第一章 磁场对电流的作用 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

单元综合提升 (2021·河北高考)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B1，一束速度大小为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B2，导轨平面与水平面夹角为θ，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＝ B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ 答案：B 解析：由左手定则可知，等离子体在洛伦兹力的作用下，正离子向金属板Q移动，负离子向金属板P移动，故金属板P带负电，金属板Q带正电，金属板带电后，根据磁流体发电机的原理可知，当等离子体所受电场力大小等于洛伦兹力大小，即q＝qvB1时，两金属板间的电势差U达到最大，P为负极，Q为正极，金属棒中电流方向为a→b，对金属棒进行受力分析，由于金属棒恰好处于静止状态，故金属棒的重力沿导轨平面的分力大小等于安培力大小，即mgsin θ＝ILB2，根据左手定则可知，导轨处磁场的方向垂直于导轨平面向下，又U＝IR，联立解得v＝，故B正确。 　教科版选择性必修第二册P24·发展空间－－磁流体发电机 把气体加热到一定温度，气体原子中一部分电子脱离原子核的束缚而发生电离，产生大量的自由电子和带电的正离子。由于气体中正、负电荷总数相等，高温气体虽含有大量自由电子和正离子，但总体上不显电性，这种特殊的气体叫作等离子体。 磁流体发电机是目前正在开发的一种发电机，如图1 学生用书↓第36页 所示。磁流体发电的原理如图2所示，把等离子体喷入磁场，带电粒子就会发生偏转，正离子聚集到B板，自由电子聚集到A板，A、B间产生一定的电势差，就成为磁流体发电机。在A、B之间接上负载R，就可产生电流。 　本题以磁流体发电机的发电情景来设计问题，与教材P24发展空间中的磁流体发电机为同一情景，重点考查带电粒子在叠加场中的平衡和通电导线在磁场中的平衡问题。 针对练．(2024·湛江市高二统考期末)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间存在很强的磁场，一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是(　　) A．Q板的电势高于P板的电势 B．R中流过由b向a方向的电流 C．若只改变磁感应强度大小，R中电流保持不变 D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大 答案：D 解析：等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，A、B错误；根据稳定时电场力等于洛伦兹力，即q＝qvB，则有U＝Bdv，再由欧姆定律有I＝＝，可知电流与磁感应强度成正比，只改变磁感应强度大小，R中电流也改变，C错误；由I＝知，只增大粒子入射速度，R中电流增大，D正确。 (2021·天津高考节选)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场。已知电场强度大小为E，沿－z方向。 (1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向； (2)若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz。 答案：(1)沿z轴正方向　(2)e 解析：(1)由左手定则，自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向。 (2)设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，则自由电子形成的电流微观表达式为In＝neabvnx 单个自由电子所受洛伦兹力大小为F洛＝evnxB 霍尔电场力大小为F电＝eE 自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，则Fnz＝F洛＋F电 联立解得Fnz＝e 　教科版选择性必修第二册P18·发展空间－－霍尔效应 如图所示，处于均匀磁场中的一段载流导体，已知电流的方向沿x轴正方向，故正的自由电荷沿x轴正方向运动，而负的自由电荷沿相反方向运动，每种电荷受洛伦兹力作用都将朝导体的上表面偏转。现在我们假设只有带正电的自由电荷存在，那么导体的上表面将带正电，下表面因缺少正电荷将带负电。由于这些正、负电荷的分离与积累，在导体内就会形成一电场，这种现象首先是由当时还是大学生的霍尔(E.H.Hall，1855－1929)于1879年发现的，称为霍尔效应。 　本题以半导体材料在磁场中的霍尔效应现象为情景设计问题，与教材P18霍尔效应为同源情景，重点是带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力方向判断、电流的微观解释和洛伦兹力、电场力大小计算及叠加。 学生用书↓第37页 针对练．(2024·四川南充高二统考期末)霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件，如图所示，某元件的宽度为h，厚度为d，磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U，设元件中能够自由移动的电荷带正电，电荷量为q，且元件单位体积内自由电荷的个数为n，则下列说法正确的是(　　) A．C侧面的电势低于D侧面的电势 B．自由电荷受到的电场力为F＝q C．C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U＝ D．若将元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，C、D两侧的电势高低不会发生变化 答案：C 解析：自由电荷带正电荷，根据左手定则可知，自由电荷向C侧面偏转，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A错误；自由电荷聚焦在C、D两侧面，所以电场强度E＝，自由电荷受到的电场力F＝Eq＝q，故B错误；自由电荷稳定流动时满足所受洛伦兹力等于电场力，即qvB＝q，根据电流微观表达式I＝nqSv，又S＝dh，联立可得U＝，故C正确；元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，根据左手定则可知负电荷向C侧面偏转，则C侧面的电势低于D侧面的电势，D错误。 (2021·湖南高考节选)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。 (1)如图，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小； (2)如图，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。 答案：(1)　(2)　垂直纸面向里　πr 解析：(1)根据题意可知带电粒子流在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r＝r1 根据牛顿第二定律有qvB1＝ 可得该磁场的磁感应强度大小B1＝。 (2)要使汇聚到O点的带电粒子流经过虚线框后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出，根据左手定则可知虚线框内磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里； 根据题意可知，在虚线框内带电粒子流在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律有qvB2＝ 可得虚线框内磁场的磁感应强度大小为B2＝ 该磁场区域最小面积Smin＝πr。 　教科版选择性必修第二册P24·发展空间－－磁聚焦透镜可以使发散的光束会聚成一点，磁场在一定条件下也可以使光发散的粒子束会聚到一点，这就是磁聚焦。如图所示是利用长线圈产生的匀强磁场实现磁聚焦的，其中的通电线圈内部的磁场是匀强磁场，磁场方向沿其轴线方向。设想A点处发射出一束很窄的带电粒子束，其中的粒子的速度v可以认为大小都相等，它们与磁感应强度B的夹角θ都不大。把速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向分解，则v∥＝v·cos θ≈v，v⊥＝v·sin θ≈vθ 由于所有粒子的v∥都相等，它们沿轴线方向的分运动是速度相等的匀速直线运动；粒子的v⊥不相等，它们在垂直于轴线的平面内做匀速圆周运动，其轨道半径各不相同，但周期都相同。图中示意性地表示各粒子分别做不同半径的螺旋线运动，经一个周期后又会聚于A′点，它相当于透镜的焦点。 在实际中更多的是利用短线圈产生的非匀强磁场实现聚集。例如，电子显微镜就是以电子束代替光束”照射”的，其中磁透镜起着重要的作用。 　本题以磁聚焦这一物理情景设计问题，与教材P24发展空间中的磁聚焦为同源情景，重点考查带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动问题。 学生用书↓第38页 针对练．如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为－q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)(　　) 答案：A 解析：带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r＝，由题可知粒子在题图A、B、C所示的磁场中做圆周运动的半径均为L，在题图D中做圆周运动的半径为；粒子在初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可知题图A中的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，题图B、C、D中的粒子的出射点都不相同。故选A。 1. (未将立体图转化为平面图)(2024·河北保定唐县一中月考)如图所示，倾角为θ的光滑导轨平行放置，两导轨间距离为L。所在空间中存在竖直方向的匀强磁场。磁感应强度大小为B，质量为m的导体杆ab水平放在导轨上，通以恒定电流I时恰好静止。下列说法正确的是(　　) A．若磁场方向竖直向上，电流方向必由a到b，且ILB＝mgsin θ B．若磁场方向竖直向上，电流方向必由b到a，且ILB＝mgtan θ C．若磁场方向竖直向下，电流方向必由a到b，且ILB＝mgsin θ D．若磁场方向竖直向下，电流方向必由b到a，且ILB＝mgtan θ 答案：B 解析：从右侧侧面观察，若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，导体杆所受安培力有水平向左和水平向右两种情况，对导体杆受力分析，因导体杆可以静止在导轨上，所以其所受安培力方向一定是水平向右的，其大小为F安＝ILB＝mgtan θ，此时根据左手定则可知，电流方向必由b到a，故B正确，A错误；同理，若磁场方向竖直向下，电流方向必由a到b，且ILB＝mgtan θ，故C、D错误。 [易错分析]　该题所给为一立体图，若直接在该立体图中画出导体杆ab的受力分析图，易找错力间关系或用错三角函数。 2. (带电体在磁场中运动分析不全面)(2024·江苏连云港月考)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口飞出，则(　　) A．小球带负电 B．小球离开管口前的运动轨迹是一条直线 C．洛伦兹力对小球做正功 D．拉力F逐渐增大 答案：D 解析：小球能从管口飞出，可知洛伦兹力的方向指向管口，根据左手定则可知，小球带正电，故A错误；设管运动的速度为v，小球与管一起向右匀速运动，小球沿管方向所受洛伦兹力大小为F1＝qvB，q、v、B大小均不变，则沿管方向的洛伦兹力F1不变，小球做类平抛运动，在离开管口前的运动轨迹是一条抛物线，故B错误；洛伦兹力与速度方向垂直，不做功，故C错误；设小球沿管方向的分速度大小为v1，则所受垂直管向左的洛伦兹力为F2＝qv1B，由题意可知，随着v1增大，F2增大，拉力F也增大，故D正确。故选D。 [易错分析]　带电小球在磁场中垂直磁场运动时受到的洛伦兹力大小qvB，方向垂直速度和磁场，因此只有正确分析小球运动才能找到其所受洛伦兹力的大小和方向。