《创新课堂》第一章 安培力与洛伦兹力 章末综合检测（一）　安培力与洛伦兹力 课件 高中物理选择性必修第二册（人教版）

(共41张PPT)
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. （2025·辽宁鞍山期中）水平向右的匀强磁场中有一折线形导线abcd，
通有恒定电流I，方向如图，ab、cd平行于磁场，bc处均为直角，已知ab＝
bc＝cd＝L，则该导线受到的安培力大小为（　　）
A. BIL B. 2BIL
C. 3BIL D. BIL
解析：　因ab、cd平行于磁场，所以这两段导线不受安培力，该导线受
到的安培力就等于bc受到的安培力，因bc垂直于磁场，所以该导线受到的
安培力大小为F＝BIL，故选A。
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2. （2025·河北石家庄期中）来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高
能带电粒子，若这些粒子都到达地面，将会对地
球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）
的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，
使得很多高能带电粒子不能到达地面。下面说法
中正确的是（　　）
A. 地磁场的磁感线从地理南极出发终止于地理北极
B. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极附近最强
C. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强
D. 地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转
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解析：　地磁场的磁感线外部从地理南极出发回到地理北极，内部从地
理北极出发回到地理南极，故A错误；粒子垂直射向地球，纬度越高，粒
子运动方向和磁场方向夹角越小，受到的洛伦兹力越小，越容易射入地球
大气，阻挡作用弱；相反在低纬度地区，粒子运动方向和磁场方向夹角
大，受到的洛伦兹力大，粒子不容易射入地球大气，阻挡作用强，故B错
误，C正确；由左手定则分析可知，沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中
的带电粒子受到东西方向的洛伦兹力，会向东西方向偏转，不会偏向两
极，故D错误。
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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
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解析：　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。
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4. （2025·甘肃白银期末）2024年6月18日，全球首台全高温超导托卡马克装置在上海建成运行。托卡马克装置被称为“人造太阳”，是利用强磁场将高温等离子体约束在特定区域实现可控核聚变的装置，如图甲。现分析装置内竖直平面内的一小段磁场，如图乙所示，该磁场水平向右分布在空间中，虚线上、下方均为匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B。有a、b、c三个粒子，a、b粒子带负电，c粒子带正电，质量均为m，电荷量绝对值均为q，初始时a、b、c粒子的速度均平行于该竖直平面（纸面），速度
大小分别为v、v和2v，方向如图乙中
箭头所示（a、c的速度方向与磁场垂
直，b的速度方向与磁场平行）。忽略
粒子所受重力及相互之间作用的影响，下列说法正确的是（　　）
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A. a粒子在下方磁场中受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直纸面向里
B. b粒子在水平面内做匀速圆周运动
C. c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，运动轨迹半径变为原来的两倍
D. c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，粒子运动过程中的动能不变
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解析：　由题意可知，a粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，根据左手定
则，该洛伦兹力方向垂直纸面向外，故A错误；b粒子速度方向与磁场平
行，受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B错误；c粒子从虚线
下方穿越到虚线上方，根据洛伦兹力提供向心力可知q·2vB＝，
解得r＝，由磁感应强度从B变为2B可知运动轨迹半径变为原来的一
半，故C错误；由于洛伦兹力不做功，所以c粒子运动过程中动能不变，故
D正确。
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5. （2025·河北石家庄期末）如图所示，在一直线边界上方存在磁感应强
度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。直线边界上有一粒子源位于O
点，零时刻粒子源同时向纸面内沿两个不同的方向发射速度大小均为v、质
量均为m、电荷量均为q的粒子，且两个粒子先后经过该边界上另外一点
P，P点到O点的距离为。若不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，
则这两个粒子到达P点的时间差为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　零时刻粒子源同时向纸面内沿两个不同的方向发射速率均为v、
质量均为m、电荷量均为q的粒子，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，
解得r＝，根据题意可知OP＝＝r，根据几何关系可知，两粒子入
射与边界OP方向夹角分别为60°和120°，两个粒子到达P点的时间差为Δt
＝T，又两粒子运动周期T＝＝，解得Δt＝，故选C。
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6. 如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依
次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒
子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重
力，下列判断正确的是（　　）
A. 粒子a带负电，粒子b带正电
B. 粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶
C. 粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D. 粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
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解析：　由左手定则可判断粒子a带正电，b带负电，故
A错误；如图所示，设磁场的宽度为d，由几何关系知ra＝
＝d，rb＝＝2d，所以ra∶rb＝1∶，故B
正确；由qvB＝m知v＝，由于粒子a、b的比荷相
同，所以va∶vb＝ra∶rb＝1∶，故C错误；由T＝知
Ta∶Tb＝1∶1，两粒子运动轨迹的圆心角分别为60°和30°，根据t＝T知，在磁场中运动的时间之比为2∶1，故D错误。
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7. （2025·四川成都期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画
出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平
行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入
磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用
tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，
下列关系式正确的是（　　）
A. tB＞tC＞tD＞tE B. tB＞tC＝tE＞tD
C. tB＞tC＞tE＝tD D. tB＝tE＞tC＞tD
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解析：　粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图，由
几何关系可知：从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角
为180°；从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心
角小于180°，且相等；A到D，粒子运动轨迹对应的圆
心角最小；带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qBv＝m，则v＝，运动周期T＝＝，周期与速度无关，由于粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB＞tC＝tE＞tD，故选B。
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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
（　　）
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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
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解析： 　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。
