第41期 《选择性必修第二册》核心素养阶段测试(一)-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书书书 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ５４ 分 ） 三 、实 验 题 （ 本 题 共 ２ 小 题 ，共 １６ 分 ） １１．（８ 分 ） 如 图 １１ 甲 所 示 ，在 一 矩 形 金 属 薄 片 的 Ｐ 、Ｑ 间 通 入 电 流 Ｉ，同 时 外 加 与 薄 片 垂 直 的 磁 场 Ｂ ，在 Ｍ 、Ｎ 两 侧 面 间 出 现 电 压 Ｕ Ｈ ， 这 个 现 象 称 为 霍 尔 效 应 ，Ｕ Ｈ 称 为 霍 尔 电 压 ，且 满 足 Ｕ Ｈ ＝ ｋ ＩＢｄ ，式 中 ｄ 为 薄 片 的 厚 度 ，ｋ 为 霍 尔 系 数 ，将 Ｐ 、Ｑ 间 通 入 电 流 Ｉ，同 时 把 外 加 与 薄 片 垂 直 向 下 的 磁 场 Ｂ 的 霍 尔 元 件 当 成 电 源 连 接 成 如 图 乙 所 示 电 路 图 ，则（１ ） 用 螺 旋 测 微 器 测 出 霍 尔 元 件 厚 度 如 图 丙 所 示 ， 则 ｄ ＝ ｍ ｍ ； （２ ）Ｍ 面 的 电 势 （ 选 填 “ 高 ” “ 低 ” 或 “ 等 ” ） 于 Ｎ 面 的 电 势 ； （３ ） 按 照 图 丁 连 接 实 物 图 ：改 变 电 阻 箱 的 阻 值 Ｒ． 记 录 相 应 电 压 表 的 读 数 Ｕ ，多 次 进 行 实 验 ，得 出 １Ｕ － １Ｒ 图 像 如 图 戊 所 示 ，截 距 为 ｂ， 则 霍 尔 电 压 Ｕ Ｈ ＝ ，霍 尔 系 数 ｋ ＝ （ 用 题 中 的 符 号 表 示 ）．１２．（８ 分 ） 霍 尔 元 件 是 一 种 基 于 霍 尔 效 应 的 金 属 磁 传 感 器 ， 用 它 可 以 检 测 磁 场 及 其 变 化 ，图 １２ 甲 为 使 用 霍 尔 元 件 测 量 通 电 直 导 线 产 生 磁 场 的 装 置 示 意 图 ， 由 于 磁 芯 的 作 用 ， 霍 尔 元 件 所 处 区 域 磁 场 可 看 作 匀 强 磁 场 ，测 量 原 理 如 乙 图 所 示 ，直 导 线 通 有 垂 直 纸 面 向 里 的 电 流 ，霍 尔 元 件 前 、后 、 左 、 右 表 面 有 四 个 接 线 柱 ， 通 过 四 个 接 线 柱 可 以 把 霍 尔 元 件 接 入 电 路 ，所 用 器 材 已 在 图 中 给 出 并 已 经 连 接 好 电 路 ． （ １ ） 霍 尔 元 件 被 夹 在 磁 芯 缝 隙 ＡＢ 处 ， 则 ＡＢ 间 磁 场 方 向 为 （ 选 填 “ 竖 直 向 下 ” “ 竖 直 向 上 ” 或 “ 水 平 向 左 ” 或 “ 水 平 向 右 ” ） ；（２ ） 霍 尔 元 件 的 前 后 两 表 面 间 形 成 电 势 差 ， 则 （ 填 “ 前 表 面 ” 或 “ 后 表 面 ” ） 电 势 高 ； （３ ） 已 知 霍 尔 元 件 单 位 体 积 内 自 由 电 荷 数 为 ｎ，每 个 自 由 电 荷 的 电 荷 量 为 ｅ， 霍 尔 元 件 的 厚 度 为 ｈ． 为 测 量 霍 尔 元 件 所 处 区 域 的 磁 感 应 强 度 Ｂ ，根 据 乙 图 中 所 给 的 器 材 和 电 路 ，还 必 须 测 量 的 物 理 量 有 电 压 表 示 数 Ｕ 和 电 流 表 示 数 Ｉ ，则 计 算 式 Ｂ ＝ ． 四 、计 算 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ，共 ３８ 分 ） １３．（１２ 分 ） 某 同 学 在 学 习 了 磁 场 对 通 电 导 线 的 作 用 力 后 ， 设 计 了 一 个 简 易 的 “ 电 磁 秤 ”．如 图 １３ 所 示 ， 两 平 行 金 属 导 轨 ＣＤ 、ＥＦ 间 距 Ｌ ＝ ０．１ ｍ ，与 水 平 面 夹 角 为 ３７°，两 导 轨 与 电 动 势 Ｅ ０ ＝ ９ Ｖ 内 阻 不 计 的 电 源 、电 流 表 （ 量 程 ０ ～ ３ Ａ ） 、开 关 Ｓ、滑 动 变 阻 器 Ｒ （ 阻 值 范 围 为 ０ ～ １００ Ω ） 相 连 ． 质 量 Ｍ ＝ ０．１４ ｋｇ、电 阻 Ｒ ０ ＝ ２ Ω 的 金 属 棒 Ｍ Ｎ 垂 直 于 导 轨 放 置 ， 空 间 施 加 竖 直 向 上 的 匀 强 磁 场 ，磁 感 应 强 度 Ｂ ＝ ５ Ｔ ， 垂 直 接 在 金 属 棒 中 点 的 轻 绳 与 导 轨 平 面 平 行 ， 跨 过 定 滑 轮 后 另 一 端 接 有 秤 盘 ． 在 秤 盘 中 放 入 待 测 物 体 ，闭 合 开 关 Ｓ， 调 节 滑 动 变 阻 器 ， 当 金 属 棒 平 衡 时 ，通 过 读 取 电 流 表 的 读 数 就 可 以 知 道 待 测 物 体 的 质 量 ． 已 知 秤 盘 中 不 放 物 体 且 金 属 棒 静 止 时 电 流 表 读 数 Ｉ０ ＝ ０．１ Ａ．