该题中小球在随管向右匀速运动的同时，沿管向管口运动，容易对运动考虑不全面而出错。 3. (应用左手定则时不注意电荷的正负)(多选)如图为磁流体发电机工作原理的示意图，高温燃烧室中的气体在3 000 K的高温下将全部电离为电子和正离子，即高温等离子体(其电阻值符合电阻定律)。高温等离子体经加速后会以速度v进入矩形发电通道，发电通道由上、下两块平行金属板构成，两板间有垂直纸面向里且垂直于粒子速度方向的匀强磁场，磁感应强度为B。等离子体受磁场作用发生偏转，在两极板间形成电势差。已知发电通道的金属板长为L、正对面积为S、间距为d，不计粒子重力。则以下说法中正确的是(　　) A．稳定后，发电机的电动势为Bdv B．稳定后，发电通道上极板电势低于下极板电势 学生用书↓第39页 C．外接电阻R越大，发电机的输出功率越大 D．稳定后，电流表示数为I，则高温等离子体的电阻率为 答案：AD 解析：由左手定则可以判断出正离子所受洛伦兹力方向向上，电子所受洛伦兹力方向向下，故上极板带上正电荷，下极板带上负电荷，则稳定后，发电通道上极板电势高于下极板电势，B错误；稳定后，离子所受电场力等于洛伦兹力，则有q＝qBv，解得稳定后发电机的电动势为U＝Bdv，A正确；在闭合电路中，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，所以外接电阻R越大，发电机的输出功率不一定越大，C错误；稳定后，电路的总电阻为R总＝，高温等离子体的电阻为r＝ρ，且R总＝R＋r，解得高温等离子体的电阻率为ρ＝，D正确。 [易错分析]　在分析带电体在磁场中受洛伦兹力方向时用左手定则，四指指向正电荷运动方向(或负电荷运动反方向)，大拇指指向运动电荷受力，该题容易忽视运动电荷正、负，出现正、负电荷偏转方向判错。 4. (不能正确画出运动轨迹)(2024·天津定坻一中期末)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电荷量为＋q的粒子在小孔下方处于静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠磁场边界射入磁场。不计粒子的重力。 (1)求极板间电场强度的大小； (2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁场的磁感应强度大小。 答案：(1)　(2)或 解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE·＝mv2右右右① 由①式解得E＝右右右② (2)设Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m右右右③ 如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况 若粒子轨迹与小圆外切，轨迹为a，由几何关系得R＝右右右④ 联立③④式解得B＝右右右⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，轨迹为b，由几何关系得 R＝右右右⑥ 联立③⑥式解得B＝。右右右⑦ [易错分析]　本题中与小圆相切的轨迹有两个，外切和内切，容易漏画一种情况而出错。 5．(对回旋加速器的工作原理不清楚)(2024·湖南常德一中开学考试)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做匀加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： (1)出射粒子的动能Ekm； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ekm所需的总时间t0； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。 答案：(1)　(2)－ (3)d< 解析：(1)粒子运动半径为R时，有qvB＝m，且Ekm＝mv2，解得Ekm＝。 (2)设粒子被加速n次达到动能Ekm，则Ekm＝nqU0，粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 由牛顿第二定律得加速度a＝ 由粒子做匀加速直线运动有nd＝a·(Δt)2 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ 总时间为t0＝(n－1)·＋Δt 解得t0＝－。 (3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d<。 [易错分析]　回旋加速器依靠电场加速，磁场起偏转作用，因此带电粒子在两D盒间加速，在D盒内做匀速圆周运动。本题中若对回旋加速器原理不清楚，就不能对带电粒子的运动有效分段分析，造成错解。 单元测试卷(一)　磁场对电流的作用 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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．已知某地方的地磁场的磁感应强度B约为4.0×10－5 T，其水平分量约为3.0×10－5 T。若该地方的一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为1.0×105A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力的方向和大小分别为(　　 ) A．方向向西，大小约为150 N B．方向向西，大小约为200 N C．方向向东，大小约为150 N D．方向向东，大小约为200 N 答案：C 解析：当带有正电的乌云经避雷针放电时，放电电流方向沿避雷针向下，地球上任何地方的地磁场水平分量均为向北。由左手定则可知金属杆所受安培力的方向向东，大小为F＝IlB＝50×1×105×3.0×10－5 N＝150 N，故C正确。 2. (2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　) 答案：C 解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足”同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如题图C，故选C。 