第一章 磁场 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（粤教版2019）

单元综合提升 (2023·广东高考)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)(　　) A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s 答案：C 解析：由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m，质子加速后获得的最大动能为Ekm＝mv，解得最大速率vm≈5.4×107 m/s，故选C。 　链接粤教版P20第一段全部 劳伦斯回旋加速器(如教材图1－4－5所示)的真空室内主要有两个区域。其中D形盒区域施加垂直盒底面的匀强磁场，另外一个区域是两个D形盒之间的窄缝区，施加方向可调的电场。处于中心O附近的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，进入D形盒的磁场区域。由于D形盒内无电场，粒子在盒内空间做匀速圆周运动。经过半个圆周后粒子再次到达两盒间的缝隙时，两盒间的电压恰好改变正负，于是粒子在两盒缝隙间再一次被加速。由T＝可知，回旋周期T与粒子速度v无关，只要我们选择合适的交变电压周期，就能确保粒子在每次穿过电场时 学生用书↓第34页 被加速。随着粒子速度的增加，由R＝可知，粒子做圆周运动的半径也将逐步增大。当粒子达到预期的速率时，用静电偏转板将高能粒子引出D形盒，即可用于科学研究。 　该广东高考题以回旋加速器加速带电粒子的素材为背景，考查粒子离开回旋加速器的最大动能。 粒子离开磁场的最大动能，对应于粒子离开磁场的最大速度，由D形盒的半径限定，与狭缝处的加速电压无关，且要求粒子做圆周运动的周期与交变电压的周期相同，才能始终同步加速。 针对练1．(2023·广东深圳高二期末)如图，一台回旋加速器，忽略带电粒子在电场中运动的时间，当电场的电压和磁感强度一定时，可把质子P的速率加速到v，其获得的最大能量为Ek。那么，这台回旋加速器，能把α粒子(　　) A．加速到v B．加速到2v C．最大能量增大到Ek D．最大能量增大到4Ek 答案：C 解析：设加速器的半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则qvB＝m，解得v＝＝BR，即在B、R一定的情况下，最终速度取决于粒子的比荷，α粒子的比荷是质子的一半，所以最终加速到v。把v＝带入Ek得Ek＝mv2＝×，即Ek正比于，所以能把α粒子最大能量也增大到Ek。故选C。 针对练2．(2022·广东佛山高二期中)如图所示的两个半径为R的半圆形中空金属盒D1、D2置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应和重力影响，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则(　　) A．所加交流电的周期与磁场的磁感应强度B的大小无关 B．加速电压U越大，粒子最终引出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压成正比 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度大小之比是1∶ 答案：D 解析：要对粒子实现同步加速，所加交流电的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，即所加交变电流的周期为T＝，显然T与磁场的磁感应强度B的大小有关，故A错误；粒子最终引出D形盒时，满足qvB＝m，可得Ek＝mv2＝，显然粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压无关，故B、C错误；粒子第一次加速后，有qU＝mv，第二次加速后，有qU＝mv－mv，联立可得两次加速后速度大小之比是v1∶v2＝1∶，故D正确。故选D。 (2023·福建高考)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。 (1)求OM的长度； (2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 答案：(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg 解析：(1)粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有qvB＝m，整理得r＝＝ m＝0.2 m OM的长度为OM＝2r＝0.4 m。 (2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q′vB＝m′，整理得＝＝≈4.4×106 C/kg。 　粤教版P24T4 利用质谱仪测量氢元素的同位素，如图所示，让氢元素的三种同位素氕、氘、氚的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线。 学生用书↓第35页 (1)在进入磁场时，氢元素的哪种同位素的动能比较大？为什么？ (2)氢元素的哪种同位素在磁场中运动的时间比较长？为什么？ (3)a、b、c三条质谱线分别对应氢元素的哪一种同位素？ 　该高考题以质谱仪测量同位素的素材为背景，考查带电粒子在磁场中的圆周运动的知识，与粤教版第24页第4题情境相同，计算量有所增加。