第一章 安培力与洛伦兹力 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（人教版2019）

单元综合提升 学生用书第32页 (多选)(2021·重庆高考)某同学设计了一种天平，其装置如图所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是(　　) A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流 B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流 C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流 D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流 答案：BC 解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。故选BC。 　人教版选择性必修第二册P7·T3如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，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，才能使两臂再达到新的平衡。 (1)导出用n、m、l、I表示磁感应强度B的表达式。 (2)当n＝9，l＝10.0 cm，I＝0.10 A，m＝8.78 g时，磁感应强度是多少？ 　人教版选择性必修第二册P7·T3以电流天平为情境，考查了电流天平的工作原理及如何测量磁感应强度的问题，体现了安培力、力的平衡知识在生产、生活、科技中的应用问题。 近几年的高考常以安培力的实际应用为情境进行命题，成为高考的一个考查热点，例如：2021·重庆高考以“某同学设计的一种天平：两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距”为情境，考查了“左托盘放入重物后”，为了保持平衡，分析判断P处磁场方向与P中电流方向的关系问题，也体现了安培力、力的平衡条件的实际应用问题。 针对练．(多选)(2023·河南商丘高二月考)利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，b段导线长为l，导线a、b、c段处于匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡。下列说法中正确的是(　　) A．若仅将电流反向，线圈将不能保持平衡状态 B．线圈通电后，a、c段导线受到的安培力等大反向，b段导线的安培力向上 C．线圈受到的安培力大小为mg D．由以上测量数据可以求出磁感应强度B＝　 答案：ABC 解析：线圈通电后，根据左手定则可知a、c段导线受到的安培力等大反向，b段导线受到的安培力向上；当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，设左盘质量为m1，右盘质量为m2，有m1gL1＝m2gL2，当线圈中通入电流I时，向上的安培力大小为F＝nIlB，在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡，则有m1g·L1＝(m2g＋mg－nIlB)·L2，可得mg＝nIlB，则磁感应强度大小为B＝，若仅将电流反向，则安培力方向向下，其他条件不变，由以上分析可知，线圈不能保持平衡状态，故A、B、C正确，D错误。 学生用书第33页 (2022·湖南高考)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θ。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 θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 答案：D 解析：当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线做受力分析，如图所示，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＝，FT＝ mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时，sin θ增大，θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。 　人教版选择性必修第二册P21·T7如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。有以下三种磁感应强度方向： (1)沿z轴正方向；(2)沿y轴正方向；(3)沿悬线向上。 请判断哪些是可能的，可能时其磁感应强度大小是多少？如果不可能，请说明原因。 　人教版选择性必修第二册P21·T7以“用两绝缘细线悬挂的直导线在匀强磁场中、悬线与竖直方向的夹角为θ时静止”为情境，考查了直导线中电流方向已知的情况下，判断可能的磁场方向问题，主要考查安培力作用下共点力的平衡条件的应用问题。 近几年的高考常以安培力作用下通电导体的平衡或者加速为情境进行命题，成为高考的一个考查热点，例如：2022·湖南高考以“被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂的水平直导线的平衡”为情境，考查了水平直导线的平衡及有关量的分析判断问题。 针对练．如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置。当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)。已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g。关于乙图，下列说法正确的是(　　) A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小 B．磁感应强度的最小值为 C．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为 D．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在原位置保持静止 答案：B 解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态。