其 余 电 阻 、摩 擦 以 及 轻 绳 质 量 均 不 计 ， 重 力 加 速 度 ｇ 取 １０ ｍ ／ｓ ２，ｓｉｎ ３７° ＝ ０．６ ， ｃｏｓ３７° ＝ ０．８． （１ ） 求 秤 盘 的 质 量 ｍ ０ ； （２ ） 求 此 “ 电 磁 秤 ” 能 称 量 的 最 大 质 量 及 此 时 滑 动 电 阻 器 接 入 电 路 的 阻 值 ； （ ３ ） 为 了 便 于 得 出 秤 盘 上 物 体 质 量 ｍ 的 大 小 ，请 写 出 ｍ 与 Ｉ的 表 达 式 ．１４．（１２ 分 ） 如 图 １４ 所 示 ， 纸 面 内 长 为 ２Ｌ、宽 为 Ｌ 的 矩 形 ａｂｃｄ 区 域 内 存 在 垂 直 纸 面 向 外 的 匀 强 磁 场 ， 磁 场 的 磁 感 应 强 度 大 小 为 Ｂ． 位 于 ｄ 处 的 粒 子 源 可 以 发 射 质 量 为 ｍ 、电 荷 量 为 ｑ（ｑ ＞ ０ ） 、速 率 为 ２ｑＢＬ ｍ 的 粒 子 ，发 射 方 向 在 纸 面 内 沿 ｄａ、ｄｃ 间 的 任 一 方 向 ．不 计 粒 子 重 力 ，不 考 虑 粒 子 间 的 作 用 ．求 ： （１ ） 沿 ｄａ 方 向 发 射 出 的 粒 子 从 ａｂ 边 界 射 出 磁 场 时 ，速 度 方 向 与 ａｂ 的 夹 角 ； （２ ） 从 ｃ 点 射 出 的 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 ； （３ ） （ 选 做 ）ｂｃ 边 界 上 有 粒 子 射 出 的 区 间 长 度 ． １５．（１４ 分 ） 如 图 １５ 所 示 的 ｘＯｙ 坐 标 系 中 ， 第 一 象 限 内 存 在 与 ｘ 轴 成 ３０° 角 斜 向 下 的 匀 强 电 场 ，电 场 强 度 Ｅ ＝ ４００ Ｎ ／Ｃ ；第 四 象 限 内 存 在 垂 直 于 纸 面 向 里 的 有 界 匀 强 磁 场 ， 其 沿 ｘ 轴 方 向 的 宽 度 为 ＯＡ ，沿 ｙ 轴 负 方 向 宽 度 无 限 大 ，磁 感 应 强 度 Ｂ ＝ １ × １０ －４Ｔ． 现 有 一 比 荷 为 ｑｍ ＝ ２ × １０ １１Ｃ ／ｋｇ 的 正 离 子 （ 不 计 重 力 ） ， 以 速 度 ｖ０ ＝ ２ × １０ ６ｍ ／ｓ 从 Ｏ 点 射 入 磁 场 ，与 ｘ 轴 正 方 向 夹 角 α ＝ ６０°，离 子 通 过 磁 场 后 刚 好 从 Ａ 点 射 出 ，之 后 进 入 电 场 ． （１ ） 求 ＯＡ 的 宽 度 ； （２ ） 从 Ｏ 点 开 始 ，经 多 长 时 间 粒 子 第 二 次 到 达 ｘ 轴 （ 答 案 可 以 用 根 号 和 π 表 示 ） ； （ ３ ） （ 选 做 ） 若 离 子 进 入 磁 场 后 ， 某 时 刻 再 加 一 个 同 方 向 的 匀 强 磁 场 使 离 子 做 完 整 的 圆 周 运 动 ，求 所 加 磁 场 磁 感 应 强 度 的 最 小 值 ． 书 一、膨胀动态圆模型解读 在带电粒子在磁场中的圆周运动的问题 中，有一类带电粒子进入磁场时入射速度方向 不变而大小变化或速度大小、方向都不变，但质 量不确定的问题，这类问题的情境可以用一个 圆在出发点不动的情况下不断膨胀的一系列圆 来表现．我们把它定义为“膨胀的动态圆”问题． 如图１所示，一束带负电 的粒子以初速度 ｖ垂直进入 匀强磁场，若初速度ｖ的方向 相同，大小不同，所有带电粒 子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线 上，速度增大，轨道半径随着增大，所有粒子 的运动轨迹组成一组“膨胀的动态圆”．解这 类问题时必须注意圆周运动中的对称规律， 按找圆心，画轨迹，再利用几何关系求半径的 基本思路进行． 例１．如图２所示，左边 有一对平行金属板，两板 相距为 ｄ，电压为 Ｕ，两板 之间有匀强磁场，磁感应 强度大小为Ｂ０，方向平行于板面并垂直于纸面 向里．右边有一边长为 ａ的正三角形区域 ＥＦＧ（ＥＦ边与金属板垂直），在此区域内及其边 界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为 Ｂ，方向 垂直于纸面向里．假设一系列电荷量为ｑ的正离 子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向穿过 金属板之间的区域，并经ＥＦ边中点Ｈ射入磁场 区域．不计重力，ｔａｎ１５°＝２－槡３． （１）已知这些离子中的离子甲到达磁场边 界 ＥＧ后，从边界 ＥＦ穿出磁场，求离子甲的 质量． （２）已知这些离子中的离子乙到达磁场边 界ＥＧ边上的Ｉ点（图中未画出）穿出磁场，且ＧＩ 长为 ３ａ ４，求离子乙的质量． 解析：（１）由题意知，所有离子在平行金属 板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁 场力和向下的电场力平衡，有ｑｖＢ０ ＝ｑ Ｕ ｄ，解得 离子速度ｖ＝ ＵＢ０ｄ ，为一定值．