章末检测试卷(第1章 安培力与洛伦兹力)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版2019）

章末检测试卷(第一章) (满分：100分) 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.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是 (　　) A.丁图最大 B.乙图最大 C.一样大 D.无法判断 答案　C 解析　根据安培力公式F=BIL⊥，其中L⊥为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个选项图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。 2.(2021·广东卷)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，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要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要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 3.(2023·扬州市高二期中)如图所示，把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，形成串联电路，接到直流电源上，可以看到弹簧 (　　) A.始终不动 B.上下振动 C.入水银更深了 D.下端离开水银后不再接触水银 答案　B 解析　当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈金属丝周围都产生了磁场，根据安培定则及左手定则可知，各圈金属丝之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈金属丝之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银面接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故选B。 4.(2024·浙江大学附属中学高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是 (　　) A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极 C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)从右侧进入能沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v= D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中H、H、H在磁场中偏转半径最大的是H 答案　D 解析　粒子射出回旋加速器时qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大动能与加速电压无关，A错误；根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误；粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB=m，得r=,H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。 5.(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为 (　　) A.a→b，I0 B.a→b，I0 C.b→a，I0 D.b→a，I0 答案　D 解析　根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0=k2I'，解得I'=I0，故选D。 6.(2023·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°，处于水平向左的电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下做匀速直线运动，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.小球带负电荷 B.=v0 C.若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将逐渐增大 D.若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大 答案　B 解析　经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，故A错误；由题意得，小球受重力、静电力、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、小球的重力，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；因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力的合力不做功，又因为管道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。 7.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哪一种(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A、B、C中做圆周运动的半径r=L，在D中做圆周运动的半径为；粒子的初速度都相同，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A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。 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，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2024·岳阳市高二期末)抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱作用力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针(俯视时)做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为B0。假设外加竖直向下、磁感应强度大小为B(B>B0)的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，下列说法正确的是 (　　) A.速率改变前，O处磁感应强度为B+B0 B.速率改变前，O处磁感应强度为B-B0 C.电子的速率会增大 D.电子的速率会减小 答案　BC 解析　速率改变前，在O处产生的磁感应强度大小为B0，根据安培定则可知，方向向上，外加匀强磁场方向为竖直向下时，O处磁感应强度为B-B0；外加匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变，F向=m，所以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。 9.(2024·杭州市高二期末)带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是 (　　) A.碰后新粒子做圆周运动的半径不变 B.碰后新粒子做圆周运动的周期变小 C.碰后新粒子做圆周运动的动量变小 D.碰后新粒子做圆周运动的动能变小 答案　AD 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得qvB=，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=，周期T==，设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后两粒子动量守恒，则m1v0=(m1+m2)v，碰撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圆周运动的半径不变，周期变大，动量不变，A正确，B、C错误；碰撞后两粒子粘在一起，总体机械能有损失，新粒子动能变小，D正确。 10.(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是 (　　) A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 答案　ABD 解析　根据题意可知，粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m， 可得=，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。 则粒子在磁场中运动的总时间为t磁==，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq=ma，解得a==，根据v0=at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电==，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为　　　　　　。  答案　 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，设粒子做圆周运动的圆心为O'，粒子离开磁场时速度的反向延长线与进入磁场时速度方向的交点为A，O'P与OM的交点为Q，运动半径为r，由几何关系得，∠AO'Q=30°，则粒子做圆周运动的半径r=2R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得v=。 12.(8分)(2023·四川凉山州高二期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6 V、内阻r=1 Ω的直流电源。现把一根质量m=0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0=2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)(3分)导体棒受到的安培力大小为　　　　 N；  (2)(5分)导体棒与导轨间的动摩擦因数为　　　　。  答案　(1)4　(2) 解析　(1)根据闭合电路欧姆定律得 I==2 A 导体棒受到的安培力大小为F安=BIL=4 N (2)对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+Ff=F安 垂直于斜面方向有FN=mgcos 30° Ff=μFN 联立解得μ=。 13.(10分)(2024·蚌埠市高二期末)如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经水平加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN=2d，N、O、P三点共线且水平，PN=3d，离子重力不计。