由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A错误；设磁感应强度大小为B，由平衡条件得mgsin θ＝ILB，解得B＝，B正确；设每条细线拉力大小为FT，由平衡条件得mgcos θ＝2FT，解得FT＝mgcos θ，C错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在原位置保持静止，D错误。故选B。 (2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60？？的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出(　　) A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B．带电粒子在磁场中运动的速率 C．带电粒子在磁场中运动的时间 D．该匀强磁场的磁感应强度 答案：A 解析：粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示，由几何关系可知OO1＝atan 30°＝a，R＝＝a，因圆心的坐标为(0，a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋(y－a)2＝a2，故A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，因磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π，而周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误。故选A。 学生用书第34页 　人教版选择性必修第二册P16·T3如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成60°角，OP＝a。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 (2)求带电粒子穿过第一象限所用的时间。 　人教版选择性必修第二册P16·T3以“带电粒子在第一象限内的匀强磁场中的运动”为情境，考查了带电粒子在有界匀强磁场中运动的有关问题的求解问题。 近几年的高考常以带电粒子在有界匀强磁场中的运动为情境进行命题，考查带电粒子在有界匀强磁场中运动的有关问题的分析与求解问题，成为高考的一个考查热点，例如：2021·北京高考以“一带电粒子在xOy坐标系的第一象限内的匀强磁场的运动”为情境，考查了带电粒子在磁场中运动的轨迹方程、运动的速率、运动的时间及匀强磁场的磁感应强度大小等问题的求解分析。 针对练1．(2023·湖南长沙高二期末)如图所示，光滑绝缘水平桌面xOy的第一象限存在匀强磁场B，方向垂直桌面向内。从P点垂直Ox轴滚入一个带电小球甲，随后沿着轨迹b离开磁场，在磁场中经历的时间为t。现在Q点放置一个不带电的同种小球乙，再次从P点垂直Ox轴滚入一个带电小球甲，二者发生碰撞后结合在一起，则(　　) A．二者将继续沿着轨迹b离开磁场，经历的时间同样为t B．二者将继续沿着轨迹b离开磁场，经历的时间大于t C．二者将沿着轨迹a离开磁场，经历的时间大于t D．二者将沿着轨迹c离开磁场，经历的时间小于t 答案：B 解析：二者结合在一起，总动量不变，故轨迹半径r＝，大小不变，轨迹依旧沿着b，周期T＝，变大，经历的时间增加。故选B。 针对练2．(多选)(2023·西安市西光中学期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一边长为L的正三角形区域abc，三角形所在平面与磁场方向垂直。两个相同的带正电粒子从a点沿ab方向分别以不同的速率v1、v2射出，若v1＜v2，且速率为v1的粒子从ac边射出，它们在三角形区域内运动的时间t1∶t2＝2∶1。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用，则两个粒子的速率之比v1∶v2可能为(　　) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．4∶5 答案：AB 解析：速率为v1的粒子从ac边射出，作出该粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系，该粒子轨迹对应的圆心角为120°，当轨迹与bc边相切时，粒子做圆周运动的半径最大，根据几何关系可知，此时粒子恰好从c点飞出，则有2R1maxsin 60°＝L，由于洛伦兹力提供向心力，则有qv1maxB＝m，解得v1max＝，由于粒子在磁场中运动的周期T＝，设粒子运动的轨迹对应的圆心角为θ，粒子运动的时间t＝T＝，由于在三角形区域内运动的时间t1∶t2＝2∶1，可知速率为v2的粒子运动轨迹对应的圆心角为60°，可知速率为v2的粒子必定从bc边射出，作出其运动轨迹如图乙所示，根据几何关系有R2＝Lsin 60°，由于洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝m，解得v2＝，结合上述，两个粒子的速率之比≤＝，可知两个粒子的速率之比v1∶v2可能为1∶2或2∶3。故选AB。 (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＝ 学生用书第35页 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：等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q＝qvB1，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝ILB可得F安＝·B2L＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。 　人教版选择性必修第二册P12·T4一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直电流电源的两个电极。 (1)A、B板哪一个是电源的正极？ (2)若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场，这个发电机的电动势是多大？ 　人教版选择性必修第二册P12·T4以“磁流体发动机”为情境，考查了磁流体发动机的原理及带电粒子在叠加场中的运动规律问题。