同一种元素的同位素电荷量相同，质量不同，故比荷不同。若经过同一个速度选择器再进入磁场，即进入磁场时速度相同，根据半径公式推得＝，比荷与半径成反比；若经过同一个加速电场再进入磁场，即进入磁场时动能相同，根据动能定理和半径公式推得r＝ ，比荷与半径的平方成反比。 针对练．(多选)(2023·天津滨海新高二统考期末)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图为质谱仪的原理示意图。让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是(　　) A．距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大 B．距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大 C．距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短 D．几种离子进入磁场时动能相同 答案：CD 解析：根据qU＝mv2，qvB＝m，r＝，解得d＝ ，v＝ ，距离小孔S3越远，d越大，离子的比荷越小，进入磁场的速度v越小，故A、B错误；由上述分析可知，d越小的，离子的比荷越大，离子在磁场中运动时间t＝T，T＝，解得t＝，可知，离子的比荷越大，t越小，由以上d与t的表达式可知，距离小孔S3越近的“质谱线”离子d越小，离子在磁场中运动时间越短，故C正确；根据动能定理得Ek＝qU，离子的电荷量q相同，进入磁场的动能相同，故D正确。故选C、D。 1．(安培力作用下的平衡问题)(2023·广东佛山校考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一段通有电流为I、长度L、质量m的导体棒，电流方向垂直纸面向外，已知重力加速度大小为g，试求： (1)若空间中有竖直向下的匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1的大小并作出导体棒的受力分析图； (2)要使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2的大小和方向并作出导体棒的受力分析图。 答案：(1)　见解析图甲　(2)，磁感应强度方向水平向右　见解析图乙 解析：(1)若磁场方向竖直向下，导体棒受到的安培力水平向右，受力分析如图甲所示 根据受力平衡，沿斜面方向有mgsin θ＝B1ILcos θ 解得B1＝。 (2)当安培力与重力平衡时，导体棒对斜面无压力，受力分析如图乙所示 则有mg＝B2IL 解得B2＝，根据左手定则可知，磁感应强度方向水平向右。 [易错分析]　磁场垂直斜面模型出现频次较大，由于思维惯性，可能误认为安培力沿斜面向上。可以按照“一重二弹三摩擦加其他”的顺序进行完整受力分析，再根据合力为零，破解平衡问题。 2．(回旋加速器)(2022·广东深圳高二校考)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 答案：C 解析：带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在A、C间加速，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，所以P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据速度位移关系v2－v＝2ad，可知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2<v2－v1，所以P1P2>P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，则qvB＝m，可得v＝，由此可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。故选C。 学生用书↓第36页 [易错分析]　该题属于回旋加速器的改进型，电场方向不需要变化，需摒弃惯性思维，按顺序分析粒子的受力和运动，综合动能定理和半径公式解题。 3．(质谱仪)阿斯顿设计的质谱仪示意图如图所示，他用该仪器发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。现让大量的氖20和氖22原子核从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过小孔S3进入方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，粒子在照相底板D上形成感光点，通过测量小孔S3到感光点的距离进而求解出粒子的比荷。实际上通过小孔S3的是一束与其孔宽相同的平行粒子束，它使照相底板D上形成感光线，已知氖20和氖22所带的电荷量均为10e，质量分别为20m0、22m0，要区分出氖20和氖22，小孔S3的宽度不能超过(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：氖核经电场加速有qU＝mv2，在磁场中偏转有qvB＝，解得氖核的运动半径R＝ ，故需要是测出小孔S3到感光线的距离从而求出氖核的运动半径R，当氖22从小孔S3右侧射入磁场、氖20从小孔S3左侧射入磁场，它们恰好到达同一位置，两核在照相底板上形成的感光线恰好合为一体，此时小孔S3的宽度d＝2R22－2R20，解得d＝，故要使氖20和氖22在照相底板D上形成分离的感光线，小孔S3的宽度不能超过，故选D。 [易错分析]　该题难点在于提炼模型，寻找临界条件。该模型属于动态圆的平移模型，若想区分同位素，氖22从小孔S3右侧射入磁场、氖20从小孔S3左侧射入磁场，它们恰好到达同一位置为临界条件。 4．(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2023·宁夏石嘴山平罗中学高二校考)质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，整个斜面置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是(　　) A．小物块一定带负电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为gsin θ－μgcos θ C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为 答案：AC 解析：小物块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，则在运动过程中受到的洛伦兹力的方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，小物块带负电，故A正确；分析小物块未离开斜面前的运动，对小物块进行受力分析，如图所示，洛伦兹力始终与小物块的运动方向垂直，沿斜面方向有mgsin θ－f＝ma，垂直于斜面方向有FN＋qvB＝mgcos θ，速度v逐渐增大的过程中，FN减小，则摩擦力减小，所以小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故C正确，B错误；小物块对斜面压力为零时，洛伦兹力与重力沿垂直斜面方向的分力相等，有mgcos θ＝qvB，解得v＝，故D错误。故选A、C。 [易错分析]　易错点：带电体在斜面上的受力和运动过程分析不清。洛伦兹力属于动态力，随着速度的变化而变化，进而影响弹力的变化，当弹力减小为零时，物块与斜面分离。 5．(带电粒子在组合场中的运动)(2023·广东中山华侨中学高二期中)将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC＝90°，圆环的半径为R，水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场，下方存在垂直纸面向内的匀强磁场(没画出)，磁感应强度为B。圆心O的正上方A点有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径。现将该小球由静止释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g。求： (1)画出小球在电场中运动的受力情况及运动轨迹； (2)匀强电场的电场强度大小及O、A间的距离h； (3)小球运动到圆环最低点D时，圆环对小球的作用力大小。 答案：(1)见解析图　(2)　R (3)(3＋3)mg＋qB 解析：(1)受力情况及运动轨迹如图所示。 (2)由题意并根据几何关系可知小球运动到C点时速度方向垂直于OC，即与水平方向夹角为45°。小球由静止释放后，做匀加速直线运动，其所受合力方向与水平方向夹角也应为45°，则tan 45°＝＝1， 解得匀强电场的电场强度大小为E＝ 由几何关系可得h＝R。 (3)设小球运动到圆环最低点D时的速度大小为v，根据动能定理有 mgR(1＋)＋qERsin 45°＝mv2 小球运动到圆环最低点D时，设圆环对小球的作用力大小为FN，根据牛顿第二定律有 FN－mg＋qvB＝m 解得FN＝(3＋3)mg＋qB。 [易错分析]　该题属于带电体在叠加场中运动的多过程问题，在电场中的曲线运动需要进行力的分解和运动分解，在管中的圆周运动需要结合动能定理和牛顿运动定律解题。 单元测试卷(一)　磁场 (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．(2023·吉林长春高三东北师大附中校考)来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获，形成绚丽的极光美景。如图是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图，忽略引力和带电粒子间的相互作用，以下说法正确的是(　　) A．图中所示的带电粒子带正电 B．图中所示的带电粒子做螺旋运动时，旋转半径一定越来越小 C．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减小 D．带电粒子在靠近地球北极过程中动能增大 答案：B 解析：地球的磁场由南向北，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出半径公式R＝，可知当磁感应强度增加时，半径减小，题图所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小，故B正确；洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变，故C、D错误。故选B。 2．