2025-2026学年鲁科版物理选择性必修第二册单元测试第一章 安培力与洛伦兹力（含解析）

第一章 安培力与洛伦兹力
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，该导线所受安培力大小(　　)
A．变大 B．变小
C．不变 D．不能确定
2．如图所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出。在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
3．两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力大小之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
4．如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
5．如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定(　　)
A．小球带负电
B．小球带正电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
6．如图所示，有两根长为l，质量为m的细导体棒a、b；a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，已知重力加速度为g，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是(　　)
A．方向竖直向下
B．大小为
C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．若使b下移，a将不能保持静止
7．如图甲所示是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低依次放置，所有收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低依次变大，因而左端位置不同。已知两磁铁之间的长方体空间内存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。一个粒子源被固定在底面上，粒子源竖直向上发射出质量为m、电荷量绝对值为q、速率不同的粒子，这些粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下运动，并打到右侧的多片收集板上(如图乙中D1、D2、D3所示)。收集板D1刚好与粒子出射点在同一高度，粒子击中收集板后有一定比例反弹，反弹前后粒子速度方向与收集板平面的夹角大小不变，反弹速度最大值为撞击前速度的。重力及粒子间的相互作用忽略不计。则下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．该粒子源发射的粒子带负电
B．该粒子源发射的粒子带正电
C．第一次打在D1收集板上的粒子，最终肯定全部被D1吸收
D．若使D2长度超过D1长度，可能使得D1板上收集不到任何粒子
8．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场(场强大小未知)和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，竖直面内有一固定的、半径为R的光滑绝缘圆环，环上套有一带负电的小球，小球质量为m、电荷量为q，重力加速度大小为g，现给小球一个大小为v的初速度，小球恰好能沿光滑圆环做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A．电场方向向上，场强大小为E＝
B．小球对圆环的作用力大小可能为FN＝qvB－m
C．小球对圆环的作用力大小可能为FN＝m＋qvB
D．小球对圆环的作用力大小为FN＝m
三、非选择题(共60分，其中9题为实验题，10题为填空题，11、12、13题为计算题)
9．物体的带电荷量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量。如图(a)所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
(a)　　　　　　　　　　(b)
(1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角θ，直至打出的纸带上的点迹________，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0。
(2)如图(b)所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电荷量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是________。
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有________。
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为________。
10．如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B。今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出。如果电子的比荷为。求：
(1)电子射入磁场时的速度大小为________。
(2)电子在磁场中运动的时间为________。
11．如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度，电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过图中方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡，重力加速度为g。
(1)写出用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式；
(2)当n＝5，L＝10 cm，I＝0.1 A，m＝10 g时，求磁感应强度的大小(重力加速度g取10 m/s2)。
12．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重力为3 N的金属棒ab，棒上通过3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止：
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求ab棒对导轨的压力大小；
(3)若要使B取值最小，其方向应如何调整？求出最小值。
13．如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。x轴下方有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以大小为v0的速度垂直x轴向上射出。求：
(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴；
(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离。
参考答案
1．C　[通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置的过程中，F、I与B三者大小不变且方向总是相互垂直的，所以F的大小不变。选C。]
2．B　[根据左手定则可知，A所述情况电子受力沿y轴负方向，故A错误；B所述情况，电子受洛伦兹力沿z轴负方向，B正确；C所述电场会使电子向z轴正方向偏转，C错误；D所述电场使电子向y轴负方向偏转，D错误。]
3．　[带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C项正确。]
4．C　[首先对MN进行受力分析：受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力。处于平衡时有2F＋BIl＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIl，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大。故选项C正确。]
5．BD　[小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE＋qvB＝mg；若从B点由静止滑下，由动能定理可求得小球进场区时的速度v′6．CD　[根据安培定则，可知b在a处产生的磁感应强度方向为竖直向上，A错误；根据左手定则，可知a受到水平向右的安培力，还受竖直向下的重力，斜面给的支持力，合力为零，根据共点力平衡条件可得BIl＝mg，解得B＝，B错误；重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡 ，当减小b在a处的磁感应强度，则安培力减小，要使a仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的安培力斜向右上， C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有安培力变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，D正确。]
7．AD　[由左手定则可以判断出粒子带负电，A正确，B错误；由于粒子打在收集板上会反弹，而收集板长度不相等，所以反弹后可能被上板吸收，C错误；当D2板的长度超过D1板且足够长时，可以使D1板上收集不到任何粒子，D正确。]
8．BC　[小球在复合场中做匀速圆周运动，则重力与电场力的合力为零，即qE＝mg，得E＝，小球所受的电场力方向竖直向上，小球带负电，则电场方向一定向下，故A错误；洛伦兹力方向不确定，当F洛指向圆心时，FN为F洛和向心力之差，故B正确；当F洛指向圆外时，FN为F洛与向心力之和，故C正确，D错误。]
9．解析：(1)此实验平衡摩擦力后，确定物块做匀速直线运动的依据是打点计时器在纸带上所打出的点等间距分布。
(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力。根据平衡条件可知
f＝Mg sin θ0
FN＝Mg cos θ0
又因为f＝μFN，所以μ＝＝＝tan θ0
当存在磁场时，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos θ0)＝(M＋m)a
由此式可知，v和a是变量，其他都是不变的量，所以A、B一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差公式Δx＝at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减小；匀速运动时，间距不变。故D正确，A、B、C错误。
(3)根据(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos θ0)＝(M＋m)a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则
(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos θ0)＝0
得q＝
把μ＝tan θ0代入，得q＝
由此可知为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。故选BD。
(4)由(3)知q＝。
答案：(1)间距相等　(2)D　(3)BD
(4)q＝
10．解析：由题意可确定其轨迹如图所示。
(1)由几何知识可知轨迹的半径为r＝R。结合半径公式r＝得电子的速度大小为v＝。
(2)轨迹所对的圆心角为90°，所以电子在磁场中运动的时间为t＝T＝。
答案：(1)　(2)
11．解析：(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当线圈通过如题图所示方向的电流时，根据平衡条件有
m1g＝(m0＋m2)g－nILB ①
当线圈通过的电流反向时，根据平衡条件有
(m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB ②
联立①②解得B＝。
(2)代入数值得B＝＝T＝1 T。
答案：(1)B＝　(2)1 T
12．解析：(1)棒静止时，其受力如图所示
则有F＝G tan 60°，即BIl＝G tan 60°，可得B＝＝ T。
(2)ab棒对导轨的压力与导轨对ab棒的支持力大小相等，
FN＝＝6 N
所以F′N＝FN＝6 N。
(3)若要使B取值最小，即安培力F最小。显然当F平行于导轨向上时，F有最小值，此时B应垂直导轨向上，且有Fmin＝G sin 60°
所以BminIl＝G sin 60°
可得Bmin＝＝ T。
答案：(1) T　(2)6 N　(3)B应垂直导轨向上
T
13．解析：粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以大小为v0的速度进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴。如图所示。
(1)由牛顿第二定律有
qv0B＝ ①
T＝ ②
得T1＝
T2＝
粒子第二次到达x轴所需时间
t＝T1＋T2＝。
(2)由①式可知r1＝，r2＝
粒子第二次到达x轴时离O点的距离
s＝2r1＋2r2＝。
答案：(1)　(2)