第1章 感知高考-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步练习（人教版2019）

第一章 安培力与洛伦兹力 练 1. （ 2023 ·北京） 如图 所示 ， 在磁感应强 度大小为 B 、 方向 垂直纸面向外的匀 强磁场中， 固定一内部真空且内壁光滑的 圆柱形薄壁绝缘管道， 其轴线与磁场垂 直。 管道横截面半径为 a ， 长度为 l （ l垌 a ）。 带电粒子束持续以某一速度 v 沿轴线 进入管道， 粒子在磁场力作用下经过一段 圆弧垂直打到管壁上， 与管壁发生弹性碰 撞， 多次碰撞后从另一端射出， 单位时间 进入管道的粒子数为 n ， 粒子电荷量为 +q ， 不计粒子的重力、 粒子间的相互作 用， 下列说法不正确的是 （ ） A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径为 a B. 粒子质量为 Bqa v C. 管道内的等效电流为 nq仔a 2 v D. 粒子束对管道的平均作用力大小为 Bnql 2. （ 2022 ·江苏 ） 如图所 示， 两根固定的通电长 直导线 a 、 b 相互垂直， a 平行于纸面， 电流方向向右， b 垂直于 纸面， 电流方向向里， 则导线 a 所受安培 力方向 （ ） A. 平行于纸面向上 B. 平行于纸面向下 C. 左半部分垂直纸面向外， 右半部分垂 直纸面向里 D. 左半部分垂直纸面向里， 右半部分垂 直纸面向外 3. （ 2021 ·河北） 如图， 距离为 d 的两平行金 属板 P 、 Q 之间有一匀强磁场， 磁感应强 度大小为 B 1 ， 一束速度大小为 v 的等离子 体垂直于磁场喷入板间。 相距为 l 的两光 滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的 匀强磁场中， 磁感应强度大小为 B 2 ， 导轨 平面与水平面夹角为 兹 ， 两导轨分别与 P 、 Q 相连。 质量为 m 、 电阻为 R 的金属棒 ab 垂直导轨放置， 恰好静止。 重力加速度 为 g ， 不计导轨电阻、 板间电阻和等离子 体 中的粒子重力 。 下列说法正确的是 （ ） A. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， v= mgRsin 兹 B 1 B 2 ld B. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， v= mgRsin 兹 B 1 B 2 ld C. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， v= mgRtan 兹 B 1 B 2 ld D. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， 感 知 高 考 S N Q P a b 兹 等离子体 第 3 题图 第 2 题图 I I′ a b a v B 第 1 题图 29 练 高中物理选择性必修 第二册 （人教版） v= mgRtan 兹 B 1 B 2 ld 4. （ 2022 ·全国甲卷） 空间存在着匀强磁场和 匀强电场， 磁场的方向垂直于纸面 （ xOy 平面） 向里， 电场的方向沿 y 轴正方向。 一带正电的粒子在电场和磁场的作用下， 从坐标原点 O 由静止开始运动。 下列四 幅图中， 可能正确描述该粒子运动轨迹的 是 （ ） 5. （ 2022 ·湖南） 如图甲， 直导线 MN 被两等 长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴 OO′ 上， 其所在区域存在方向垂直指向 OO′ 的 磁场， 与 OO′ 距离相等位置的磁感应强度 大小相等且不随时间变化， 其截面图如图 乙所示。 