本题的粒子速度大 小虽然不变，但所有粒子的质量ｍ不确定，结合 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式 Ｒ＝ｍｖＢｑ分析，速度一定而质量变化与速度方向 一定而大小不确定的带电粒子在磁场中运动情 况是等效的，作出不同质量的带电粒子在磁场 中运动轨迹，其“膨胀的动态圆”如图３所示． （１）由题意可知，离子甲的运动轨迹如图４ 所示，半圆与ＥＧ边相切于Ａ点，与ＥＦ边垂直相 交于Ｂ点，由几何关系可知Ｒ甲 ＝ａｃｏｓ３０°ｔａｎ１５° ＝（槡３－ ３ ２）ａ，从而求得甲的质量 ｍ甲 ＝ ｑａＢＢ０ｄ Ｕ （槡３－ ３ ２）． （２）离子乙的运动轨迹如 图５所示，由几何关系得： ｒ′２ ＝（ａ－３ａ４） ２ ＋（ａ２ － ｒ′）２－２（ａ－３ａ４）（ ａ ２－ｒ′）ｃｏｓ６０°，解得 ｒ′＝ １ ４ａ，从而求出离子乙的质量为ｍ＝ ｑａＢＢ０ｄ ４Ｕ ． 二、旋转动态圆模型解读 另一类带电粒子进入磁场时入射速度大小 不变而方向不确定的问题可定义为“旋转动态 圆”问题，用一个圆绕其出发点旋转而形成的一 系列圆来表现． 如图６所示，一束带负 电的粒子以初速度 ｖ垂直 进入匀强磁场，若初速度 大小相等方向不同，由 Ｂｑｖ ＝ｍｖ ２ ｒ知，所有粒子在磁 场中的轨迹圆半径相同而圆心位置不同，所 有轨迹圆都相当于是绕入射点旋转的动态 圆．动态圆的难点是轨迹不确定，利用典型的 临界条件确定情形寻找对应的轨迹圆是关 键．解题时注意圆周运动中的对称规律，按找 圆心，画轨迹，再利用几何关系求半径的基本 思路进行． 例２．如图７所示，Ｓ为电子射线源，该源能 在图示纸面内３６０°范围内向各个方向发射速率 相等的质量为ｍ的电子，ＭＮ是一块足够大的竖 直挡板且与 Ｓ的水平距离 ＯＳ＝Ｌ，挡板左侧充 满垂直纸面向里的匀强磁场． （１）若电子的发射速率为ｖ０，要一定有电子 经过点Ｏ，则磁场的磁感应强度Ｂ的条件？ （２）若磁场的磁感应强度为Ｂ，要使Ｓ发射 出的电子能到达挡板，则电子的发射速率多大？ （３）若磁场的磁感应强度为Ｂ，从Ｓ发射出 的电子的速度为 ２ｅＢＬ ｍ ，则挡板上出现电子的范 围多大？ 解析：电子从点Ｓ射出后受到洛伦兹力作用 而在纸面上做匀速圆周运动，由于粒子从同一 点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕Ｓ点旋转 的一组动态圆，动态圆的每一个圆都是顺时针 旋转，如图８所示． （１）要使一定有电子经过点 Ｏ，即 ＳＯ为圆 周的一条弦，则电子圆周运动的轨道半径必满 足Ｒ≥ Ｌ２，即 ｍｖ０ ｅＢ≥ Ｌ ２，解得：Ｂ≤ ２ｍｖ０ ｅＬ． （２）要使电子从Ｓ发出后能到达挡板，则电 子至少能到达挡板上的 Ｏ点，故有粒子圆周运 动半径Ｒ≥ Ｌ２，即 ｍｖ０ ｅＢ≥ Ｌ ２，解得ｖ０≥ ｅＢＬ ２ｍ． （３）当从 Ｓ发出的电子的速 度为 ２ｅＢＬ ｍ 时，电子在磁场中的运 动轨迹半径Ｒ′＝ｍｖｑＢ＝２Ｌ，如图９ 所示，最低点为动态圆与ＭＮ相切 时的交点 Ｐ１，最高点为动态圆与 ＭＮ相割的交点Ｐ２，且ＳＰ２是轨迹 圆的直径．电子击中挡板的范围在Ｐ１Ｐ２间． 对ＳＰ１弧分析，由图知ＯＰ１＝ （２Ｌ） ２－Ｌ槡 ２ ＝槡３Ｌ； 对ＳＰ２弧分析，由图知ＯＰ２＝ （４Ｌ） ２－Ｌ槡 ２ ＝槡１５Ｌ． 例３．如图１０所示，半径为Ｒ＝１０ｃｍ的圆形 匀强磁场，区域边界与ｙ轴相切于坐标原点，磁感 应强度Ｂ＝０．３３２Ｔ，方向垂直纸面向里．在原点 Ｏ处有一放射源Ｓ，可沿纸面向各个方向射出速 率均为ｖ＝３．２×１０６ｍ／ｓ的α粒子，已知α粒子 的质量为ｍ＝６．６４×１０－２７ｋｇ，电量 ｑ＝３．２× １０－１９Ｃ，试确定α粒子通过磁场的最大偏向角． 解析：α粒子在磁场中做半径为ｒ的匀速圆周 运动，可得：ｒ＝ｍｖｑＢ＝２０ｃｍ．从而可构建一系列半 径为２０ｃｍ并交于Ｏ点的旋转动态圆（如图１１所 示），由动态圆不难得到要使α粒子的偏向角最 大，必然α粒子在磁场区域内的弦最长．由几何关 系可以知道α粒子的最大偏向角α＝６０°． ! !" #$% ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # !!! !!! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % & ' ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % & ' ! # ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % & ' ! $ ( ) ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % & ' ! % * "! ! & ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! # " ! ! ! ! ! ! ! " # ! ! !' ! !! ! ! " # ! ! + " , - " . - ! ! ( ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! . " , ! ) + , " . + ! * !"