2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价十一磁场安培力与洛伦兹力

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价十一磁场安培力与洛伦兹力，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．[2024·广州二模拟]如图是安培研究通电导体间相互作用的简化示意图．甲、乙、丙三个圆形线圈的圆心在同一水平轴线上，轴线垂直线圈平面．甲和丙固定且用导线串联，并通以电流I1、I3，乙通入电流I2，电流方向在图中标出，则乙线圈( )
A．圆心处的磁场方向水平向左
B．圆心处的磁场方向水平向右
C．受到甲对它的排斥力
D．受到丙对它的排斥力
2．[2024·广东模拟预测]如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场．一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里．a，b，c，d分别是正方体所在边的中点．在这四点中( )
A．c，d两点的磁感应强度大小相等
B．a，b两点的磁感应强度大小相等
C．b点磁感应强度的值最大
D．c点磁感应强度的值最小
3．某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示．有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.5 m，处在同一水平面上，轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T．棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧．闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5 cm处．下列判断正确的是( )
A．电源N端为正极
B．闭合开关S后，电路中电流为1.5 A
C．闭合开关S后，电路中电流为3 A
D．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动
4．如图所示，在直角坐标系Ⅰ象限内(包含x、y坐标轴)有方向垂直xOy平面向外、大小为B的匀强磁场．点P (2a，a)处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度方向均在xOy平面内，速度大小均为 eq \f(qBa,m)，不计粒子间的相互作用．下列关于粒子在坐标轴上射出的范围，判断正确的是( )
A．x轴上[0, 4a]范围有粒子射出
B．x轴上[a，(2 ＋ eq \r(3))a]范围有粒子射出
C．y轴上[0，a]范围有粒子射出
D．y轴上[a, 2a]范围有粒子射出
5．速度选择器如图(a)所示，载流子为电子的霍尔元件如图(b)所示．下列说法正确的是( )
A．图(a)中，电子以速度大小v＝ eq \f(E,B)从Q端射入，可沿直线运动从P点射出
B．图(a)中，电子以速度大小v> eq \f(E,B)从P端射入，电子向下偏转，轨迹为抛物线
C．图(b)中，仅增大电流I，其他条件不变，UH将增大
D．图(b)中，稳定时元件左侧的电势高于右侧的电势
二、多项选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
6.
[2024·四川成都二诊]四根在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一个“井”字形，导线中通过的电流大小均为I，方向如图所示．a、b和c三点位于“井”字形对角线上，其中b点在“井”字形中心，且ab＝bc.下列说法正确的是( )
A．b点的磁感应强度为零
B．a、c两点的磁感应强度相同
C．a点磁感应强度方向垂直纸面向外
D．减小导线1的电流，b点的磁感应强度也减小
7．[2024·石家庄三模]如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化．现用该回旋加速器对 eq \\al(2,1) H、 eq \\al(4,2) He粒子分别进行加速，下列说法正确的是( )
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
8.
如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A．粒子带正电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为 eq \f(2πm,3qB)
三、非选择题(本题共4小题，按要求答题)
9．某研究性学习小组的同学，为检测某工厂排放污水的情况，制作了一个简易的电磁流量计，如图甲所示．该装置为中空的长方形管道，长、宽、高分别为a＝20 cm，b＝c＝10 cm，左右两端开口，与排污管道联通．流量计的上下底面为绝缘体，前后两个侧面为导体，并分别固定两个电极M、N.在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场，已知磁感应强度为B＝0.8 T．当含有正负离子的污水从左向右流经该装置时，M、N两电极间将产生电势差U.
(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差，则与图甲中M相连的应是多用电表的____________色表笔(选填“红”或“黑”).
(2)某次测量时，使用了多用电表250 mV量程的直流电压挡，表盘示数如图乙所示，则M、N电极间的电势差U＝____________ mV.
(3)若多用电表使用直流电压挡时，可近似视为理想电压表，则根据(2)中测得的电压值，可估算出污水的速度为____________ m/s(结果保留2位有效数字).
(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡，把红、黑表笔正确接至M、N两个电极，测得电流值为I＝50 μA，并已知此时多用电表的内阻为r＝200 Ω.假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方形管道，由此可估算出污水的电阻率ρ＝____________Ω·m.