导线通以电流 I ， 静止后， 悬线 偏离竖直方向的夹角为 兹 。 下列说法正确 的是 （ ） A. 当导线静止在图甲右侧位置时， 导线 中电流方向由 N 指向 M B. 电流 I 增大， 静止后， 导线对悬线的拉 力不变 C. tan 兹 与电流 I 成正比 D. sin 兹 与电流 I 成正比 6. （ 2022 ·重庆） 2021 年中 国全超导托卡马克核聚变 实验装置创造了新的纪 录。 为粗略了解等离子体 在托卡马克环形真空室内的运动状况， 某 同学将一小段真空室内的电场和磁场理想 化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁 场 （如图）， 电场强度大小为 E ， 磁感应 强度大小为 B 。 若某电荷量为 q 的正离子在 此电场和磁场中运动， 其速度平行于磁场 方向的分量大小为 v 1 ， 垂直于磁场方向的 分量大小为 v 2 ， 不计离子重力， 则 （ ） A. 电场力的瞬时功率为 qE v 2 1 +v 2 2 姨 B. 该离子受到的洛伦兹力大小为 qv 1 B C. v 2 与 v 1 的比值不断变大 D. 该离子的加速度大小不变 7. （ 2021 ·全国甲卷） 两 根足够长直导线均折 成直角， 按图示方式 放置在同一平面内 ， EO 与 O′Q 在一条直 线上， PO′ 与 OF 在一 条直线上， 两导线相互绝缘， 通有相等的 电流 I ， 电流方向如图所示。 若一根无限 长直导线通过电流 I 时， 所产生的磁场在 距离导线 d 处的磁感应强度大小为 B ， 则 图中与导线距离均为 d 的 M 、 N 两点处的 磁感应强度大小分别为 （ ） A. B 、 0 B. 0 、 2B C. 2B 、 2B D. B 、 B Q d N P M O E F O′ dd d I I 第 7 题图 x y O x y O x y O x y O A B C D I O′ 兹 N M O B 左 右 兹 B 左 右 （ O′ ） M O 兹 B （ N ） 甲 乙 第 5 题图 v 1 E B v 2 + 第 6 题图 30 第一章 安培力与洛伦兹力 练 8. （多选） （ 2021 ·浙江） 如图所示 ， 有两根用 超导材料制成的长直 平行细导线 a 、 b ， 分别通以 80 A 和 100 A 、 流向相同的电流， 两导线构成的平面内有 一点 P ， 到两导线的距离相等。 下列说法 正确的是 （ ） A. 两导线受到的安培力 F b =125F a B. 导线所受的安培力可以用 F=IlB 计算 C. 移走导线 b 前后， P 点的磁感应强度方 向改变 D. 在离两导线平面有一定距离的有限空 间内， 不存在磁感应强度为 0 的位置 9. （多选） （ 2022 ·湖北） 在 如图所示的平面内， 分界 线 SP 将宽度为 L 的矩形 区域分成两部分， 一部分 充满方向垂直于纸面向外 的匀强磁场， 另一部分充 满方向垂直于纸面向里的匀强磁场， 磁感 应强度大小均为 B ， SP 与磁场左右边界垂 直。 离子源从 S 处射入速度大小不同的正 离子， 离子入射方向与磁场方向垂直且与 SP 成 30° 角。 已知离子比荷为 k ， 不计重 力。 若离子从 Р 点射出， 设出射方向与入 射方向的夹角为 θ ， 则离子的入射速度和对 应 θ 角的可能组合为 （ ） A. 1 3 kBl ， 0° B. 1 2 kBl ， 0° C. kBl ， 60° D. 2kBl ， 60° 10. （ 2021 ·辽宁） 如图所示， 在 x>0 区域内 存在垂直纸面向里、 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场； 在 x<0 区域内存在沿 x 轴正 方向的匀强电场。 质量为 m 、 电荷量为 q （ q>0 ） 的粒子甲从点 S （ -a ， 0 ） 由静止释 放， 进入磁场区域后， 与静止在点 P （ a ， a ）、 质量为 m 3 的中性粒子乙发生弹性正 碰， 且有一半电量转移给粒子乙。 （不 计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用， 忽略电场、 磁场变化引起的效应） （ 1 ） 求电场强度的大小 E 。 （ 2 ） 若两粒子碰撞后， 立即撤去电场， 同时在 x≤0 区域内加上与 x>0 区域 内相同的磁场， 求从两粒子碰撞到 下次相遇的时间 Δt 。 （ 3 ） 若两粒子碰撞后， 粒子乙首次离开 第一象限时， 撤去电场和磁场， 经 一段时间后， 在全部区域内加上与 原 x>0 区域相同的磁场， 此后两粒 子的轨迹恰好不相交， 求这段时间 内粒子甲运动的距离 L 。 x y O S P a B a -a 第 10 题图 30° S P L 第 9 题图 a b P 80 A 100 A 第 8 题图 31 练 高中物理选择性必修 第二册 （人教版） 11. （ 2023 ·辽宁） 如图， 水平放置的两平行 金属板间存在匀强电场， 板长是板间距 离的 3 姨 倍。 金属板外有一圆心为 O 的 圆形区域， 其内部存在磁感应强度大小 为 B 、 方向垂直于纸面向外的匀强磁场。 质量为 m 、 电荷量为 q （ q>0 ） 的粒子沿 中线以速度 v 0 水平向右射入两板间， 恰 好从下板边缘 P 点飞出电场， 并沿 PO 方向从图中 O′ 点射入磁场。 已知圆形磁 场区域半径为 2mv 0 3qB ， 不计粒子重力。 （ 1 ） 求金属板间电势差 U 。 （ 2 ） 求粒子射出磁场时与射入磁场时运 动方向间的夹角 兹 。 （ 3 ） 仅改变圆形磁场区域的位置， 使粒 子仍从图中 O′ 点射入磁场， 且在磁 场中的运动时间最长。 定性画出粒 子在磁场中的运动轨迹及相应的弦， 标出改变后的圆形磁场区域的圆 心 M 。 12. （ 2022 ·江苏） 利用云室可以知道带电粒 子的性质， 如图所示， 云室中存在磁感 应强度大小为 B 的匀强磁场， 一个质量 为 m 、 速度为 v 的电中性粒子在 A 点分 裂成带等量异种电荷的粒子 a 和 b ， a 、 b 在磁场中的径迹是两条相切的圆弧， 相 同时间内的径迹长度之比 l a ∶ l b =3 ∶ 1 ， 半 径之比 r a ∶ r b =6 ∶ 1 ， 不计重力及粒子间的 相互作用力。 求： （ 1 ） 粒子 a 、 b 的质量之比 m a ∶m b 。 （ 2 ） 粒子 a 的动量大小 p a 。 第 11 题图 a b A B v 第 12 题图 O v 0 P B O′ 32 第一章 安培力与洛伦兹力 练 13. （ 2023 ·江苏） 霍尔推进器某局部区域可 抽象成如图所示的模型。 xOy 平面内存 在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面 向里的匀强磁场， 磁感应强度为 B 。 质 量为 m 、 电荷量为 e 的电子从 O 点沿 x 轴正方向水平入射。 入射速度为 v 0 时， 电子沿 x 轴做直线运动； 入射速度小于 v 0 时， 电子的运动轨迹如图中的虚线所 示， 且在最高点与在最低点所受的合力 大小相等。 不计重力及电子间相互作用。 （ 1 ） 求电场强度的大小 E 。 （ 2 ） 若电子入射速度为 v 0 4 ， 求运动到速 度为 v 0 2 时位置的纵坐标 y 1 。 （ 3 ） 若电子入射速度在 0~v 0 范围内均匀 分布， 求能到达纵坐标 y 2 = mv 0 5eB 位置 的电子数 N 占总电子数 N 0 的百分比。 第 13 题图 B O y E x 33 参考答案与解析 qvB＝ mv 2 r ， 所以磁感应强度的最大值 B max ＝ 3 姨 mv ql 。 