(2023·河北石家庄二中高二校考期中)空间中有沿y轴正向的匀强磁场，一通电直导线与x轴平行放置时受到的安培力为F。若将该导线做成圆环如图放置在xOy坐标平面内，并保持通过的电流不变，则圆环受到的安培力大小为(　　) A．F B．F C．F D．F 答案：B 解析：设通电直导线的长度为L，电流为I，磁感应强度为B，则平行放置时受到的安培力为F＝BIL，将该导线做成圆环后，设圆环半径为r，则此时导线在磁场中的与磁场垂直的有效长度为Ob，即为r，则圆环受到的安培力大小为F′＝BIr，根据数学知识有2πr×＝L，联立解得，圆环受到的安培力大小为F′＝F，故选B。 3．(2023·河北保定定兴第三中学高二联考期中)如图所示，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，顶点a、b用导线与直流电源相连接，若ab棒受到的安培力大小为6 N，则整个六边形线框受到的安培力大小为(　　) A．7 N B．7.2 N C．9 N D．12 N 答案：B 解析：设ab的电阻为R，由电阻定律可知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为I，ab棒受到的安培力大小F1＝BIL，整个六边形线框受到的安培力大小FA＝BL＝7.2 N，故选B。 4．如图所示，带电量相同而质量不同的两粒子以相同的初速度从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，OM∶MN＝5∶3，不计粒子间的作用力和重力，则从M点与从N点射出磁场的粒子(　　) A．质量之比为5∶3 B．质量之比为3∶5 C．在磁场中经历的时间之比为1∶1 D．在磁场中经历的时间之比为5∶8 答案：D 解析：由题意，两粒子运动半径为r1∶r2＝5∶8，根据qvB＝m，得m＝；电量相同，则两粒子质量之比为m1∶m2＝5∶8，A、B错误；根据t＝T＝，在磁场中经历的时间之比为t1∶t2＝5∶8，C错误，D正确。故选D。 5．有一间距为L＝0.5 m的光滑金属导轨倾斜放置，与水平面成θ＝37°角。在导轨上垂直放置一根金属棒，接通如图所示的电源，电流强度为I＝0.6 A。若磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直斜面向上，金属棒恰好静止，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则(　　) A．金属棒的质量为0.5 kg B．金属棒的质量为0.1 kg C．其他条件不变，若磁场方向变为竖直向上，则金属棒的机械能增大 D．其他条件不变，若磁场方向变为竖直向上，则金属棒的瞬时加速度大小为1.2 m/s2 答案：D 解析：由于金属棒静止，根据受力平衡可得mgsin θ＝BIL，解得m＝0.05 kg，故A、B错误；其他条件不变，若磁场方向变为竖直向上，则安培力的大小不变，方向变为水平向右，因此金属棒受到的合外力为F合＝mgsin θ－BILcos θ＝0.06 N，故a＝＝1.2 m/s2，安培力做负功，故金属棒的机械能减少，故C错误，D正确。故选D。 6．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为l的悬线，一端固定于O点，另一端挂一质量为m、带电荷量为＋q的小球，将小球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则小球第一次通过最低位置时悬线上的拉力大小为(　　) A．3mg＋Bq B．3mg＋Bq C．3mg－Bq D．3mg－Bq 答案：B 解析：设小球第一次通过最低位置时速度大小为v，小球从右向左通过最低位置，由左手定则可知，在最低位置时小球所受洛伦兹力F方向向下，在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力f和悬线的拉力T，根据牛顿第二定律有T－f－mg＝m。小球从最高点运动至最低位置过程中，悬线的拉力、洛伦兹力均不做功，根据动能定理有mgl＝mv2，又洛伦兹力f＝qvB，解得T＝3mg＋Bq，B正确。 7．(2023·辽宁本溪高二校考期中)如图所示，两个同心圆是匀强磁场的边界，内圆半径为r，外圆半径为2r，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(重力不计)从圆心O沿图中箭头表示的初速度方向射入磁场，OA与初速度方向夹角为 60°，要使粒子不穿出环形区域外侧，则粒子的初速度大小不能超过(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图所示， 设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为 R，则由几何关系有(2r－R)2＝R2＋r2，可得R＝；又qvB＝，可得v＝，故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。故选C。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是(　　) A．甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度 B．乙图可判断出A极板是发电机的正极 C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是v＝ D．