第一章 安培力与洛伦兹力 章末检测（Word版含答案）

人教版（2019）选择性必修第二册 第一章 章末检测
一、单选题
1．如图，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是( )
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮
B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭
2．如图所示，光滑水平地面上竖直放置两根圆柱形铝管，其粗细、长短均相同，其中管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝。两枚略小于管内径的相同小磁铁a、b，同时从两管上端由静止释放，穿过铝管后落到地面。下列说法正确的是（　　）
A．a、b一定同时落地 B．a一定比b先落地
C．落地时，a、b的动能相等 D．落地时，a比b的动能小
3．如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2 ， 螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=4Ω．螺线管所在空间存在着向右的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．电阻R的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小随时间均匀增大
C．电阻R两端的电压为6V
D．C点的电势为4.8V
4．如图所示电路中，直流电源内阻可忽略不计，R为定值电阻，灯泡L正常发光。若某时刻起灯泡L逐渐熄灭，经检查发现，标号为①、②、③的三条线路中某条发生了断路，则断开的是（　　）
A．① B．② C．③ D．无法判断
5．如图所示，当导线ab在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（　　）
A．由d→e B．由 e→d C．无感应电流 D．无法确定
6．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R(r＜＜R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B．圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则
A．此时在圆环中产生了（俯视）逆时针的感应电流
B．此时圆环受到竖直向下的安培力作用
C．此时圆环的加速度
D．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度
7．如图所示，匀强磁场宽度为，有一边长为的正方形线框，线框与磁场边界重合，现让线框向右开始做往复运动，运动速度，其振幅小于，设回路中电流顺时针方向为正方向，线框受的安培力向右为正方向，以下图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
8．如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框相连，导线框内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（　　）
A．在时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
D．在时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
9．著名物理学家费曼设计了一个如图所示实验，用一轻绳悬挂一圆形轻质绝缘板，板的四周固定一些带正电的轻质小球，在圆形绝缘板正上方用支架（图中未画出）固定一个线圈，线圈与电源、开关构成回路，线圈与轻绳、圆板无接触。则下列说法正确的是（　　）
A．在闭合开关瞬间，圆板静止不动
B．在闭合开关瞬间，圆板逆时针转动（自上而下看）
C．不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向相同
D．开关断开瞬间与开关闭合瞬间圆板转动方向相反
10．中国科学院科普云平台的格致论道栏目中，罗会仟老师演示了用超导线圈悬浮一个强磁铁的实验，如图所示，此时强磁铁N极朝上。当快速将磁铁从图示位置向下拔出，则（　　）
A．俯视超导线圈，其电流的方向为顺时针
B．俯视超导线圈，其电流的方向为逆时针
C．将磁铁S极朝上再从下方靠近超导线圈，线圈受引力
D．将磁铁S极朝上再从下方靠近超导线圈，线圈受斥力
11．为了保护微安表，在运输电表时通常用导线把正负接线柱连接在一起。这一巧妙设计与下列哪些选项有着相同的物理规律（　　）
A．闭合电路欧姆定律
B．被毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷
C．避雷针尾端通常深入地下，与一块大的金属板连接在一起
D．伽利略理想斜面实验中小球总是滚到相同高度
三、填空题
12．在赤道附近的地磁场可看作是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度为B．如果赤道上空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，则地磁场对这根导线的作用力大小为 ，方向 ．
四、解答题
13．如图所示，ef，gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=1m，导轨左端连接一个R=2Ω的电阻，将一根质量为m=0.2kg、电阻为r=1Ω的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现施加水平向右的拉力F，使金属棒以水平速度v0=4m/s向右匀速运动．求：
(1)金属棒向右匀速运动时，通过电阻R的电流大小;
(2)金属棒cd两端的电势差Ucd;
(3)在某一时刻撤去向右的拉力F，撤去力F以后的过程中电阻R上产生的热量.