15. （ 1 ） π 4 （ 2 ） U 2l 2 B 2 （ 3 ） 3πBl 2 16U 【解析】 （ 1 ） 设质量为 m ， 电荷量为 q 的粒子通过 孔 S 2 的速度为 v 0 ， qU＝ 1 2 mv 2 0 ， 粒子在平行板间 l＝v 0 t ， v x ＝ qE m t ， tan θ＝ v 0 v x ， 联立解得 tan θ＝1 ， θ＝ π 4 。 粒子射 入磁场时的速度方向与边界 ab 间的夹角 θ＝ π 4 。 （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， 粒子均从 e 板下端与水平方向成 45° 的角射入匀强磁场。 设质量为 m 0 、 电荷量为 q 0 的粒 子射入磁场时的速度为 v′ ， 做圆周运动的轨道半径为 r 0 ， 则 v′＝ v′ 0 sin 45° ＝ 2 姨 v′ 0 ＝ 4q 0 U m 0 姨 ， 由几何关系知 r 2 0 ＋ r 2 0 ＝ （ 4l ） 2 ， 得 r 0 ＝2 2 姨 l ， 又 r 0 ＝ m 0 v′ q 0 B ， 联立解得 q 0 m 0 ＝ U 2l 2 B 2 。 （ 3 ） 设粒子在磁场中运动的最短时间为 t min ， 在磁场 中的偏转角为 α ， 则 t min ＝ αm′ q′B ， 半径为 r′＝ m′v″ q′B ＝ m′ q′B 4q′U m′ 姨 ＝ 2 B m′U q′ 姨 ， 联立解得 t min ＝ αBr′ 2 4U 。 因为所有粒子在磁场中运动的偏转角 α＝ 3 2 π ， 所以 粒子打在 P 处在磁场中运动时间最短。 由几何关系知 r′ 2 ＋r′ 2 ＝l 2 ， 得 r′＝ 2 姨 2 l ， 联立解得 t min ＝ 3 2 πB · l 2 2 4U ＝ 3πBl 2 16U 。 感知高考 1. C 【解析】 带正电的粒子沿轴线射入， 然后垂直 打到管壁上， 可知粒子运动的圆弧半径为 r=a ， 故 A 正 确； 根据 qvB=m v 2 r ， 可得粒子的质量 m= Bqa v ， 故 B 正 确； 管道内的等效电流为 I= Q t =nq ， 故 C 错误； 粒子与 管壁发生弹性碰撞后原速反弹， 则由动量定理可得 -FΔt= Nn · Δt ［（ -mv ） -mv ］，由几何知识可知 N= l 2a ， 再结合 m= Bqa v ， 可得 F=Bnql ， 由牛顿第三定律可知 D 正确。 2. C 【解析 】 根据安培定 则 ， 可判断出导线 a 左侧部分 的空间磁场方向斜向右上 ， 右 侧部分的磁场方向斜向下方 ， 根据左手定则可判断出左半部 分垂直纸面向外， 右半部分垂直纸面向里。 故选 C 。 3. B 【解析】 平行金属板 P 、 Q 之间磁感应强度方 向由 N 极指向 S 极， 由左手定则判断， 等离子体中的正 离子向金属板 Q 偏转， 负离子向金属板 P 偏转， 可知金 属板 Q 带正电荷 （电源正极）， 金属板 P 带负电荷 （电 源负极）， 金属棒 ab 中电流方向由 a 流向 b ， 已知磁场 B 2 的方向垂直导轨平面， 由左手定则可知， 金属棒 ab 所受安培力平行于导轨平面向上或者向下， 金属棒 ab 处于静止， 由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平 面向上， 再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导 轨平面向下 ； 金属棒 ab 恰好静止 ， 由受力平衡可得 B 2 Il=mgsin θ ， 由闭合电路欧姆定律可得， 平行金属板 P 、 Q 之间的电压 U=IR ， 金属板 P ， Q 之间电场强度 E= U d ， 等离子体的正负离子在磁场 B 1 中受到电场力与洛 伦兹力， 稳定后此二力平衡， 则 qvB 1 =qE ， 联立解得 v= mgRsin θ B 1 B 2 ld ， 故 B 正确。 