求： (1)(3分)加速电场的电压大小； (2)(4分)QN、DC间匀强电场的电场强度大小； (3)(3分)离子击中Q点时的速度大小。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU=m 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE0=m 解得加速电压U= (2)离子进入匀强电场后做类平抛运动，有2d=v0t 3d=at2，qE=ma 解得E= (3)由动能定理得Eq·3d=mv2-m 解得离子击中Q点时的速度大小为v=。 14.(12分)(2024·运城市高二期末)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，在第二象限存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向内)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E1=，g为重力加速度，在第一象限有一条直线OA，OA与x轴正方向的夹角为30°。在yOA区域内存在水平方向大小为B2的匀强磁场(垂直纸面向外)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E2=。一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒从第二象限的某点C开始以沿x轴正方向的初速度v0做匀速直线运动，之后从D点(未画出)进入yOA区域内运动，一段时间后从OA上某点垂直OA进入AOx区域，求： (1)(2分)第二象限的匀强磁场的磁感应强度B1的大小； (2)(6分)微粒在yOA区域内运动的时间t； (3)(4分)微粒运动到x轴上时动能的大小Ek。 答案　(1)　(2)　(3)+m 解析　(1)微粒在第二象限做匀速直线运动，则有qv0B1+qE1=mg 解得B1= (2)微粒在yOA区域内运动时qE2=mg 所以微粒在yOA区域内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B2=m 解得R= 圆周运动的周期T= 解得T= 由几何关系可知微粒在yOA区域内做匀速圆周运动的圆心在坐标原点O，圆心角θ=60°，由t=T可知微粒在yOA区域内运动的时间为t= (3)微粒进入AOx区域后，根据动能定理有mgRsin 30°=Ek-m 解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek=+m。 15.(18分)如图所示，空间中有一坐标系xOy，其第一象限内存在着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的分界线，区域Ⅰ中的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴并垂直于磁场方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则： (1)(9分)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？ (2)(9分)粒子的速度大小可能是多少？ 答案　见解析 解析　(1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期，则有 qvB=m，qv·2B=m， 解得R1=，R2= T1==，T2== 粒子先在磁场区域Ⅰ中做顺时针的圆周运动，后在磁场区域Ⅱ中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子运动轨迹如图所示。 由tan α==0.75 得α=37°，α+β=90°，则β=53° 粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为 t1=T1，t2=T2 粒子从P点运动到O点的时间为 t=t1+t2 由以上各式解得t= (2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区域Ⅰ中运动，后在磁场区域Ⅱ中运动，然后又重复前面的运动，直到经区域Ⅱ由原点O射出。这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为 x===(n=1，2，3，…) 粒子每个周期内在区域Ⅰ中运动的位移大小为 x1=x=x 由图中的几何关系可知=cos α 由(1)可得R1= 由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=(n=1，2，3…)。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 章末检测试卷(第一章) 1 一、单项选择题 1.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A.丁图最大　　　B.乙图最大　　　C.一样大 　　D.无法判断 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据安培力公式F=BIL⊥，其中L⊥为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个选项图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。 13 14 15 2.(2021·广东卷)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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，异向电流相互排斥”，则正方形左右两 侧的直导线要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要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 3.(2023·扬州市高二期中)如图所示，把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，形成串联电路，接到直流电源上，可以看到弹簧 A.始终不动 B.上下振动 C.入水银更深了 D.下端离开水银后不再接触水银 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈金属丝周围都产生了磁场，根据安培定则及左手定则可知，各圈金属丝之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈金属丝之间失去了相互吸引力，弹簧又恢 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 复原长，使得弹簧下端又与水银面接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故选B。 4.(2024·浙江大学附属中学高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大， 　可增加电压U B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是 　发电机的负极 C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)从右侧进入能沿直线匀速通过速 　度选择器的条件是Eq=qvB，即v= D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中H、H、H在磁场中偏转半径最大的是H √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 粒子射出回旋加速器时qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大动能与加速电压无关，A错误； 根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误； 粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB=m，得r=H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。 5.(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为 A.a→b，I0 B.a→b，I0 C.b→a，I0 D.b→a，I0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I' 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0=k2I'，解得I'=I0，故选D。 6.(2023·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°，处于水平向左的电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下做匀速直线运动，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.小球带负电荷 B.=v0 C.若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将逐 　渐增大 D.若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，故A错误； 由题意得，小球受重力、静电力、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、小球的重力，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力的合力不做功，又因为管道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。 7.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哪一种(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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r=，由题 可知粒子在A、B、C中做圆周运动的半径r=L，在D 中做圆周运动的半径为；粒子的初速度都相同，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A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确； B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。 二、多项选择题 8.