14．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨下端连接电阻R，质量为m、金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆及导轨电阻不计，在矩形区域cdfe内有垂直于纸面向里的匀强磁场，c、e距离为H，cdfe区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，在t=0时刻，将金属杆ab从到磁场上边界距离为h处由静止释放，在t1时刻进入磁场，离开磁场时的速度为进入磁场时速度的一半，已知重力加速度为g，求：
（1）金属杆刚进入磁场时的加速度大小；
（2）从金属杆开始下落到离开磁场的过程，回路中产生的焦耳热。
15．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止开始自由下落，并能匀速进入磁场。在此过程中线框平面保持在竖直平面内，且bc边始终与水平的磁场边界面平行。重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：
(1)线框中产生的感应电动势大小E；
(2)bc两点间的电势差Ubc；
(3)闭合线框的质量m。
16．如图所示，三边长均为L=0.6m的光滑U形导轨Ⅰ固定放置，与水平面成60°角；另一足够长的光滑U形导轨Ⅱ固定放置在比导轨Ⅰ高的水平面内，导轨Ⅱ内始终存在着水平向右作匀加速运动的匀强磁场，磁感应强度B＇= 1.0T，方向竖直向上，质量为m=0.1kg，阻值为R=2.0Ω的导体棒ab垂直导轨放置在导轨Ⅰ的开口处（有两柱挡着ab），现突然在导轨Ⅰ内加一垂直于导轨Ⅰ平面向上的、以B=B0－10t变化的磁场，经0.1s后，ab棒离开导轨Ⅰ斜向上飞出（在该0.1s内，导体棒ab所受的安培力大于其重力沿导轨Ⅰ所在平面的分力），恰好能到达最高点时落在导轨Ⅱ的开口a＇b＇处，此后，ab棒及匀强磁场B＇运动的v－t图象分别为图乙中的平行线①②.若ab棒始终与导轨接触良好，导轨的电阻和空气阻力均不计．g取10m/s2，求：
（1）ab棒飞起的高度h；
（2）磁场B的初始值B0；
（3）磁场B＇向右运动的加速度a．
17．如图所示，一个单匝正方形线圈abcd，以速度U匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场中，在线圈以速度v匀速进入磁场的过程中，线圈平面始终垂直于磁场，且cd边平行于磁场边界MN。已知线圈的边长为L、电阻为R，在线圈进入磁场的过程中，求：
（1）流过ab边的电流方向；
（2）线圈中电流I的大小；
（3）线圈克服安培力所做的功W。
18．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨、，平行固定在同一水平面内，两导轨间距离，一小灯泡（，）连接在、之间。垂直导轨的直线、与两导轨围成的区域内有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小。质量、电阻导体棒，垂直导轨放在磁场外的某一位置，在平行于导轨的恒力作用下由静止开始运动，通过磁场的过程中小灯泡正常发光。已知直线、的距离，回路其余部分的电阻不计。求：
（1）棒通过磁场的速度大小；
（2）棒在恒力作用下由静止运动到直线的过程中力的冲量大小I。
19．如图所示，光滑平行金属导轨由左右两侧倾斜轨道与中间水平轨道平滑连接而成，导轨间距为L，在左侧倾斜轨道上端连接有阻值为R的定值电阻，水平轨道间宽为d的矩形区域有竖直向上的匀强磁场；质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒ab放在左侧倾斜轨道上由静止释放，金属棒释放的位置离水平轨道的高度为d，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒第一次出磁场时的速度为第一次进磁场时速度的，不计金属导轨电阻，金属棒通过倾斜轨道与水平轨道交界处无机械能损失，重力加速度为g，求：
（1）金属棒第一次穿过磁场的过程中，定值电阻上产生的焦耳热；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）金属棒第二次进入磁场后运动的距离有多远？
20．如图，水平面（纸面）内同距为的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
AC．当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；AC错误；
BD．S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭。D正确，B错误。
故选D。
2．D
【解析】
【详解】
小磁铁a、b，同时从两管上端由静止释放，穿过铝管过程中，管Ⅰ无缝，管Ⅰ产生感应电流，由楞次定律（来拒去留）判断，小磁铁a穿过铝管过程中，都会受到一个阻碍它运动的磁力，则需要克服磁力做功，机械能减小；管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝，管Ⅱ不产生感应电流，机械能守恒。由于小磁铁a运动受到阻碍，落地时速度较小，下落时间比小磁铁b长，小磁铁b先落地。