丁图中可以判断形成电流的电荷(载流子)是正电荷 答案：CD 解析：根据洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，解得v＝，故最大动能为Ekmax＝mv2＝，增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度或D形盒子的半径，故A错误；由左手定则可知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B错误；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场做匀速直线运动，受电场力和洛伦兹力，且二力平衡，即qE＝qvB，则v＝，故C正确；电场强度方向向下，可知上方为霍尔元件的高电位点，若载流子带正电，由左手定则可知，洛伦兹力向上，大拇指指向霍尔元件的高电位点，故D正确。故选C、D。 9．(2023·广东潮州高二统考期末)如图所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O′两点，已知OO′连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是(　　) A．两导线中的电流方向一定相同 B．两导线中的电流方向一定相反 C．所加磁场的方向可能沿x轴正向 D．所加磁场的方向可能沿z轴负向 答案：BD 解析：根据同向电流互相吸引，反向电流互相排斥可知，两导线互相排斥，则两导线中的电流方向一定相反，故A错误，B正确；若磁场的方向沿x轴正向，与导线中电流的方向平行，则导线没有受到安培力的作用，不符合题意，故C错误；若磁场的方向沿z轴负向，根据左手定则可知，两导线所受安培力的方向在水平方向上，故D正确。故选B、D。 10．长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A．使粒子的速度v＜ B．使粒子的速度v＞ C．使粒子的速度v＞ D．使粒子的速度＜v＜ 答案：AB 解析：欲使粒子不打在极板上，如图所示， 带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中圆周运动的半径r＜，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，所以粒子不打到极板上且从左边射出满足＜，即v＜；带正电的粒子从右边射出时，此时粒子的最小半径为r′，由图可知r′2＝l2＋，可得粒子做圆周运动的最大半径r′＝，则＞，即v＞，故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v＜或v＞，故选项A、B正确。 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．(7分)小贾同学在学习安培力后，设计了如图所示的装置来测定磁极间的磁感应强度。根据实验主要步骤完成填空： (1)在弹簧测力计下端挂一个匝数为n的矩形线框，将线框的下短边完全置于U形磁铁的N、S极之间的磁场中，并使线框的短边水平，磁场方向与矩形线框的平面__________； (2)在电路未接通时，记录线框静止时弹簧测力计的读数F0； (3)闭合开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线框静止时弹簧测力计的读数F(F>F0)，则线框所受安培力大小为________，方向为________； (4)用刻度尺测出矩形线框短边的长度L； (5)利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度B＝________。 答案：(1)垂直　(3)F－F0　竖直向下　(5) 解析：(1)应使磁场方向与矩形线框的平面垂直，这样能使弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力。 (3)根据题意可知，未接通电路时，弹簧测力计的读数为F0，根据平衡条件有F0＝mg，接通电路后，弹簧测力计的读数为F(F>F0)，根据平衡条件有F＝mg＋F安，则线框所受安培力大小为F安＝F－F0，方向竖直向下。 (5)根据安培力的计算公式有nBIL＝F－F0，解得B＝。 12．(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：(1)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－nBIL 当线圈通过的电流反向时，根据平衡条件有 (m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nBIL 联立解得B＝。 (2)代入数据得B＝＝ T＝1 T。 13．(8分)(2023·广东佛山高二联考期中)如图所示，两根相同的轻质绝缘弹簧的劲度系数为k＝100 N/m，在竖直方向上吊起一根长为L＝2 m、质量为m＝0.1 kg的匀质金属棒PQ，金属棒中通有由P端流向Q端的电流，静止并处于水平方向的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T时，每根弹簧的伸长量为x＝2 cm，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)金属棒所受安培力的大小和方向； (2)金属棒PQ中的电流大小。 