#$ % & !"#$%&'( )& !!""* #$%& + ', %(-./*0 & * !" 123456789: ;<56=>?@AB7 '#%!+%")!"&* ;<CD=>?@AB7 '#%!+%")!"$* &"'()*+, &"')-./01234+5 6789:;<= 9>?@AB CDEFGH<=IJ?!"#$%&'()(*K+L MNOJ?,-.,/( PQI7RSTUVWXYZ[-/\!"#$%& PQI7RSTUVWXYZ[-/\'"($%& K ] ^ _ ` a b c L ! " # $ % & ' ( ) * + , - ) ( / ( . / ( 0 / 0 & , 1 2 ! ! " - 0 , $ 1 # ) " ( . 2 , & ! ! # ! " " " " " " " " " " " " " " " " ! " ) & # ( 3 ' ! ! % 4 5 6 7 ! ! $ def/*ghi jklm? 345 6789:;<=>3 45?@ABCDBEF GHIJKLMNOP Q?9:RSTU VW X4B YZ4B [\] 4B^(4TU_`aX bJ(BYZ4cdeB fghijcB klk mn\J(To +noi? pqr stBruvwB9:b 7BruxpstBy' z7B(98({RSB |}~v€8‚ƒ 9:cb7B0„b7B …c7Bc9†‡ˆ/B Xbr‰g}b7BY Z4ŠFRSB 345 J(‹ŒRSB v8 ‰Ž€B 4€8 RSB ‘’458c (“”Bjc9:T• –—˜a™š?›œž |Ÿ?=> ¡¢£x ?¤¥¦:™§¨P š© pkqr ? ª¥[ 4«E¬YZ4ƒX4ƒ ‘’45‚ƒ ­® 45T3¯45°±? x—²³ƒxpƒv´ƒ µ¶ƒ ·‡O6=¸¹ ?9ºU »4«F¬¼ ½ƒg½ƒ^½ƒ¾¿ƒz 9ƒ45ƒÀÁƒÂ9T ³¥?}bx—NOv ‰·x—?²³ƒx pƒµ¶ƒ·‡T9ºo 8 % * ( - . , 9 8 % * ( - . , 9 . 0 , ' ! ' '$ ' 1 2 à * ( - . , 9 : ; " 7 ! 8 ! 0 Ä Å ! ! ! 8 % 书书书 《 选 择 性 必 修 第 二 册 》 核 心 素 养 阶 段 测 试 （ 一 ） ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ４６ 分 ） 一 、单 选 题 （ 本 题 共 ７ 小 题 ，每 小 题 ４ 分 ，共 ２８ 分 ） １． 如 图 １ 所 示 ， 在 固 定 的 条 形 磁 铁 上 方 ， 用 轻 弹 簧 悬 挂 了 一 直 导 线 ，某 一 时 刻 给 该 导 线 通 以 由 ａ 向 ｂ 方 向 的 电 流 ．下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． ａ 端 向 里 转 动 ， ｂ 向 外 转 动 Ｂ． 条 形 磁 铁 受 到 的 合 力 变 大 Ｃ． 当 导 体 棒 再 次 达 到 稳 定 时 ，弹 簧 的 弹 力 变 大 Ｄ． 当 导 体 棒 再 次 达 到 稳 定 时 ， 弹 簧 可 能 被 压 缩 ２． 如 图 ２ 所 示 ， 虚 线 的 上 方 存 在 垂 直 纸 面 向 外 的 匀 强 磁 场 ．将 一 粗 细 均 匀 的 电 阻 丝 折 成 的 正 五 边 形 导 体 框 ａｂ ｃｄ ｅ置 于 磁 场 中 （ ａｂ 边 水 平 ） ， 用 导 线 将 恒 压 电 源 Ｕ 连 接 在 导 体 框 的 ａ、 ｂ 两 点 ．则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． ｂａ 边 所 受 的 安 培 力 方 向 竖 直 向 上 Ｂ． ｂｃ ｄｅ ａ 部 分 与 ｂａ 边 所 受 的 安 培 力 大 小 之 比 为 １ ∶ ４ Ｃ． ｂａ 边 与 ｂｃ 边 所 受 的 安 培 力 大 小 相 等 Ｄ． 导 体 框 所 受 的 安 培 力 为 ０ ３． 用 如 图 ３ 所 示 的 洛 伦 兹 力 演 示 仪 演 示 带 电 粒 子 在 匀 强 磁 场 中 的 运 动 时 发 现 ， 有 时 玻 璃 泡 中 的 电 子 束 在 匀 强 磁 场 中 的 运 动 轨 迹 呈 “ 螺 旋 ” 状 ，现 将 这 一 现 象 简 化 成 如 图 所 示 的 情 景 来 讨 论 ：在 空 间 存 在 平 行 于 ｘ 轴 的 匀 强 磁 场 ，由 坐 标 原 点 在 ｘＯ ｙ平 面 内 以 初 速 度 ｖ ０ 沿 与 ｘ轴 正 方 向 成 α 角 的 方 向 射 入 磁 场 的 电 子 运 动 轨 迹 为 螺 旋 线 ， 其 轴 线 平 行 于 ｘ 轴 ， 直 径 为 Ｄ， 螺 距 为 Δｘ ，则 下 列 说 法 错 误 的 是 （ 　 　 ） Ａ． 