10.
[2024·北京丰台统考二模]如图所示，两根间距为l的平行金属导轨在同一水平面内，质量为m的金属杆b垂直放在导轨上．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成θ角斜向上．闭合开关S，当电路电流为I时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为g.求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小F；
(2)导轨对金属杆ab的支持力大小N；
(3)滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止．某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小．你是否同意该同学的说法，请分析说明．
11．[2024·滨州模拟]如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O点为圆心、R为半径的圆，内部由以O1点和O2点为圆心、等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”．O1、O2、O三点共线，A、C两点分别在半圆O1与O2的圆周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2.“阳鱼”内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，“阳鱼”与“阴鱼”的边界上无磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子P(不计粒子所受重力)从O点以大小为v0的速度沿OO2方向射入“阳鱼”，并从A点沿AO1方向进入“阴鱼”．
(1)求“阳鱼”内磁场的磁感应强度大小B；
(2)若同种粒子Q从C点沿CO2方向射入“阳鱼”，要使粒子Q不会进入“阴鱼”，求粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度v大小应满足的条件．
12．如图所示，在x轴和y轴构成的平面内，有两条平行于y轴且与y轴的距离均为d＝1.2 m的直线MN和PQ，直线MN与y轴之间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，直线PQ与y轴之间存在沿y轴负方向的有界匀强电场，有一个质量m＝3.0×10－22 kg、电荷量q＝4.8×10－11 C的带正电的粒子，从坐标原点以速度v0＝3.2×106 m/s沿x轴正方向进入磁场区域，经过坐标为(0，0.8)的点后进入电场区域，最后恰好从PQ与x轴的交点C射出电场，不计粒子的重力．(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值 eq \f(E,B)；
(3)粒子经过C点时的速度．
单元素养评价（十一） 磁场 安培力与洛伦兹力
1．解析：根据右手螺旋定则可知，圆心处的磁场方向水平向右，故A错误，B正确；三个线圈的电流方向相同，同向电流相互吸引，故乙受到甲对它的吸引力，乙受到丙对它的吸引力，故C、D错误．
答案：B
2．解析：a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示
由图可知，a点磁感应强度大小为Ba＝B0＋B
b点和d点磁感应强度大小为Bb＝Bd＝ eq \r(B eq \\al(2,0) ＋B2)
c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B
故A、B、C不符合题意，D符合题意．
答案：D
3．解析：闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流方向为从P到Q，电源的M端为正极，选项A错误；静止时指针对准刻度尺1.5 cm处，则2k·Δx＝BIL，解得I＝ eq \f(2kΔx,BL)＝3 A，选项B错误，C正确；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，则电路中电阻增大，电流减小，金属棒PQ所受安培力减小，将向左移动，故选项D错误．
答案：C
4．解析：粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝ eq \f(mv,qB)＝a
由几何关系可知，打到x轴上距离原点最远的粒子到O点的距离xmax＝2a＋2a cs 30°＝（2＋ eq \r(3)）a
垂直x轴向下射出的粒子到达x轴时轨迹与x轴相切，切点到达O点的距离最近xmin＝a，即x轴上[a，（2 ＋ eq \r(3)）a]范围有粒子射出；垂直x轴向下射出的粒子轨迹与y轴相切，刚能到达y轴，其他的粒子都不能到达y轴，则选项B正确，A、C、D错误．故选B.
答案：B
5．解析：当电子从Q→P时，所受电场力向上，洛伦兹力向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误；
电子以速度大小v> eq \f(E,B)
从P端射入，则eE电子向下偏转，所受合力为变力，轨迹不可能为抛物线，B错误；
图（b）中，由evB＝e eq \f(UH,d)，I＝neSv，S＝hd
可得UH＝ eq \f(IB,neh)
仅增大电流I，其他条件不变，UH将增大，C正确；
根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力向左，所以左侧电势低，右侧电势高，D错误．故选C.