故选D。
3．D
【解析】
【详解】
A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律有
由图知
代入数据解得
E=1500×2×20×10-4=6V
由闭合电路欧姆定律得
因此感应电流的大小是恒定的，故B错误；
C．电阻两端的电压是外电压为
U=IR=1.2×4V=4.8V
故C错误；
D．在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4.8V，故D正确．
故选D．
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
灯泡L逐渐熄灭，一定是电源电压无法加到灯泡两端，而通过线圈中的电流减小，线圈中产生自感使闭合电路电流逐渐减小，则①、②一定是通路，断开的一定是③。
故选C。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
由右手定则可知，ab向右运动时产生的感应电流由b→a，故流过R的电流方向是由d→e，A正确。
故选A。
6．D
【解析】
【详解】
由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端电流方向向外，则有（俯视）顺时针的感应电流，故A错误；根据楞次定律可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B错误；圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，产生的感应电动势E=Blv=B 2πRv，圆环的电阻为： ，电流为：，圆环所受的安培力大小为F=BI 2πR，由牛顿第二定律得： ，其中质量为：联立以上解得：，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等速度最大，即有mg=F，可得：，解得：，故D正确．所以D正确，ABC错误．
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律得
线框向右运动，减速到零再向左运动到中心位置，由右手定则可知，电流方向先顺时针再逆时针，由于磁场宽度与线框等宽，当线框回到中心位置时，电流方向发生突变，故交流电的周期，选项AB错误；
CD．根据安培力
当线框向右运动时，线框受的安培力向左，当线框向左运动时安培力向右，且周期，根据安培力向右为正方向，可知C正确，D错误。
故选C。
【快解】
线框做简谐运动的周期为，由于是有界磁场，始终有一条边在磁场中，线框每回到平衡位置时电流方向突然反向，产生交流电的周期为，从而确定图像；再根据安培力的大小和方向确定图像。
8．BC
【解析】
【详解】
A．在时刻，B的变化率为零，螺线管内感应电流为零，cd和ef产生的磁感应强度为零，金属圆环L内的磁通量为零，故A错误；
B．在时刻，B的变化率最大，螺线管内感应电流最大，cd和ef产生的磁感应强度最大，金属圆环L内的磁通量最大，故B正确；
C．在时间内，B向上减小，根据楞次定律可知感应电流从螺线管的f点流入、c点流出，且由于B的变化率逐渐增大，所以感应电流逐渐增大，根据安培定则可知穿过金属圆环L的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，故C正确；
D．在时间内，B向下增大，根据楞次定律可知感应电流从螺线管的f点流入、c点流出，且由于B的变化率逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，根据安培定则可知穿过金属圆环L的磁通量垂直纸面向外减小，根据楞次定律可知金属圆环L内有逆时针方向的感应电流，故D错误。
故选BC。
9．BD
【解析】
【详解】
AB．由题意，当闭合开关的瞬间，线圈的电流瞬间增大，线圈的磁通量增加，圆板的磁通量也增加，圆板发生电磁感应现象，根据楞次定律可知，圆板中会产生感应电场阻碍圆板磁通量的增加，所以由安培定则可判断圆板中感应电场方向为逆时针（自上而下看），而圆板四周固定的是带正电的小球，所以圆板逆时针转动（自上而下看），所以B正确，A错误；
C．由于发生电磁感应现象，圆板中产生感应电场方向为逆时针（自上而下看），所以圆板的转动方向与带电小球的电性有关，如果是正电荷，逆时针转动（自上而下看），如果是负电荷，顺时针转动（自上而下看），所以C错误；
D．如果是开关断开瞬间，圆板中的磁通量减少，根据楞次定律与安培定则可判断产生的感应电场方向为顺时针（自上而下看），与开关闭合瞬间转动方向相反，所以D正确。
故选BD。
10．BD
【解析】
【详解】
AB．根据楞次定律可知，当快速将磁铁从图示位置向下拔出时，线圈的磁通量减小，又此时强磁铁N极朝上，故俯视超导线圈，其电流的方向为逆时针，A错误，B正确；
CD．将磁铁S极朝上再从下方靠近超导线圈时，根据楞次定律可知，线圈下方为S极，故线圈受斥力，C错误，D正确。