匀 强 磁 场 的 方 向 为 沿 ｘ 轴 正 方 向 Ｂ． 若 仅 增 大 匀 强 磁 场 的 磁 感 应 强 度 ， 则 直 径 Ｄ 减 小 ， 而 螺 距 Δｘ 将 增 大 Ｃ． 若 仅 增 大 电 子 入 射 的 初 速 度 ｖ ０ ，则 直 径 Ｄ 增 大 ，螺 距 Δｘ 也 将 增 大 Ｄ． 若 仅 增 大 α 角 （ α ＜ ９０ °） ，则 直 径 Ｄ 增 大 ，而 螺 距 Δｘ 将 减 小 ４． 如 图 ４， ａ、 ｂ、 ｃ三 条 长 平 行 线 间 有 匀 强 磁 场 ，ｂ ｃ间 磁 场 感 应 强 度 方 向 垂 直 于 纸 面 向 外 ，ａ ｂ 间 磁 感 应 强 度 垂 直 于 纸 面 向 里 ，磁 感 应 强 度 大 小 相 等 ．一 带 正 电 的 粒 子 垂 直 于 ａ 边 界 进 入 磁 场 ， 仅 在 磁 场 力 的 作 用 下 到 达 ｃ 线 上 的 Ｄ 点 时 速 度 方 向 竖 直 向 下 ，且 已 知 线 段 ＰＤ 垂 直 于 ｃ线 ．则 ａｂ 线 与 ｂｃ 线 间 距 的 比 值 为 （ 　 　 ） Ａ． ０． ５ Ｂ． 槡 ３ ２ 槡 Ｃ． ２ ３ － 槡 ３ Ｄ． ３ ２ － ４ ５． 如 图 ５ 所 示 ，半 径 为 Ｒ 的 圆 形 区 域 内 存 在 垂 直 圆 面 向 外 、磁 感 应 强 度 大 小 为 Ｂ 的 匀 强 磁 场 ．带 电 粒 子 从 Ａ 点 正 对 着 圆 心 Ｏ 的 方 向 射 入 磁 场 ，偏 转 后 恰 好 从 Ｃ 点 离 开 ．已 知 带 电 粒 子 的 质 量 为 ｍ ， 电 荷 量 为 ｑ， ∠ ＡＯ Ｃ ＝ １２ ０° ， 不 计 粒 子 重 力 ，则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． 粒 子 带 负 电 Ｂ． 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 为 ２ π ｍ ３ｑ Ｂ Ｃ． 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 动 量 大 小 为 槡 ３ｑ ＢＲ Ｄ． 若 只 改 变 入 射 速 度 方 向 ，粒 子 不 可 能 经 过 Ｏ 点 ６． 如 图 ６ 所 示 ， 纸 面 内 固 定 的 两 平 行 长 直 导 线 ａｂ 、ｃ ｄ 中 通 有 大 小 相 同 、方 向 相 反 的 电 流 ， 位 于 纸 面 内 两 导 线 间 Ｐ 处 （ 靠 近 ａｂ ） 的 粒 子 源 沿 平 行 于 ａｂ 方 向 发 射 一 速 度 为 ｖ ０ 的 带 正 电 粒 子 ．已 知 通 有 电 流 为 Ｉ的 长 直 导 线 ， 在 距 离 导 线 为 ｒ处 产 生 的 磁 场 的 磁 感 应 强 度 为 Ｂ ＝ ｋ Ｉ ｒ， ｋ 为 常 量 ．不 计 粒 子 重 力 ，图 中 虚 线 到 ａｂ 、ｃ ｄ 的 距 离 相 等 ．则 粒 子 在 导 线 间 的 运 动 轨 迹 可 能 正 确 的 是 （ 　 　 ） ７． 质 量 和 电 荷 量 都 相 等 的 带 电 粒 子 Ｍ 和 Ｎ， 以 不 同 的 速 率 经 小 孔 Ｓ 垂 直 进 入 匀 强 磁 场 ，运 行 的 半 圆 轨 迹 如 图 ７ 中 虚 线 所 示 ，下 列 表 述 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． Ｍ 带 正 电 ，Ｎ 带 负 电 Ｂ． Ｍ 的 速 率 小 于 Ｎ 的 速 率 Ｃ． 洛 伦 兹 力 对 Ｍ 、Ｎ 做 正 功 Ｄ． Ｍ 的 运 动 时 间 等 于 Ｎ 的 运 动 时 间 二 、多 选 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ，每 小 题 ６ 分 ，共 １８ 分 ） ８． 如 图 ８ 所 示 ， 足 够 长 的 竖 直 绝 缘 墙 壁 右 侧 存 在 垂 直 纸 面 向 里 的 匀 强 磁 场 ， 磁 感 应 强 度 为 Ｂ． 质 量 为 ｍ 、带 电 荷 量 为 － ｑ 的 绝 缘 物 块 与 绝 缘 墙 壁 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ， 重 力 加 速 度 为 ｇ． 现 将 小 物 块 紧 贴 竖 直 墙 壁 由 静 止 释 放 ， 小 物 块 沿 绝 缘 墙 壁 下 滑 ，墙 壁 足 够 长 ，下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． 小 物 块 运 动 过 程 中 的 最 大 加 速 度 为 ｇ Ｂ． 小 物 块 所 受 的 摩 擦 力 与 速 度 成 正 比 Ｃ． 小 物 块 运 动 一 段 时 间 后 将 离 开 墙 壁 Ｄ． 小 物 块 的 最 大 速 度 ｖ ＝ ｍ ｇ μｑ Ｂ ９． 