近几年的高考常以叠加场中的现代科技应用为情境进行命题，成为高考的一个考查热点，例如：2021·河北高考考查了磁流体发动机问题。 针对练．(多选)(2023·山东威海高二月考)等离子体推进器的原理结构如图所示，首先由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离子体发生器内的惰性气体电离，形成等离子体，最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出，从而对等离子推进器产生作用力。假设正离子的质量为m，电荷量为q，经电压为U的静电加速层加速后形成电流为I的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　) A．离子推进器是将化学能转化为机械能的装置 B．离子由静电加速层喷出时的速度大小为 C．单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为 D．离子推进器产生的推力大小为I 答案：CD 解析：离子推进器是将静电加速层中的电能转化为机械能的装置，A错误；根据动能定理有qU＝mv2，则离子由静电加速层喷出时的速度大小为v＝ ，B错误；若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有I＝nq，单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为n＝，C正确；Δt时间内喷出离子的动量为Δp＝nΔtmv，根据动量定理有FΔt＝Δp，则F＝nmv＝I ，D正确。故选CD。 1．(安培力的方向判断错误致错)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则(　　) A．导线受到的安培力水平向左 B．木板受到地面的摩擦力为零 C．木板对地面的压力小于G D．木板受到地面的摩擦力水平向右 答案：D 解析：根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右。木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G。又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右。故选D。 [易错分析]　本题容易错选B项，原因是没有具体分析两个条形磁铁的磁场对导线的安培力方向，而是根据导线固定于两磁铁竖直对称轴上的C点，根据对称性而误认为磁场对导线的安培力方向竖直向上，导致误认为木板受到地面的摩擦力为零、木板对地面的压力大于G。 2．(弄错受力分析的研究对象致错)某电磁推进试验舰艇如图甲所示，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场 学生用书第36页 力作用被推出，舰艇因此前进。要使图乙中的舰艇向左前进，则所加磁场的方向应为(　　) A．水平向左 B．水平向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 答案：D 解析：海水中电流方向从M流向N，且舰艇向左运动，舰艇受到海水对舰艇的作用力方向向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故D正确。 [易错分析]　本题容易错选C项，原因是误认为要使舰艇向左前进，需要海水所受的安培力方向向左，从而错误地判断出磁场的方向垂直纸面向外。 3．(由于不能正确利用地磁场的方向判断洛伦兹力的方向致错)四川省稻城县海子山的“高海拔宇宙线观测站”(LHAASO)，是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，由于地磁场的作用(忽略其他阻力的影响)，质子流到达该观测站时将(　　) A．竖直向下沿直线射向观测站 B．与竖直方向稍偏东一些射向观测站 C．与竖直方向稍偏南一些射向观测站 D．与竖直方向稍偏西一些射向观测站 答案：B 解析：质子流的方向从上向下射向地球表面，四川省稻城县海子山的观测站位于北半球，观测站上方的地磁场的水平分量水平向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故B正确。 [易错分析]　本题容易错选D项，原因是误认为观测站上方的地磁场的水平分量水平向南，根据左手定则，洛伦兹力的方向误判为向西，从而误判质子向西偏转。 4．(不理解洛伦兹力永不做功致错)如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为＋q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．洛伦兹力对小球做正功 B．小球做变加速曲线运动 C．小球机械能的增加量为qvBh D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管运动速度无关 答案：C 解析：洛伦兹力的方向与速度垂直，永远不做功，A错误；玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀加速曲线运动，B错误；由于管对球的弹力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速直线运动的位移公式得h＝at2，小球离开管口的速度vy＝at，合速度v合＝，动能的增量ΔEk＝mv－mv2，重力势能的增量ΔEp＝mgh，联立解得小球机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝qvBh，C正确；小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速运动的位移公式得h＝at2，解得t＝ ，D错误。 [易错分析]　本题容易错选A项，原因是不理解洛伦兹力永不做功的结论，误认为本题中小球随着玻璃管在水平方向以速度v匀速运动，在竖直方向小球上升，竖直向上的洛伦兹力对小球做正功。实际上小球由于竖直方向的分运动还受到水平向左的洛伦兹力做负功，而两个方向的洛伦兹力做功的代数和仍然为零。 5．(不会找带电粒子在有界磁场中临界问题中的临界点致错)(多选)如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形、磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直。