故选BD。
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
微安表在运输中指针晃动可以产生电势差，我们把正负极接通消除电势差才会安全，闭合电路原理即利用电源电势差；避雷针与大金属板接通也是消除电势差；被毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，是为了产生电荷；伽利略理想斜面实验中小球总是滚到相同高度，与电势差无关。故AC正确，BD错误。
故选AC。
12．BIL，竖直向下
【解析】
【详解】
[1]．根据安培力的公式F=BIL的适用条件可知地磁场对这根导线的作用力大小为：F=BIL；
[2]．根据左手定则可知：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指方向与电流方向相同，大拇指指向为受力方向，由此可知安培力方向竖直向下．
13．(1)I=2A (2)Ucd=4V (3)
【解析】
【详解】
(1)根据法拉第电磁感应定律 E=BLv
根据欧姆定律I=E/（R+r）
代入数据可得：I=2A
（2）Ucd=IR=4V
（3）据能量守恒有：
QR+Qr=Q
可得：
【点睛】
（1）由法拉第电磁感应定律求得电动势，由闭合电路欧姆定律求得通过电阻R的电流；
（2）由闭合电路欧姆定律求得，金属棒cd两端的电势差Ucd；
（3）根据能量守恒，撤去力F以后的过程中回路中产生的热量等于cd棒机械能的减小量，根据串联电路的规律求出电阻R上产生的热量.
14．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）金属杆进入磁场之前有
刚进入磁场时，有：
可得：
a=
（2）进入磁场之前，有：
进入磁场之后，由能量守恒，有
15．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
（1）线框自由落体线框进入磁场时，根据机械能守恒
线框速度
根据法拉第电场感应定律，线框中产生的感应电动势
（2）线框形成闭合回路，此过程中线框中电流
b点和c点间的电势差相当于电源端电压
（3）线框匀速进入磁场，重力和安培力平衡
解得线框的质量
16．（1）0.15m（2）3.15T（3）1.8m/s2
【解析】
【详解】
（1）由图（乙）知，ab棒落到导轨Ⅱ的瞬时速度v1=1m/s，
由运动的合成可知，ab棒刚飞起时的速度为v0＝m/s＝2m/s，
由机械能守恒有mgh＝mv02 mv12，
解得 ．
（2）由B=B0-10t知，
＝10T/s，
则电动势E＝L2＝3.6V，
根据欧姆定律得 ．
经△t=0.1s，B=（B0-1）T，
由动量定理有{[B0+（B0-1）]IL-mgsin60°}△t=mv0-0，
代入数据解得B0≈3.15T．
（3）ab棒在导轨Ⅱ内产生的感应电动势E'=B'L（v2-v1），
对ab棒，由牛顿第二定律
由图（乙）知，v2-v1=1m/s，
代入数据解得a=1.8m/s2．
由图（乙）知，磁场B'的加速度与棒的加速度相同，可知磁场B'的加速度也为1.8m/s2．
17．（1）b到a；（2）；（3）。
【解析】
【详解】
（1）根据右手定则可知，线圈中的电流方向是顺时针，所以流过ab的电流方向为b到a；
（2）设线圈中的电动势为E，则有：
E=BLv
根据闭合电路的欧姆定律有：
得
（3）设线圈受到的安培力为F，则有：
F=BIL
则安培力做功为：
W=FL
解得
18．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）棒通过磁场时由法拉第电磁感应定律有
由欧姆定律有
又
联立以上各式代入数据解得
（2）杆在磁场外运动时力的冲量
杆在磁场中运动时
设杆在磁场中运动的时间为，由匀速运动公式有
由静止运动到直线的过程中力的冲量大小
联立以上各式可得
19．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）导体棒第一进入磁场时，由机械能守恒定律
第一次出离磁场时的速度
由能量关系可知，定值电阻上的焦耳热为
（2）导体棒经过磁场的过程由动量定理可知
解得
（3）第二次进入磁场时的速度为
由动量定理
解得
20．（1）； （2）R=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F-μmg= ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v=at0
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E=Blv
联立上式可得
（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律
I=
式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F–μmg–f=0
联立上式得
R=
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页