4. B 【解析】 粒子在 O 点静止， 对速度进行分解， 分解为向 x 轴正方向的速度 v 、 向 x 轴负方向的速度 v′ ， 两个速度大小相等， 方向相反。 使得其中一个洛伦兹力 平衡电场力， 即 qBv′=qE ， 则粒子在电场、 磁场中的运 动， 可视为向 x 轴负方向以速度 v′= E B 做匀速直线运动， 同时在 x 轴上方做匀速圆周运动。 故 B 正确。 5. D 【解析】 当导线静止在图甲右侧 位置时， 对导线做受力分析如图， 可知 要让安培力为图示方向， 则导线中电流 方向应由 M 指向 N ， A 错误 ； 由于与 OO′ 距离相等位置的磁感应强度大小相等 且不随时间变化， 有 sin θ= BIl mg ， F T =mgcos θ ， 则可看出 sin θ 与电流 I 成正比， 当 I 增大时 θ 增大， 则 cos θ 减 小， 静止后， 导线对悬线的拉力 F T 减小， B 、 C 错误， D 正确。 6. D 【解析】 根据功率的计算公式可知 P=Fvcos θ ， （ O′ ） M O θ （ N ） θ mg F T F 安 第 5 题答图 第 2 题答图 I I′ a b 15 第二册 （人教版）高中物理选择性必修 则电场力的瞬时功率为 P=Eqv 1 ， A 错误； 由于 v 1 与磁场 B 平行， 则根据洛伦兹力的计算公式有 F 洛 =qv 2 B ， B 错 误； 根据运动的叠加原理可知， 离子在垂直于纸面内做 匀速圆周运动， 沿水平方向做加速运动， 则 v 1 增大， v 2 不变， v 2 与 v 1 的比值不断变小， C 错误； 离子受到的安 培力不变， 电场力不变， 则该离子的加速度大小不变， D 正确。 7. B 【解析】 根据安培定则可知， OF 在 M 点形成 的磁感应强度向里， O′Q 在 M 点形成的磁感应强度向 外， 根据题意可知， 两导线在 M 点形成的磁感应强度均 为 B ， 由叠加原理可知， M 点的磁感应强度为 0 ； 同理 根据安培定则可知， PO′ 在 N 点形成的磁感应强度向里， O′Q 在 N 点形成的磁感应强度向里， 根据题意可知， 两 导线在 N 点形成的磁感应强度均为 B ， 由叠加原理可 知， N 点的磁感应强度为 2B ， 故 B 正确。 8. BCD 【解析】 两导线受到的安培力是相互作用 力， 所以大小相等， 故 A 错误； 因为导线所处的磁场方 向与导线互相垂直， 所以导线所受的安培力可以用 F= BIL 计算， 故 B 正确； 根据右手螺旋定则， a 、 b 中的电 流在 P 点产生的磁场感应强度方向相反 ， 移走导线 b 前， b 的电流较大， 则 P 点磁场方向与 b 产生磁场方向 相同， 垂直纸面向里， 移走 b 后， P 点磁场方向与 a 产 生磁场方向相同， 垂直纸面向外， 故 C 正确； 因直线电 流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆， 故在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内， 两 导线在任意点产生的磁场方向均不 在同一条直线上， 故不存在磁感应 强度为 0 的位置， 故 D 正确。 9. BC 【解析 】 若粒子通过下 部分磁场直接到达 P 点， 如图甲。 根据几何关系则有 R=l ， qvB=m v 2 R ， 可得 v= qBl m =kBl ， 根据对称性可 知出射速度与 SP 成 30° 角向上 ， 故出射方向与入射方向的夹角为 θ=60° 。 当粒子上下均经历一次时， 如图乙。 因为上下磁感应强度均为 B ， 则根据对称性有 R= 1 2 l 。 根据 洛伦兹力提供向心力有 qvB=m v 2 R ， 可得 v= qBl 2m = 1 2 kBl 。 此时出射方向与入射方向相同， 即出射方向与入射方向的夹角为 θ=0° 。 