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9. 如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强
电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和
磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点（场区足够大，
不计粒子重力）。则（　　）
A. 当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B. 当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为
C. 电场强度大小为B0v0
D. 粒子回到P点所用的总时间为
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解析：根据题意可知，粒子的运动轨迹如图，粒子在磁
场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子
第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所
成的锐角为45°，故A正确；由A选项分析可知，粒子进
入电场的方向与电场强度的方向相反，故粒子先减速到
零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，然后在磁场中做圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律可得qv0B0＝m，代入数据可得R＝，根据几何关系
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可得＝2R＝，故B正确；设电场的电场强度
为E，粒子第二次进入电场时的方向与电场方向垂直，
由图可知，水平方向有2R＝v0t3，竖直方向有2R＝a，
根据牛顿第二定律可得qE＝ma，联立R＝，解得E＝
B0v0，故C正确；粒子回到P点所用的总时间t包括在磁场中的运动时间t1，第一次在电场中先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，由几
何关系可知t1＝T＝，由运动学公式可知t2＝＝，t3＝＝，则t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。
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10. （2024·安徽高考10题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸
面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m
的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动
到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ
在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。
Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ
分开后的相互作用，则（　　）
A. 油滴a带负电，所带电量的大小为
B. 油滴a做圆周运动的速度大小为
C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
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解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知油滴带负电，有mg＝Eq，解得 q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为 v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得 v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得 v2＝－，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
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三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. （6分）（2024·上海高考10题）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 ；
A. W＝0，I＝0 B. W≠0，I＝0
D　
C. W≠0，I≠0 D. W＝0，I≠0
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解析： 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。
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（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 。
A. 1∶3 B. 1∶9
C. 1∶1 D. 9∶1
E　
E. 3∶1
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解析： 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。
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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；
答案： 0.5 T　
解析： 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。
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（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：3 cm
解析： 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。
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13. （12分）（2025·四川眉山期末）图甲是电磁炮发射过程的情境图。
炮弹的能量是可调控的，未来可用于消防、军事等方面。其主要原理如图
乙所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，炮弹可沿导轨无摩擦滑
行，且始终与导轨保持良好接触。可控电源提供强大的电流经导轨流入炮
弹再流回电源，炮弹被导轨中电流形成的磁场推动而发射。在发射过程
中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为处于磁感应强度为B的匀强磁
场中。已知两导轨内侧间距为d，炮弹的质量为m，炮弹在导轨间的电阻为
R，若炮弹滑行距离l后获得的发射速
度为v。不计空气阻力、导轨电阻、
电源内阻，不考虑炮弹切割磁感线产
生的感应电动势。求：
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（1）炮弹所受安培力大小；
答案：　
解析：由公式v2＝2ax
可得炮弹发射过程中的加速度为a＝
对炮弹受力分析，水平方向上所受合力为安培力，由牛顿第二定律F合＝
ma
可得，炮弹所受安培力大小为FA＝ma＝。
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（2）通过炮弹的电流大小；
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解析： 由安培力公式FA＝BId
可得流过炮弹的电流大小为I＝＝。
（3）可控电源的电动势大小。
答案：
解析： 由闭合电路欧姆定律E＝IR＝。
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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；
答案： 　
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解析：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＝ 。
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（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。
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解析： 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r'，作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'＝ 。
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15. （16分）（2025·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；
答案：　
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解析：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＝。
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（2）若粒子正好从M点射出磁场，求磁感应强度的大小；
答案：　
解析： 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＝。
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（3）粒子从A点运动到M点的总时间。
答案：
解析： 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＝。
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THANKS
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