正方向的v0z和沿y轴正方向的v0y,则有v0z=v0sin37°=35v0,粒子所受洛伦兹力大小为F洛=Bqv0z,由左手定则知粒子刚进入该区域时洛伦兹力的方向沿x轴负方向,粒子在xOz平面内做匀速圆周运动,垂直于磁场方向的速度大小不变,故F洛大小不变,而电场力是恒力,粒子沿y轴正方向加速,不影响洛伦兹力,合力F合=(Eq)2+F洛2大小不变,则加速度大小不变,故A正确。若磁感应强度B=12v05kd,根据洛伦兹力提供向心力,有qBv0z=mv0z2r,解得r=d4,粒子在AA1B1B面的轨迹如图,由图可知,当r=d4时,粒子做圆周运动的轨迹刚好与A1B1C1D1面相切,粒子沿y轴正方向做匀加速运动,故刚好能从DCC1D1面射出,根据r=mv0zqB可知B越大,r越小,故B>12v05kd时,r<d4,则粒子会从DCC1D1面射出,故C正确,B错误。若B=6v011.答案(1)adcb(1分)(2)A(1分)当线圈的匝数增大n倍,导线受力的有效长度也会增大n倍(1分)(3)没有影响(1分)导线与磁场方向垂直的有效长度没有变化(2分)解析(1)根据左手定则可判断当电流沿着adcb方向流动时天平左侧托盘受到压力,通过测量该压力即可测量出安培力大小。(2)安培力F=BIL,改变线圈的匝数N实际上就是改变线圈的长度L,选项A正确;由于l2小于l1,仅改变线圈的边长l1并不能改变线圈的有效长度,选项B错误;更换磁体,仅改变磁场的磁感应强度不会改变线圈的有效长度,选项C错误。(3)不管线圈是侧向倾斜还是竖直方向倾斜,导线与磁场方向垂直的有效长度没有变化,都不会对实验结果造成影响。12.答案(1)0.680(0.679、0.681也正确)(2分)(2)>(2分)(3)7.1×1018(3分)(4)偏大(3分)解析(1)用螺旋测微器测得该元件沿磁场方向的厚度d=0.5mm+0.01mm×18.0=0.680mm。(2)接通K1、K2,根据左手定则,电子受向右的洛伦兹力,向4测脚偏转,则φ2>φ4。(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力,有evB=eE,电流微观表达式IH=neSv,设霍尔元件的宽度为l,霍尔元件的电压UH=El,霍尔元件的横截面积S=ld,解得UH=BnedIH,根据图像及已知数据解得n=7.1×1018m-3。(4)如果实验时磁场方向未垂直元件的工作面,则式中的B值偏大,13.答案(1)qBL2m解析(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r若粒子可到达P点,则轨迹半径r=L2(2分解得v=qBL2m(1(2)粒子从Q到N,由几何关系可知轨迹半径r'=L,轨迹对应的圆心角θ=π2(2分粒子做匀速圆周运动的周期T=2粒子从Q到N运动的时间为t=θ2πT(2解得t=πm2qB14.答案(1)2m/s(2)25m(3)0.914解析(1)小球在第Ⅰ象限做平抛运动,由运动学规律,在水平方向,有x=