进入圆形区域的电子速度方向正对圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则(　　) A．两个电子在磁场中运动的轨迹半径一定相同 B．两个电子在磁场中运动的时间有可能相同 C．进入圆形区域的电子一定先飞离磁场 D．进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场 答案：ABD 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，整理得R＝，两过程电子速度v相同，所以半径R相同，故A正确；由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨迹半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和正方形磁场放到同一位置如图所示，由图可以看出若进入磁场区域的电子的轨迹为1，先出圆形磁场，再出正方形磁场；若进入磁场区域的电子的轨迹为2，同时从圆形与正方形边界出磁场；若进入磁场区域的电子的轨迹为3，先出圆形磁场，再出正方形磁场；所以电子不会先出正方形的磁场，故B、D正确，C错误。 [易错分析]　本题容易漏选B项，原因是不会想到把圆形磁场和正方形磁场放到同一位置进行比较，找不到电子恰好从圆形磁场和正方形磁场相切的位置射入、从相切的另一个位置射出时，两个电子在磁场中运动的时间相同的临界情况。 单元测试卷(一)　安培力与洛伦兹力 (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、单选题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面外的地磁场可简化为包围地球的一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。图中给出了速度在图示平面内、分别从O点沿与地面平行和与地面垂直两个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面，则下列相关说法中正确的是(　　) A．沿a轨迹运动的粒子带正电 B．若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则沿轨迹a运动的粒子的速率更大 C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只改变射入地磁场的方向，则只要其速度在图示平面内，无论沿什么方向入射，都会到达地面 D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面 答案：D 解析：由左手定则可知沿轨迹a、c运动的粒子带负电，沿轨迹b运动的粒子带正电，A错误；带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，又由题图可知ra＜rc，所以沿轨迹a运动的粒子的速率更小，B错误；沿轨迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为2ra，已达到最大值，故只要该粒子速率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面， C错误；结合题图分析可知沿轨迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2rb时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，该粒子有可能到达地面，D正确。故选D。 2．(2023·江西赣州市高二期末)某兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。如图所示，通过改变天平右盘里的砝码可使得天平平衡，天平左臂下面的绝缘挂钩上分别挂上匝数相同、形状不同的线框，线框中通有相同的顺时针电流，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，正多面体线框的边长L都相同，则测磁感应强度灵敏度最高的是(　　) 答案：D 解析：正六边形的有效长度最大，为2L，根据安培力的计算公式F＝ILB可知，当B相同时，F最大。故选D。 3．(2023·浙江嘉兴市高二期中)电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，2022年6月17日上午，中国第三艘航空母舰福建舰下水，并配置电磁弹射。其工作原理可以简化为如图所示，光滑固定导轨CD、EF与导电飞翔体MN构成一驱动电流回路，恒定驱动电流I产生磁场，且磁感应强度B与导轨中的电流I及空间某点到导轨的距离r的关系式为B＝k(k为常量)，磁场对处在磁场中的导电飞翔体MN产生了安培力F，从而推动飞翔体MN向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是(　　) A．CMNF回路内的磁场方向与驱动电流的方向无关 B．飞翔体MN所受安培力F的方向与CMNF回路中驱动电流的方向有关 C．驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受到的安培力将变为原来的4倍 D．如果飞翔体MN在导轨上滑过的距离保持不变，将驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体最终的弹射速度将变为原来的4倍 答案：C 解析：根据安培定则可知，CMNF回路内磁场方向与电流方向有关，A错误；CMNF回路中驱动电流的方向改变，根据安培定则可知，磁场方向反相，因为MN中电流方向也反相，根据左手定则可知，安培力F的方向不变，B错误；驱动电流I变为原来的2倍，磁感应强度B变为原来的2倍，安培力F＝ILB变为原来的4倍，飞翔体的加速度a＝变为原来的4倍，所以速度v＝ 变为原来的2倍，C正确，D错误。故选C。 4．(2023·山东临沂市高二期中)关于甲、乙、丙、丁四个图示，下列说法正确的是(　　) A．图甲是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里。且AB＝AC＝AD，则A点的磁感应强度方向水平向左 B．图乙是速度选择器，如果带电粒子从右边小孔射入，可能沿虚线路径从左边小孔射出 C．