答案：C
6．解析：根据安培定则和磁感应强度的叠加可知，1和3、2和4导线在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，叠加后b点的磁感应强度为零，故A正确；
根据叠加原理和对称性可知，a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，故B错误；
所有导线在a点产生的磁感应强度方向均垂直纸面向外，叠加后a点磁感应强度方向垂直纸面向外，故C正确；
减小导线1的电流，1和3导线在b点产生的磁感应强度不能抵消，则b点的磁感应强度增大，故D错误．
答案：AC
7．解析：粒子在磁场中运动的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝m eq \f(v eq \\al(2,max) ,R)
最大动能为Ekmax＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,max)
在电场中加速，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU
解得n＝ eq \f(qR2B2,2mU)
则粒子运动的时间t＝n eq \f(T,2)
其中T＝ eq \f(2πm,qB)
解得t＝ eq \f(πBR2,2U)
可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；
粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得Ekmax＝ eq \f(q2R2B2,2m)
eq \\al(2,1) H粒子的质量数为2，电荷数为1， eq \\al(4,2) He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知 eq \\al(4,2) He粒子的出口处的动能为 eq \\al(2,1) H粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确．
答案：AD
8．解析：粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A正确；根据qvB＝m eq \f(v2,r)，得v＝ eq \f(qBr,m)，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
由t＝ eq \f(θ,2π)T＝ eq \f(θ,2π)× eq \f(2πm,qB)，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，弦切角越小，运动时间越短，如图
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小．Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝ eq \f(120°,360°)× eq \f(2πm,qB)＝ eq \f(2πm,3qB)
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确．
答案：AD
9．解析：（1）根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高；M端聚集负电荷，电势较低，故M端接黑表笔．
（2）由题图可知，250 mV挡，每小格为5 mV，故读数为145 mV.
（3）根据q eq \f(UMN,b)＝qvB，UMN＝Bbv，解得v≈1.8 m/s
（4）根据I＝ eq \f(U,R＋r)，R＝ρ eq \f(L,S)＝ρ eq \f(b,ac)，解得ρ＝540 Ω·m
答案：（1）黑 （2）145 （3）1.8 （4）540
10．解析：（1）金属杆ab受力示意图如图所示
磁场对金属杆ab的安培力大小为F＝BIl
（2）竖直方向根据受力平衡可得N＋F cs θ＝mg
解得N＝mg－BIl cs θ
（3）不同意该同学的说法．
金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小不与支持力成正比；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即f＝BIl sin θ
因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大．
答案：（1）BIl （2）mg－BIl cs θ （3）不同意，分析见解析
11．解析：（1）粒子P在“阳鱼”内做圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系，轨迹圆的半径r0＝ eq \f(R,2)tan eq \f(θ,2)，
由qv0B＝m eq \f(v eq \\al(2,0) ,r0)，解得B＝ eq \f(2\r(3)mv0,qR).
（2）设粒子Q以大小为v1的速度从C点沿CO2方向射入“阳鱼”时，其轨迹恰好与圆O1相切，如图乙所示．根据几何关系，轨迹圆的半径为R，由qv1B＝m eq \f(v eq \\al(2,1) ,R)，解得v1＝2 eq \r(3)v0，粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件为v≥2 eq \r(3)v0．
答案：（1） eq \f(2\r(3)mv0,qR) （2）v≥2 eq \r(3)v0
12．解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场之后做匀速圆周运动，由于粒子经过坐标为（0，0.8）的点进入电场，由几何知识可得R＝0.4 m
粒子运动的轨迹如图所示
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(2,0) ,R)
联立解得B＝ eq \f(mv0,qR)＝5.0×10－5 T
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动有d＝v0t
平行于电场方向受电场力，做匀加速直线运动，则有
2R＝ eq \f(1,2)at2，a＝ eq \f(qE,m)
联立解得 eq \f(E,B)＝ eq \f(4,9)v0＝1.4×106 m/s
（3）由题意得v eq \\al(2,y) ＝4aR，v＝ eq \r(v eq \\al(2,0) ＋v eq \\al(2,y) )
联立解得v＝ eq \f(5,3)v0＝5.3×106 m/s
又有tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(4,3)，解得θ＝53°，即粒子离开匀强电场时的速度方向与x轴负方向成53°角，斜向下方．
答案：（1）5.0×10－5 T （2）1.4×106 m/s
（3）5.3×106 m/s，方向与x轴负方向成53°角，斜向下方