如 图 ９， 半 径 为 Ｒ 的 绝 缘 半 圆 形 挡 板 和 涂 有 吸 附 材 料 的 直 边 构 成 一 种 粒 子 分 析 器 ，直 边 为 半 圆 形 挡 板 的 直 径 ， 直 边 两 端 开 有 小 孔 Ｐ 和 Ｑ． 在 半 圆 形 区 域 内 有 垂 直 于 纸 面 向 里 的 匀 强 磁 场 ，磁 感 应 强 度 为 Ｂ． 一 束 质 量 均 为 ｍ 、 电 荷 量 均 为 ｑ、 速 率 各 异 （ 有 限 大 ） 的 粒 子 从 Ｐ 孔 沿 直 边 方 向 进 入 分 析 器 ．已 知 带 电 粒 子 与 半 圆 形 挡 板 碰 后 会 反 向 弹 回 ， 电 荷 量 不 变 但 速 率 变 为 碰 前 的 ｋ（ ｋ ＜ １） 倍 ，而 一 旦 撞 上 吸 附 材 料 即 被 吸 收 ，电 荷 立 即 被 转 移 ．不 计 粒 子 重 力 和 空 气 阻 力 ，不 计 粒 子 间 相 互 作 用 （ 　 　 ） Ａ． 与 挡 板 碰 １ 次 后 能 从 Ｑ 处 小 孔 射 出 的 粒 子 出 射 速 率 为 槡 ｋｑ ＢＲ ｍ Ｂ． 与 挡 板 碰 １ 次 后 能 从 Ｑ 处 小 孔 射 出 的 粒 子 出 射 速 率 为 ｑＢ Ｒ 槡 ｍ ｋ Ｃ． 与 挡 板 碰 ｎ次 后 能 从 Ｑ 处 小 孔 射 出 的 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 为 ｎ π ｍ ｑＢ Ｄ． 与 挡 板 碰 ｎ次 后 能 从 Ｑ 处 小 孔 射 出 的 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 为 （ ｎ ＋ １） πｍ ２ｑ Ｂ １０ ．如 图 １０ 甲 所 示 ，托 卡 马 克 是 一 个 由 封 闭 磁 场 组 成 的 “ 容 器 ” ，形 状 像 一 个 放 倒 的 轮 胎 ，带 电 粒 子 会 沿 封 闭 的 磁 力 线 做 螺 旋 式 运 动 ，上 亿 度 高 温 的 等 离 子 体 被 约 束 在 环 形 的 磁 场 中 ，为 核 聚 变 的 发 生 提 供 必 要 条 件 ，我 国 托 克 马 克 装 置 在 世 界 上 首 次 实 现 了 稳 定 运 行 １０ ０秒 的 成 绩 ，托 卡 马 克 装 置 的 主 要 特 点 是 采 用 多 个 磁 场 叠 加 才 能 实 现 磁 约 束 ，图 乙 为 其 真 空 室 某 处 横 截 面 环 向 磁 场 的 示 意 图 ，越 靠 近 空 室 的 右 侧 （ 即 甲 图 中 靠 近 竖 直 中 央 轴 线 的 一 侧 ） 环 向 磁 场 越 强 ，不 计 粒 子 重 力 及 相 互 作 用 ，若 粒 子 仅 在 图 乙 环 向 磁 场 中 运 动 ，下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ． 正 离 子 在 环 向 磁 场 中 沿 顺 时 针 方 向 运 动 Ｂ． 带 电 粒 子 在 环 向 磁 场 中 速 度 的 大 小 不 变 Ｃ． 在 环 向 磁 场 中 ，带 电 粒 子 的 轨 迹 将 逐 渐 发 生 左 右 方 向 的 迁 移 Ｄ． 在 环 向 磁 场 中 ，带 电 粒 子 的 轨 迹 将 逐 渐 发 生 上 下 方 向 的 迁 移 ! " # $ % & ' ( ) * + , - . / 0 1 ! " # $ % & ! " 2 $ 3 & ' ( 4 * + , - 5 6 7 8 ' " ( $ % & ! " ! " ! # # " ! $ % & ! $ ! " # $ % & ' ' ( ) ! ! * + % , * ! & - ' . ! ' " ! $ & / / 0 + % ! ( + % 0 + % 0 + % 0 + % 0 ) * + , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 1 2 3 4 ! - ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! . ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 0 ( ) * + ' 5 6 ! / ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! , - . / ! 0 % ! ! ! 0 + % " ! $ ! 1 ( 书 一、解题思路及分析方法 １．弄清复合场的组成（通常有电场和重力场 组合，电场和磁场组合，磁场、重力场和电场组合 等），分析带电粒子在复合场中的受力（除重力、弹 力和摩擦力外更要重点分析电场力和洛伦兹力）． ２．结合带电粒子的初始条件和受力，分析其 运动情况并画出其轨迹． ３．结合力学知识及各场区间相关量（如区域 长度等）的联系，选择力学规律列出关系式． 警示：粒子连续通过不同区域时的运动通常是 由一些基本运动（如匀速直线运动、匀变速直线运 动、平抛或类平抛运动、匀速圆周运动）组成，解题 时要分阶段处理． 