通过以上分析可 知当粒子从下部分磁场射出时， 需满足 v= qBl （ 2n-1 ） m = 1 2n-1 kBl （ n=1 ， 2 ， 3 …）， 此时出射方向与入射方向的 夹角为 θ=60° ； 当粒子从上部分磁场射出时， 需满足 v= qBl 2nm = 1 2n kBl （ n=1 ， 2 ， 3 …）， 此时出射方向与入射方向 的夹角为 θ=0° 。 故 B 、 C 正确， A 、 D 错误。 10. （ 1 ） qB 2 a 2m （ 2 ） 2πm qB （ ３ ） 2 7 姨 7 a 【解析】 （ 1 ） 设粒子甲经电场加速进入磁场的速度 大小为 v ， 粒子甲进入磁场做匀速圆周运动， 由 O 到 P 点偏转 1 4 圆周达到 P 点， 则碰前粒子甲匀速圆周运动轨 迹半径 r=a ， 由洛伦兹力提供向心力得 qBv=m v 2 r ， 解得 v= qBa m ， 在电场中加速的过程 ， 由动能定理得 qEa= 1 2 mv 2 ， 解得 E= qB 2 a 2m 。 （ 2 ） 粒子甲由 O 到 P 点经过偏转 1 4 圆周达到 P 点， 其速度沿 +y 方向， 与粒子乙发生弹性正碰， 以 +y 方向 为正方向， 由动量守恒和机械能守恒得 mv=mv 甲 + m 3 v 乙 ， 1 2 mv 2 = 1 2 mv 2 甲 + 1 2 × m 3 v 2 乙 ， 解得 v 甲 = m- m 3 m+ m 3 v= 1 2 v ， v 乙 = 2m m+ m 3 v= 3 2 v ； 碰撞后粒子甲、 乙带电量均为 q 2 ， 均逆 时针偏转做匀速圆周运动 ， 设轨迹半径分别为 r 1 ， r 2 ， 由洛伦兹力提供向心力得 q 2 Bv 甲 =m v 2 甲 r 1 ； q 2 Bv 乙 = m 3 × v 2 乙 r 2 ， 解得 r 1 =r 2 = mv qB =a ， 由此可知第一次碰后两粒子的轨迹重 合， 到下次相遇粒子乙比粒子甲多运动一个圆周， 则从两 粒子碰撞到下次相遇的时间为 Δt= 2πa v 乙 -v 甲 = 2πa v = 2πm qB 。 （ 3 ） 两粒子运动轨迹如图所示， 粒子乙首次在 A 点 离开第一象限时， 粒子甲运动到 N 点， 因 v 甲 = 1 2 v ， v 乙 = 3 2 v ， 即 v 甲 = 1 3 v 乙 ， 又有两粒子轨迹半径相等均为 a ， 则有角 30° S P L 30° S P L 甲 乙 第 9 题答图 16 参考答案与解析 速度 ω 甲 = 1 3 ω 乙 ， 故粒子甲转过的圆心角 β 为粒子乙转 过圆心角 90° 的 1 3 ， 即 β=30° ； 经一段时间 t ， 两粒子做 匀速直线运动， 可知粒子甲的匀速运动距离 MN=L ， 则 粒子乙的匀速运动距离 AB=3L ， 加上磁场后两粒子的轨 迹恰好相切 （外切）， 设两圆心的连线 O 甲 O 乙 与 x 轴正 方向的夹角为 θ 。 由几何关系知： NQ=a · tan β ， O 甲 C=2a · sin θ ， MD= （ L+NQ ） sin 60° ， 又有 MD=a · sin β+O 甲 C ， 可得（ L+a · tan 30° ） sin 60°=a · sin 30°+2a · sin θ ， 整理得 3 姨 2 L=2a · sin θ ， 再由几何关系知 O 乙 Q=O 乙 C+CD+DQ=2a · cos θ+a · cos β+ （ L+a · tan 30° ） cos 60° ； 又有 O 乙 Q=3L+ a cos β ， 整 理得 5 2 L=2a · cos θ ， 解得 L= 2 7 姨 7 a 。 11. （ 1 ） U= mv 2 0 3q （ 2 ） π 3 （ 3 ） 见解析 【解析 】 （ 1 ） 设板间距离为 d ， 则板长为 3 姨 d ， 带电粒子在板间做类平抛运动 ， 两板间的电场强度为 E= U d 。 根据牛顿第二定律， 电场力提供加速度 qE=ma ， 解得 a= qU md 。 