答案：(1)3 N　方向竖直向下　(2)3 A 解析：(1)由左手定则可知安培力方向竖直向下，对金属棒，由平衡条件有mg＋F安＝2kx， 解得F安＝3 N。 (2)由安培力公式有F安＝BIL 代入数据解得I＝3 A。 14．(9分)(2023·广东佛山高二校联考)如图所示，在x＝L左边区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，右边区域存在竖直向下的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从O点沿x轴正方向以速度v0射入磁场，粒子射出磁场时的方向与x轴正方向成53°角；粒子经过x轴上的P点时竖直方向的分速度大小是2v0，不计粒子所受的重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)匀强电场的电场强度大小E。 答案：(1)　(2) 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可得粒子在磁场中运动的半径 R＝＝L 洛伦兹力充当向心力，有qv0B＝m 解得B＝。 (2)粒子射出点到x轴的距离 d＝R－Rcos 53°＝0.4L 粒子射出磁场时竖直方向分速度为vy＝v0sin 53° 根据牛顿第二定律得qE＝ma 竖直方向由运动学公式得(2v0)2－v＝2ad 解得E＝。 15．(10分)(2023·广东揭阳高二统考期末)如图所示，xOy坐标系第一、二、三象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二、三象限内的磁感应强度大小相等，第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从xOy平面内以速度v0从y轴上M点沿与y轴正方向成60°角的方向射入第一象限。一段时间后，粒子沿y轴负方向进入电场区域，粒子在电场中偏转后，沿与M点速度相反的方向经y轴上的N点(图中未画出)射入第三象限，再经一段时间后粒子经M点再次进入第一象限。粒子重力不计。求： (1)粒子在第一象限内运动的时间； (2)第四象限内电场强度的大小； (3)第二、三象限内磁感应强度的大小。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可知，粒子在第一象限内运动的半径为r1＝ 粒子在第一象限内运动轨迹对应的圆心角α＝ 可得粒子运动的时间为t＝ 解得t＝。 (2)粒子进入第四象限后做类平抛运动。设运动的时间为t1，沿x轴负方向上的位移为x1，则有 x1＝r1＋r1cos 60° 粒子在N点沿x轴负方向上的分速度大小 v1＝v0tan 60° 粒子在第四象限内运动的加速度大小a＝ 根据位移时间公式x1＝at 又有v1＝at1 联立解得E＝。 (3)设粒子在第四象限内运动的位移沿y轴的分量为y1，则有y1＝v0t1 则粒子在第二、三象限内的运动轨迹在y轴上的弦长为d＝L＋y1 设粒子在第二、三象限内做圆周运动的半径为r2，粒子在N点的速度为vN，则有d＝2r2sin 60°， vN＝ 根据洛伦兹力提供向心力有qBvN＝m 解得B＝。 16．(12分)(2023·广东江门高二期末)如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第一象限存在着竖直向下的匀强电场，第四象限存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为M、电荷量为q的带电小球a(可视为质点)在N点以速率v＝、方向与y负半轴夹角为θ＝60°射入第四象限，恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。A点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，取π＝3，忽略空气阻力，求： (1)带电小球的电性及第四象限电场强度的大小E1； (2)第四象限磁场磁感应强度的大小B； (3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴上P点(图中未画出)，一质量为m、电荷量也为q的带正电微粒b(不计重力)以某一初速度沿x轴正方向射入第一象限电场，微粒b运动到x轴上时刚好与第一次到达A点的a球相遇，已知第一象限的电场强度为E0，求P点与原点O的距离多大。 答案：(1)　(2) 　(3) 解析：(1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，可知小球所受电场力和重力平衡，电场力方向竖直向上，故小球带正电，则有Mg＝qE1 解得E1＝。 (2)从N点进入第四象限，做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 设运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝m 由几何关系有R＋Rcos θ＝l 解得R＝l 联立解得B＝ 。 (3)带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为T，则有T＝＝2π 设小球a从N点运动到A点的时间为t， 则有t＝T＝2 微粒b做类平抛运动，根据题意，有y＝at2， a＝ 联立可得y＝。 学生用书↓第37页 学科网（北京）股份有限公司 $$