二、解题规律的选择原则 １．粒子在复合场中做匀速直线运动时，则 根据受力平衡列出关系式．可选用牛顿第二定 律与运动学公式结合、或者从能量规律等力学 解题途径求解． 例１．如图１所示，带电平 行板间匀强电场竖直向下，匀 强磁场方向垂直纸面向里，某 带电小球从光滑轨道上的 ａ点 自由落下，经轨道端点Ｐ进入板间后恰好沿水平方 向做直线运动．现使小球从稍低些的ｂ点开始自由 滑下，在经过Ｐ点进入板间后的运动过程中，以下 分析正确的是 （　　） Ａ．其动能将会增大 Ｂ．其电势能将会增大 Ｃ．小球所受的洛伦兹力将会逐渐增大 Ｄ．小球受到的电场力将会增大 解析：由ａ点下落时，小球受力平衡，由ｂ下落 时小球速度较小，进入场区后所受的洛伦兹力小 于由ａ点下落时的洛伦兹力，故电场力做正功，小 球的速度增大，动能增大，洛伦兹力增大，电势能 减小，但电场力不变．答案ＡＣ． ２．粒子在复合场中做匀速圆周运动时，由 于匀速圆周运动的条件是合外力提供向心力， 所以合外力必须大小不变而方向始终指向圆 心，即恒力不能提供匀速圆周运动的向心力，如 有恒力必须有其他力与之抵消，如重力与电场 力抵消后液滴在洛伦兹力作用下恰好做匀速圆 周运动的情形． 例２．如图２所示，整个 空间存在着水平向右的匀 强电场和匀强磁场，在 ｘ轴 上有一带电粒子（不计重力的影响），从坐标原点 Ｏ处，以初速度ｖ０＝１０ｍ／ｓ，与ｘ轴夹角为θ＝６０° 射出，Ａ１、Ａ２以及Ａ１０分别表示该带电粒子第１次、 第２次及第１０次与ｘ轴的交点（中间部分未画出）， 且Ａ１、Ａ２在数轴上的坐标分别为 ｘ１ ＝１ｃｍ，ｘ２ ＝ ３ｃｍ．已知带电粒子从Ｏ点运动至Ａ１０点所经历的 时间为ｔ０＝１ｓ．试求：带电粒子第１０次通过Ａ１０点 时的速度大小？ 解析：带电粒子的运动可分解为：沿 ｘ方向只 在电场力作用下的匀加速直线运动和垂直于纸面 的平面上只在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动． 设匀速圆周运动的周期为 Ｔ，则有：Ｔ＝ ｔ０ １０＝ ０．１ｓ 沿ｘ轴方向上有：（ｘ２－ｘ１）－ｘ１ ＝ａｘＴ ２， 得：ａｘ ＝１ｍ／ｓ ２ 达到Ａ１０点时：ｖｘ ＝ｖ０ｃｏｓθ＋ａｘｔ０ ＝６ｍ／ｓ ｖｙ ＝ｖ０ｓｉｎθ＝ 槡５３ｍ／ｓ 故在Ａ１０点时的速度大小为： ｖｔ＝ ｖ ２ ｘ＋ｖ ２ 槡 ｙ ＝ ６ ２＋槡 ７５ｍ／ｓ＝１０．５ｍ／ｓ． ３．当带电粒子在复合场中所受合外力为变 力且与速度方向夹角不断变化时，粒子的轨迹 为一段未知曲线，既不是圆弧，也不是抛物线． 对于此类轨迹只能根据力和运动的关系、结合 受力特点定性分析运动特点，要想得到定量数 值关系只能选动能定理或能量守恒定律列式求 解．由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运 动情况多变，往往出现临界问题，此时应以题目 中出现的“恰恰”、“恰好”、“最大”、“最高”、“至 少”等词语为突破口挖掘隐含条件，根据临界条 件列出辅助方程，再与其他方程联立求解． 例３．设空间存在竖直向下 的匀强电场和垂直纸面向里的 匀强磁场，如图３所示，已知一 离子在电场力和洛伦兹力的作 用下，从静止开始自Ａ点沿曲线ＡＣＢ运动，到达Ｂ 点时速度为零，Ｃ点是运动的最低点，忽略重力，以 下说法正确的是 （　　） Ａ．该离子必带正电荷 Ｂ．Ａ点和Ｂ点位于同一高度 Ｃ．离子在Ｃ点时速度最大 Ｄ．离子到达Ｂ点时，将沿原曲线返回Ａ点 解析：（１）平行板间电场方向向下，离子由 Ａ 点静止释放后在电场力的作用下是向下运动，可 见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，Ａ正确． （２）离子具有速度后，它就在向下的电场力Ｆ 及总与速度垂直并不断改变方向的洛伦兹力 ｆ作 用下沿ＡＣＢ曲线运动，因洛伦兹力不做功，电场力 做功等于动能的变化，而离子到达Ｂ点时的速度为 零，所以从Ａ到Ｂ电场力所做正功与负功加起来为 零．这说明离子在电场中的Ｂ点与Ａ点的电势能相 等，即Ｂ点与Ａ点位于同一高度，Ｂ正确． （３）因Ｃ点为轨道最低点，离子从Ａ运动到Ｃ 电场力做功最多，Ｃ点具有的动能最多，所以离子 在Ｃ点速度最大，Ｃ正确． （４）只要将离子在Ｂ点的状态与Ａ点进行比较， 就可以发现它们的状态（速度都为零，电势能相等） 相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域， 离子将在Ｂ之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子 是不可能沿原曲线返回Ａ点的．故选ＡＢＣ． ! ! " 7 ! . #% 8 9 *"23# . 4 ' + % # 5 " ! 0 ! # " " " " " ! & " 6 6 6 6 6 6 6 6 7 7 7 7 7 7 7 7 " " " " " - . 6 7 " " " " " ! 9:3;< !=>?