设粒子在平板间的运动时间为 t 0 ， 根据运 动合成分解得竖直方向： d 2 = 1 2 at 2 0 ， 水平方向： 3 姨 d= v 0 t 0 ， 联立解得金属板间电势差为 U= mv 2 0 3q 。 （ 2 ） 设粒子出电场时与水平方向夹角为 α ， 则有 tan α= at 0 v 0 = 3 姨 3 ， 故 α= π 6 ， 则出电场时粒子的速度为 v= v 0 cos α = 2 3 姨 3 v 0 。 粒子出电场后做匀速直线运动， 接 着进入磁场， 根据牛顿第二定律， 洛伦兹力提供匀速圆 周运动所需的向心力为 qvB=m v 2 r ， 解得 mv qB = 2 3 姨 mv 0 3qB 。 已知圆形磁场区域半径为 R= 2mv 0 3qB ， 则有 r= 3 姨 R 。 粒 子沿 PO 方向射入磁场即沿半径方向射入磁场， 故粒子 将沿半径方向射出磁场， 粒子射出磁场时与射入磁场时 运动方向的夹角为 θ， 则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对 应的圆心角也为 θ， 由几何关系可得 θ=2α= π 3 。 故粒子 射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 π 3 。 （ 3 ） 带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半 径关系为 r= 3 姨 R， 根据几何关系可知， 带电粒子在该 磁场中运动的轨迹一定为劣弧， 故劣弧所对应轨迹圆的 弦为磁场圆的直径时， 粒子在磁场中运动的时间最长。 则相对应的运动轨迹和弦以及圆心 M 的位置如图所示： 12. （ 1 ） 2 ∶ 1 （ 2 ） 6 7 mv 【解析】 （ 1 ） 分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速 圆周运动， 洛伦兹力提供向心力， 则有 qvB=m v 2 r ， 解得 r= mv qB 。 由题干知半径之比 r a ∶ r b =6 ∶ 1 ， 故 m a v a ∶m b v b =6 ∶ 1 。 因为相同时间内的径迹长度之比 l a ∶ l b =3 ∶ 1 ， 则分裂后粒 子在磁场中的速度之比 v a ∶v b =3 ∶1 ， 联立解得 m a ∶m b =2 ∶1 。 （ 2 ） 中性粒子在 A 点分裂成带等量异种电荷的粒子 a 和 b ， 分裂过程中， 没有外力作用， 动量守恒， 根据 动量守恒定律有 mv=m a v a +m b v b 。 因为分裂后动量关系为 m a v a ∶m b v b =6 ∶ 1 ， 联立解得 p a =m a v a = 6 7 mv 。 x y O a β O 甲 C D A B θ β a a O 乙 a Q P L N 3L M 第 10 题答图 乙 第 11 题答图 v 0 P O 1 α v 0 v O B O′ R r 甲 P α O B O′ M O 1 v 0 θ 17 第二册 （人教版）高中物理选择性必修 1.楞 次 定 律 基础练习 1. C 【解析】 闭合开关 S 的瞬间， 螺旋管的磁场增 强， 穿过铝环的磁通量变大， 根据楞次定律可知， 金属 铝环 a 向左侧运动， 远离螺线管， A 错误； 保持开关 S 闭合且稳定后， 断开开关 S 的瞬间， 螺旋管的磁场减 弱， 穿过铝环的磁通量变小， 根据楞次定律可知， 金属 铝环 a 向右侧运动， 靠近螺线管， B 错误； 保持开关 S 闭合且稳定后， 将变阻器滑片 P 向右滑动， 电阻变大， 电流变小， 据楞次定律， 感应电流的磁场方向与原电流 磁场方向相同， 故相互吸引， 则金属环 a 将向右运动， C 正确； 若仅将电源正负极调换后， 闭合开关 S 的瞬 间， 螺线管的磁场增强， 穿过铝环的磁通量变大， 根据 楞次定律可知， 金属铝环 a 向左侧运动， 远离螺线管， 故 D 错误。 