图丙是磁流体发电机，通过电阻R的电流大小与A、B板间的磁感应强度无关 D．图丁是质谱仪，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S1飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方 答案：D 解析：题图甲，由安培定则可知，B处与D处的直导线电流在A点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度等于零，因此A点的磁感应强度由C处的直导线产生，磁感应强度方向水平向右，A错误；题图乙，如果带正电粒子从右边小孔射入，由左手定则可知，带正电粒子所受洛伦兹力的方向向下，同时受电场力的方向也向下，同理，带负电粒子所受洛伦兹力和电场力均向上，因此如果带电粒子从右边小孔射入，不能沿虚线路径从左边小孔射出，B错误；题图丙，当等离子体平衡时，则有洛伦兹力大小等于电场力，即qvB＝q，因此电动势E＝Bvd，与磁感应强度有关，由欧姆定律可知，通过电阻R的电流大小与电动势有关，即与磁感应强度有关，C错误；题图丁，带电粒子在电场中加速时，有qU＝mv2，在磁场中，有qvB＝m，解得R＝ ，可知，比荷相同的氦核和氘核在磁场中运动的半径相同，即会打在照相底片同一个地方，D正确。故选D。 5．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 答案：B 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＝可得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＝可知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可知，在磁场中运动的时间之比为2∶1，故D错误。 6．(2023·安徽滁州市高二月考)空间中有两个区域存在有界匀强磁场，如图所示，甲为半径为R的圆，乙为边长为R的正方形，磁场方向均垂直纸面向外，现有大量质量为m、电荷量为q(q＞0)、速度大小为的带电粒子分别从两磁场左侧边界水平向右射入磁场，不计粒子重力及其相互作用，有关粒子的运动，下列说法正确的是(　　) A．甲图中粒子从同一位置沿不同方向射出磁场，乙图中粒子从不同位置沿不同方向射出磁场 B．两图粒子分别从两磁场边界的某一位置射出磁场，且出射方向分别相同 C．两图中粒子射出磁场时的位置均分别布满两磁场的某一边界 D．若粒子带负电，两图中粒子射出磁场时的情况分别和带正电粒子相同 答案：A 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则可得r＝R，取1、2两个代表粒子，运动轨迹如图a、b所示。图a中，根据几何关系可得四边形ACDO与四边形ECDO′均为菱形，粒子1、2从同一位置离开，但射出的方向不相同；图b中，粒子的出射位置和方向都不同，故A正确，B、C错误。 若粒子带负电，粒子都向上偏转，所以出射情况和带正电粒子不同，故D错误。故选A。 7．(2023·江苏南通市高二质检)如图所示，空间中存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外，电场场强大小为 E，方向竖直向上。 一质量为 m、带电量为－e的电子在该空间内获得沿水平方向的初速度，速度大小为 v0, 且 v0＞。则电子(　　) A．在竖直方向做匀加速直线运动 B．运动过程中最大的速率为v0＋ C．在一个周期内水平方向运动的距离为 D．距入射点竖直方向的最大位移为 答案：C 解析：因为v0＞，所以ev0B＞eE，合力向上，向上偏转，但因为速度变化，洛伦兹力发生变化，竖直方向受到的合力不是恒力，不是匀变速运动，故A错误；将电子受到的洛伦兹力看成ev0B＝ev1B＋ev2B，其中ev1B＝eE，电子在做匀速直线运动的同时，进行圆周运动，所以运动过程中最大的速率为vm＝v1＋v2＝v0，因为电子周期T＝，在一个周期内水平方向运动的距离为x＝v1T＝，圆周运动的半径R＝＜，所以距入射点竖直方向的最大位移小于，故C正确，B、D错误。故选C。 二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8．(2023·广东揭阳市高二期末)如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．到达光电门2之前滑块先加速后减速 B．到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变 C．滑块所带的电荷量为－ D．滑块所带的电荷量为＋ 答案：BC 解析：以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1之前已经做匀速运动，即到达光电门2之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确，D错误。故选BC。 9．如图所示，圆形区域的直径ab上方与下方分别存在垂直纸面向里、向外的匀强磁场，其大小分别为B1、B2。现有甲、乙两个比荷相同的粒子在纸面内以相同的速率v从a点射入磁场，两粒子的入射方向与ab的夹角分别为60°和30°，最终都从b点离开磁场，则(　　) A．乙粒子可能带正电荷 B．两粒子在磁场中运动时间之比t甲∶t乙＝2∶1 C．两粒子在磁场中运动的轨道半径之比r甲∶r乙＝1∶ D．B1∶B2＝∶1 答案：CD 解析：根据左手定则可知，乙粒子带负电荷，A错误；粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2r甲sin 60°＝2r乙sin 30°，r甲∶r乙＝1∶，C正确；根据qvB＝m，可得B＝，则＝＝，D正确；两粒子在磁场中的运动时间分别为t甲＝T甲＝，t乙＝T乙＝，解得＝，B错误。 10．(2023·哈尔滨三中高二期末)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 答案：ABC 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＝，根据几何关系可得PS＝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＝at，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。