3. 如图所示，两根垂直于纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等大电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是(　　) A．沿纸面逆时针转动 B．沿纸面顺时针转动 C．a端转向纸外，b端转向纸里 D．a端转向纸里，b端转向纸外 答案：D 解析：根据通电长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两直导线M、N连线上方中垂线处磁场方向水平向右，下方中垂线处磁场方向水平向左，由左手定则，ab上半段所受安培力方向垂直于纸面向里，下半段所受安培力方向垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确。 4. (2024·河北石家庄二中期末)一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框abcdef放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场中。若从a、b两端点通以如图所示方向的电流，电流大小为I，则关于金属abcdef受到的安培力的判断正确的是(　　) A．大小为ILB，方向垂直于ab边向左 B．大小为ILB，方向垂直于ab边向右 C．大小为2ILB，方向垂直于ab边向左 D．大小为2ILB，方向垂直于ab边向右 答案：A 解析：设通过ab支路的电流为I1，通过afedcb支路的电流为I2，其中afedcb支路在磁场中所受安培力的有效长度为a、b两端点间线段的长度L，所以金属框受到的安培力的合力大小为F＝I1LB＋I2LB＝ILB，又I1＋I2＝I，根据左手定则可知安培力的方向垂直于ab边向左，故A正确。 5．(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(　　) 答案：B 解析：分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿y轴正方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C错误；由粒子所受电场力沿y轴正方向，且粒子初速度为零，初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，B正确，D错误。 6．(2024·浙江名校协作体联考)霍尔效应的应用目前已经十分成熟，在信号测量、控制以及保护等多个领域中都有霍尔元件的身影，N型半导体中电子迁移率比空穴迁移率高，因此比较适合用于制造灵敏度高的霍尔元件。现有一N型半导体霍尔元件(自由移动电荷视为电子)连在如图所示电路中，电源内阻不计，加一垂直于霍尔元件工作面的磁场，前、后端面间会形成霍尔电势差，下列说法正确的是(　　) A．a端电势低于b端电势 B．霍尔电势差的大小只由霍尔元件的性质决定 C．若元件的厚度增加，a、b间电压不变 D．若要测量极地附近的地磁场，应将工作面调整为竖直状态 答案：C 解析：元件中电子在洛伦兹力的作用下向前端面偏转，故b端电势较低，A错误；稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB＝e，可得U＝Bdv，与磁感应强度B、元件的前、后端面间距离d、电子的定向移动速率v有关，B错误；结合B中的结论可知，a、b间电压与元件厚度无关，若元件的厚度增加，a、b间电压不变，C正确；由于极地附近的地磁场垂直于地面，若要测量极地附近的地磁场工作应该处于水平状态，D错误。 7．(2024·山东枣庄八中期中)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上、下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后(　　) A．M处钠离子浓度等于N处钠离子浓度 B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度 C．M处电势高于N处电势 D．P管中液面高于Q管中液面 答案：D 解析：当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子定向移动方向与电流方向相反，由左手定则可知，钠离子与氯离子均偏向M处，M处钠离子、氯离子浓度均高于N处，同时M处和N处仍呈电中性，电势相等，A、B、C错误；由前面分析可知液体将受到指向M的安培力作用，在液体内部将产生附加压强，因此P端的液面将比Q端的高，D正确。 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，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8. (2024·重庆市南坪中学高二期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是(　　) A．小球带正电荷 B．＝v0 C．若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将增大 D．若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速度将增大 答案：AB 解析：经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；由题意得，小球受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，则qE＝qv0Bsin 30°，所以＝v0，故B正确；撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力和重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mgsin 30°＝ma，即a＝g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；因为电场力、重力和洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电场力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。 