2. A 【解析】 胶木圆盘 A 由静止开始绕其轴线 OO′ 按箭头所示方向加速转动， 形成环形电流， 环形电流的 大小增大， 根据右手螺旋定则知， 通过金属圆环 B 的磁 通量向下， 且增大， 根据楞次定律的另一种表述， 引起 的机械效果阻碍磁通量的增大， 可知金属环的面积有缩 小的趋势， 且有向上的运动趋势， 所以丝线的拉力减 小， A 正确。 3. C 【解析】 当线圈平面与磁场方向平行时， 线圈 平面与磁场方向的夹角为 0° ， 则 Φ=0 。 当线圈与磁场方 向垂直时， 穿过线圈平面的磁通量变大。 图中的情况是 磁场与线圈垂直， 所以开始时的磁通量最大， 转过 90° 时的磁通量最小。 所以在线圈由图示位置绕转轴 OO′ 转 动 180° 的过程中， 向里穿过线圈的磁通量先减小， 后增 大。 向里穿过线圈的磁通量减小时， 根据楞次定律可 知， 产生的感应电流的方向是 A→B→C→A ， 转过角度 大于 90° 后， 向里的磁通量增大， 由楞次定律可知， 产 生的感应电流的方向仍然是 A→B→C→A ， 故 A 、 B 、 D 错误， C 正确。 4. CD 【解析】 铁球被磁化后受到引力做加速运动， 故 A 错误； 磁场对木块无任何作用， 木块做匀速运动， 故 B 错误； 铜铝是金属的， 不能被磁化， 但是可以发生 电磁感应。 金属小球可看作由许多线圈构成， 在向磁铁 方向运动过程中， 由于条形磁铁周围的磁场是非匀强磁 场， 穿过金属线圈中的磁通量会发生改变， 它们会产生 感应电流， 根据楞次定律的推论 “来拒去留”， 它们的 速度会减小， 故 C 、 D 正确。 5. C 【解析】 导线框进入磁场时， 回路中的磁通量 向里增大， 根据楞次定律， 感应电流方向为逆时针方 向， 用左手定则判断， bc 边受到安培力方向水平向左； 导线框出磁场时， 回路中的磁通量向里减小， 根据楞次 定律， 感应电流方向为顺时针方向， 用左手定则判断 出： bc 边受到向右的安培力， 故 C 正确。 第二章 电 磁 感 应 13. （ 1 ） E=v 0 B （ 2 ） y 1 = 3mv 0 32eB （ 3 ） 90% 【解析】 （ 1 ） 由题知， 入射速度为 v 0 时， 电子沿 x 轴做直线运动， 可知电子受到 y 轴正方向的电场力与沿 y 轴负方向的洛伦兹力大小相等， 则有 Ee=ev 0 B ， 解得 E=v 0 B 。 （ 2 ） 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向 里的匀强磁场中， 由于洛伦兹力不做功， 已知电子的入 射速度为 v 0 4 ， 则电子受到的电场力大于洛伦兹力， 电子 向上偏转 ， 当运动到速度为 v 0 2 时 ， 根据动能定理有 eEy 1 = 1 2 m 1 2 v 0 0 # 2 - 1 2 m 1 4 v 0 0 0 2 ， 解得 y 1 = 3mv 0 32eB 。 （ 3 ） 若电子以 v 入射时 （ 0<v<v 0 ）， 设电子能达到的 最高点位置的纵坐标为 y ， 则根据动能定理有 eEy= 1 2 mv 2 m - 1 2 mv 2 。 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小 相等， 则在最高点有 F 合 =ev m B-eE ， 在最低点有 F 合 =eE- evB ， 联立有 v m = 2E B -v ， y= 2m （ v 0 -v ） eB 。 要让电子能到达 纵坐标 y 2 = mv 0 5eB 的位置， 需满足 y≥y 2 ， 解得 v≤ 9 10 v 0 。 则若电子入射速度在 0<v<v 0 范围内均匀分布， 能到达纵 坐标 y 2 = mv 0 5eB 位置的电子数 N 占总电子数 N 0 的 90% 。 18