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(8分)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。 (1)用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式为B＝　　　　。 (2)当n＝5，L＝10 cm，I＝0.1 A，m＝10 g时，磁感应强度的大小为B＝　　　　T。(重力加速度g取10 m/s2) 答案：(1)　(2)1 解析：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 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 联立解得B＝。 代入数据得B＝＝ T＝1 T。 12．(8分)如图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B＝kI，比例常量k＝2.5×10－6 T/A。已知两导轨内侧间距L＝1.5 cm，滑块的质量m＝30 g，滑块沿导轨滑行5 m后获得的发射速度v＝3.0 km/s(此过程视为匀加速直线运动)。 (1)求发射过程中电源提供的电流大小； (2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？ 答案：(1)8.5×105 A　(2)1.0×109 W　1.2×103 V 解析：(1)由匀加速直线运动公式有 a＝＝9×105 m/s2 由安培力公式和牛顿第二定律，有F＝ILB＝kI2L，F＝ma 联立可得I＝ ≈8.5×105 A。 (2)发射过程中电源的供电时间Δt＝＝×10－2 s 滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即 PΔt×4%＝mv2 解得所需的电源输出功率为P≈1.0×109 W 由功率P＝IU，解得输出电压U≈1.2×103 V。 13．(8分)如图所示，一质量为m、电荷量为－q、不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)穿过第一象限的时间。 答案：(1)　(2) 解析：(1)作出带电粒子做圆周运动的轨迹，由图中几何关系知Rcos 30°＝a，可得R＝ 由qvB＝m可得 B＝＝。 (2)带电粒子在第一象限内的运动时间 t＝·＝。 14．(9分)如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并从磁场边界的N点射出；乙种离子从MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 答案：(1)　(2)1∶4 解析：(1)甲种离子经过电场加速，根据动能定理有 q1U＝m1v 在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有q1v1B＝m1 由几何关系可得R1＝ 联立解得B＝。 (2)乙种离子经过电场加速，同理有 q2U＝m2v，q2v2B＝m2，R2＝ 联立解得∶＝1∶4。 15．(10分)在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求： (1)M、N两点间的电势差UMN； (2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r； (3)粒子从M点运动到P点的总时间t。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度。 (1)粒子过N点时的速度为v＝＝2v0 粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝mv2－mv，所以UMN＝。 (2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝，所以r＝＝。 (3)由几何关系得ON＝rsin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，所以t1＝＝＝＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝＝·＝ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有 t2＝T＝·＝ 所以t＝t1＋t2＝。 16．(11分)(2023·云南昆明市高二期中)如图甲所示，边长为L的正方形区域abcd位于竖直平面内，ab边水平。该区域内有周期性变化的匀强电场和匀强磁场，以平行ad向下为电场的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向，电场强度E和磁感应强度B随时间变化的图像分别如图乙和图丙所示，图中E0、B0、T均未知。质量为m、带电量为＋q的带电颗粒(可视为质点)源源不断地从ad边中点O以某一恒定初速度沿水平方向射入电场。若t＝0时刻射入电场的颗粒，经时间后从c点离开电场；t＝时刻射入电场的颗粒，在电磁场中做匀速圆周运动；t＝时刻射入电场的颗粒从dc边射出电磁场时到c点的距离为L。颗粒重力不能忽略，不计颗粒之间的相互作用，重力加速度为g。求： (1)颗粒射入电场时初速度v0的大小； (2)B0的大小。 答案：(1) 　(2) 解析：(1)由t＝时刻射入电场的颗粒，在电磁场中做匀速圆周运动，说明颗粒重力与电场力大小相等、方向相反，即qE0＝mg 在0～范围内颗粒在电场力的作用下做类平抛运动，有L＝v0·，＝a·2 根据牛顿第二定律可知，颗粒的加速度a＝＝2g 解得v0＝。 (2)t＝时刻射入电场的颗粒在电场中运动的时间为－＝，根据匀变速直线运动的规律可知颗粒在时刻(M点)竖直方向运动的位移y满足 ＝＝ 解得y＝L 即与cd边界的距离为y′＝－y＝L 带电颗粒轨迹如图所示 M点的水平位移x满足＝＝ 解得x＝L 根据类平抛运动规律可知，M点处速度与水平方向夹角θ的正切值是位移与水平方向夹角α正切值的2倍，即tan θ＝2tan α＝2×＝ 解得θ＝37° M点处速度的大小为v＝＝v0 M到N的过程中颗粒做匀速圆周运动，根据几何关系可知，M点与运动轨迹圆心的连线与水平方向夹角为53°，则根据勾股定理有 (rcos 53°＋L－L－x)2＋(rsin 53°－y′)2＝r 2 根据磁场中的圆周运动规律可得qvB0＝m 联立解得B0＝＝ 。 学生用书第37页 学科网（北京）股份有限公司 $$