(2024·岳阳市高二期末)抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱作用力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针(俯视时)做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为B0。假设外加竖直向下、磁感 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 应强度大小为B(B>B0)的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释， 下列说法正确的是 A.速率改变前，O处磁感应强度为B+B0 B.速率改变前，O处磁感应强度为B-B0 C.电子的速率会增大 D.电子的速率会减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 速率改变前，在O处产生的磁感应强度大小为B0， 根据安培定则可知，方向向上，外加匀强磁场方 向为竖直向下时，O处磁感应强度为B-B0；外加 匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变，F向=m，所以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。 9.(2024·杭州市高二期末)带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是 A.碰后新粒子做圆周运动的半径不变 B.碰后新粒子做圆周运动的周期变小 C.碰后新粒子做圆周运动的动量变小 D.碰后新粒子做圆周运动的动能变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 带电粒子在磁场中做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得qvB=，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=，周期T== ，设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后两粒子动量守恒，则m1v0=(m1+m2)v，碰 撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圆周运动的半径不变，周期变大，动量不变，A正确，B、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 碰撞后两粒子粘在一起，总体机械能有损失，新粒子动能变小，D正确。 10.(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是 A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据题意可知，粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确； 根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m， 可得=，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。 则粒子在磁场中运动的总时间为t磁==，故C错误； 粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq=ma，解得a==，根据v0=at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电==，故D正确。 三、非选择题 11.如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的 速率为　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，设 粒子做圆周运动的圆心为O'，粒子离开磁场时速度 的反向延长线与进入磁场时速度方向的交点为A， O'P与OM的交点为Q，运动半径为r，由几何关系 得，∠AO'Q=30°，则粒子做圆周运动的半径r=2R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得v=。 12.(2023·四川凉山州高二期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6 V、内阻r=1 Ω的直流电源。现把一根质量m=0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 阻R0=2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)导体棒受到的安培力大小为　　 N；  4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据闭合电路欧姆定律得 I==2 A 导体棒受到的安培力大小为F安=BIL=4 N (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数为　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿 斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+Ff=F安 垂直于斜面方向有FN=mgcos 30° Ff=μFN 联立解得μ=。 13.(2024·蚌埠市高二期末)如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经水平加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN=2d，N、O、 P三点共线且水平，PN=3d，离子重力不计。求： (1)加速电场的电压大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU=m 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE0=m 解得加速电压U= (2)QN、DC间匀强电场的电场强度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　　 离子进入匀强电场后做类平抛运动，有2d=v0t 3d=at2，qE=ma 解得E= (3)离子击中Q点时的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　 由动能定理得Eq·3d=mv2-m 解得离子击中Q点时的速度大小为v=。 14.(2024·运城市高二期末)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，在第二象限存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向内)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E1=，g为重力加速度，在第一象限有一条直线OA，OA与x轴正方向的夹角为30°。在yOA区域内存在水平方向大小为B2的匀强磁场(垂直纸面向外)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E2=。一质量为m、带电荷 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 量为q的带正电微粒从第二象限的某点C开始以沿x轴正方向的初速度v0做匀速直线运动，之后从D点(未画出)进入yOA区域内运动，一段时间后从OA上某点垂直OA进入AOx区域，求： (1)第二象限的匀强磁场的磁感应强度B1的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　　 微粒在第二象限做匀速直线运动，则有qv0B1+qE1=mg 解得B1= (2)微粒在yOA区域内运动的时间t； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　　 微粒在yOA区域内运动时qE2=mg 所以微粒在yOA区域内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B2=m 解得R= 圆周运动的周期T= 解得T= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由几何关系可知微粒在yOA区域内做匀速圆周运动的圆心在坐标原点O，圆心角θ=60°，由t=T可知微粒在yOA区域内运动的时间为t= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)微粒运动到x轴上时动能的大小Ek。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　+m 微粒进入AOx区域后，根据动能定理有mgRsin 30°=Ek-m 解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek=+m。 15.如图所示，空间中有一坐标系xOy，其第一象限内存在着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的分界线，区域Ⅰ中的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴并垂直于磁场方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37° =0.6，cos 37°=0.8。则： (1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期，则有 qvB=m，qv·2B=m， 解得R1=，R2= T1==，T2== 粒子先在磁场区域Ⅰ中做顺时针的圆周运动，后在磁场区域Ⅱ中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子运动轨迹如图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由tan α==0.75 得α=37°，α+β=90°，则β=53° 粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为 t1=T1，t2=T2 粒子从P点运动到O点的时间为 t=t1+t2 由以上各式解得t= (2)粒子的速度大小可能是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区域Ⅰ中运动，后在磁场区域Ⅱ中运动，然后又重复前面的运动，直到经区域Ⅱ由原点O射出。这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为 x===(n=1，2，3，…) 粒子每个周期内在区域Ⅰ中运动的位移大小为 x1=x=x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由图中的几何关系可知=cos α 由(1)可得R1= 由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=(n=1，2，3…)。 BENKEJIESHU 本课结束 $$