9．(2024·广东广州联考)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，在加速度电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm，加速电场频率的最大值为fm。则下列说法正确的是(　　) A．粒子获得的最大动能与加速电压无关 B．粒子第n次和第(n＋1)次进入磁场的运动半径之比为 ∶ C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t＝ D．若fm<，则粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2 答案：ACD 解析：当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB＝m，得v＝，则粒子获得的最大动能Ekm＝mv2＝，则粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。设粒子在加速电场中加速n次获得的速度为vn，根据动能定理nqU＝mv，可得vn＝ ，同理，粒子在加速电场中加速(n＋1)次获得的速度vn＋1＝ ，粒子在磁场中的运动半径r＝，则粒子第n次和第(n＋1)次进入磁场的运动半径之比为∶，故B错误。粒子被电场加速一次动能的增量为qU，则粒子被加速的次数n＝＝，粒子在磁场中运动的周期数n′＝＝，粒子在磁场中运动周期T＝，则粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t＝n′T＝，故C正确。加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝，粒子的动能为Ek＝mv2；当fm≥时，粒子的最大动能由Bm决定，则qBmvm＝，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝；当fm＜时，粒子的最大动能由fm决定，则vm＝2πfmR，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2，故D正确。 10．(2022·湖北高考)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P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．kBL，0°　　　 B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 答案：BC 解析：若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系，有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝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°。若粒子通过下部分磁场和上部分磁场到达P点，如图乙所示，因为上下磁场磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m，可得v′＝＝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离子从下部分磁场射出时，需满足v＝kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝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。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为________N，磁场的磁感应强度的大小为________T。 答案：2　10 解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝ILB，代入数据解得B＝10 T。 12．(8分) 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。某音圈电机的原理示意图如图所示，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为l，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。 (1)可得此时线圈所受安培力的大小为________，方向________________。 (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，则安培力的功率为________。 答案：(1)nIlB　水平向右　(2)nIlBv 解析：(1)线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力表达式可知，线圈所受的安培力大小F＝nIlB，由左手定则可判断安培力方向水平向右。 (2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nIlBv。 13. (8分)如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0。这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上。在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，离子重力不计。 (1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间； (2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时磁感应强度大小B1。 答案：(1)[2a，4a]　(2)B0 解析：(1)对于初速度为0的离子有qU＝mv，qv1B0＝m，解得R1＝a，即离子恰好打在x＝2a位置；对于初速度为v0的离子有qU＝mv－m(v0)2，qv2B0＝m，解得R2＝2a，即离子恰好打在x＝4a的位置，故离子束从小孔O射入磁场后打在x轴上的区间为[2a，4a]。 (2)由动能定理得qU＝mv－m(v0)2，由牛顿第二定律得qv2B1＝m，其中R3＝a，解得B1＝B0。 14．(10分)如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。一带电荷量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，细线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g＝10 m/s2)，求： (1)小球运动到O点时的速度大小； (2)细线断裂前瞬间拉力的大小； (3)O、N间的距离。 答案：(1)2 m/s　(2)8.2 N　(3)3.2 m 解析：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mgl－qEl＝mv－0 解得小球在O点时的速度v0＝2 m/s。 (2)小球运动到O点细线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律得T－mg－F洛＝m 洛伦兹力F洛＝Bv0q 解得T＝8.2 N。 (3)细线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动 小球水平方向的加速度ax＝＝5 m/s2 小球从O点运动至N点所用时间t＝＝0.8 s O、N间的距离h＝gt2＝3.2 m。 15．(10分) (2024·安徽亳州期末)如图所示，直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置。AF边水平，长为1.7 m，DF边与AF边垂直，线框平面与水平面夹角θ＝37°，在AF边接有电动势E＝4 V、内阻r＝1 Ω的直流电源；CD边长为0.3 m，接有阻值为R1＝2 Ω的定值电阻，AC、DF边的中点分别为G、H，金属线框处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝2 T。质量为m＝0.2 kg的导体棒放在线框上的G、H之间，导体棒接入电路的电阻R2＝2 Ω，导体棒恰好刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属线框的电阻不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)导体棒受到的安培力大小； (2)导体棒与线框间的动摩擦因数 。 答案：(1)2 N　(2) 解析：(1)外电路的总电阻R外＝＝1 Ω 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流 I＝＝2 A 导体棒接入电路的长度 L＝×(AF＋CD)＝1 m 导体棒受到的安培力大小为FA＝ILB＝2 N。 (2)由于FAcos 37°>mgsin 37°，因此导体棒有向上滑动的趋势，设导体棒与线框间的动摩擦因数为μ，根据力的平衡有FAcos θ＝mgsin θ＋f N＝mgcos θ＋FAsin θ 又f＝μN 解得μ＝。 16．(12分)(2024·四川内江第六中学高二校考开学考试)如图所示，两平行板间存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m。坐标系xOy紧靠平行板的右侧边缘，第一象限内有与y轴正方向成45°的边界AO，边界线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m。一束带正电的离子，电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg，从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，并多次穿越边界线OA。求：(不计离子重力，取π＝3.14) (1)离子从平行板进入磁场时的速度大小； (2)离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间； (3)离子第四次穿越边界线OA时的位置坐标。 答案：(1)5.0×105 m/s　(2)8.28×10－7 s (3)(0.5 m，0.5 m) 解析：(1)离子做直线运动，有qE1＝qvB1 解得v＝5.0×105 m/s。 (2)离子进入磁感应强度为B2的磁场中做匀速圆周运动，有qvB2＝m，解得r＝0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界C点，如图甲所示 圆弧对应圆心角90°，其运动时间为t1＝T＝·＝＝6.28×10－7 s 离子通过C点时速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场做匀减速直线运动，加速度为 a＝＝5×1012 m/s2 返回边界上的C点所用时间t2，由匀变速直线运动规律知 t2＝＝ s＝2×10－7 s 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所用时间 t＝t1＋t2＝6.28×10－7 s＋2×10－7 s＝8.28×10－7 s。 (3)离子的运动轨迹如图乙所示，设离子第二次穿过边界线OA的位置C点的坐标(xC，yC)，则xC＝r＝0.2 m，yC＝OQ－r＝0.2 m 离子第三次穿越边界线OA的位置D点的坐标(xD，yD)，则xD＝r＋r＝0.4 m，yD＝0.4 m 离子垂直进入电场做类平抛运动，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则x＝vt3，y＝at tan 45°＝ 解得x＝0.1 m，y＝0.1 m 设第四次穿过边界线OA的位置E点坐标为(xE，yE)，由几何关系得xE＝xD＋x＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m，yE＝yD＋y＝0.4 m＋0.1 m＝0.5 m 即离子第四次穿越OA的位置坐标为(0.5 m，0.5 m)。右右右 学生用书↓第40页 学科网（北京）股份有限公司 $$