@?A !BHIJA !KLMNOF9&'#7'5-#5'( !PQRSFTUVWXYZ[\]^_ 5%5 `abHQcdef>gKLM !hiKjk%&%%%( !YlMm>nok%&'##'5-#5(/ #''&((&(..-pqrs`t !mukvw=>xlMyz{|}~h€p‚ !himunok###.' !ƒ„…†m‡ˆm‰Šm ! = > ‹ | } ~ VpY t Œ 6  Ž  > ! = >  ‘ U ’ y “ ” • – — ˜pW X x ™ š › œ  ž Ÿ ‚   “ ¡ ¢ • “ £ ¤ ¥ ¦ § ¡ v w = > Y l M y z ¨ © 书 第４０期２版参考答案 素养专练２ １．ＡＣＤ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ａ　５．Ｂ ６．４．８×１０－１３Ｎ，垂直纸面向里 素养专练３ １．Ｂ　２．Ａ　３．ＡＤ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｂ 素养专练４ １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｃ　４．Ｂ 第４０期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｄ ８．（１）ｅＢＲｍ；（２） ＢｄＲ Ｕ． ９．（１） 槡２３ｅＢｄ３ｍ ；（２） πｍ ３ｅＢ． １０．槡３ｒ，槡 ３πｒ ３ｖ０ ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣＤ　３．ＡＢ ４．（１）正　减少　 ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ； （２）如图１　 Ｕ２ ｄｖ１ ，ｖ１ ５．解析：（１）粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供粒子圆周运动所需的向心力，则 有ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，则粒子做匀速圆周运动的半径Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，粒子做匀速圆周运动周期Ｔ＝ ２πＲ ｖ，该粒子在 磁场中运动的时间为可得ｔ＝π２π Ｔ＝πｍｑＢ． （２）根据左手定则，结合上述可知，该粒子带 正电，为使该粒子做匀速直线运动，需加一竖直向 下的匀强电场，电场力与洛伦兹力等大反向，相互 平衡，即有ｑＥ＝ｑｖＢ，解得电场强度Ｅ的大小Ｅ＝ ｖＢ． （３）粒子的速度ｖ′大于ｖ，将该带电粒子的速 度分解为ｖ１和 ｖ２，ｖ１对应的洛伦兹力和电场力平 衡，即有ｖ１＝ｖ＝ Ｅ Ｂ，在水平方向上，粒子水平向右 做匀速直线运动，ｖ２对应的洛伦兹力使之做逆时针 方向的圆周运动，根据速度分解有ｖ２＝ｖ′－ｖ，圆周 运动的轨道半径ｒ＝ ｍｖ２ ｑＢ＝ ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，所以粒子沿 电场 方 向 运 动 的 最 大 距 离 为 ｙｍ ＝ ２ｒ＝ ２ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，粒子在一个周期内运动的水平距离为 ｘ＝ｖＴ＝２πｍｖｑＢ． & + # 01234" : ; < 8 < 9 = ! # 书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期（２０２５年４月）　　　 第３９期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．同向电流相互吸引，ａｂ边受到的安培力方向向下，故 Ａ 错误；ａｂ边受到的安培力向下、ｃｄ边受到的安培力也向下，则 悬线拉力大于线框重力，故Ｂ错误；根据线框四边受到的安培 力分析，线框没有转动的趋势，故Ｃ错误；线框ａｂ边受到的安 培力Ｆ等于 ｃｄ边受到的安培力，故Ｆ－ｍｇ２ ＝ＢＩＬ，解得 Ｂ＝ Ｆ－ｍｇ ２ＩＬ ，故Ｄ正确．故选Ｄ． ２．根据对称性可知，Ａ、Ｂ两处的电流在Ｄ点的磁感应强度 大小相等，方向相反，而Ｃ处的电流在Ｄ点的磁感应强度方向 沿着ＤＢ方向，故Ｄ点的磁场方向沿着ＤＢ方向，故Ａ正确；根据 安培定则可知Ａ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＣＢ方 向，Ｂ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＡＣ方向，结合对 称性可知，Ｃ点的磁场方向与ＡＢ方向平行，故Ｂ错误；Ａ、Ｃ两处 的电流方向相反，可知Ａ处电流对 Ｃ处电流的安培力沿着 ＡＣ 方向，同理可知Ｂ处电流对Ｃ处电流的安培力沿着ＢＣ方向，结 合对称性可知，导线Ｃ受到的安培力方向沿着ＤＣ方向，故Ｃ错 误；Ａ、Ｃ两处的电流方向相反，可知Ｃ处电流对Ａ处电流的安培 力沿着ＣＡ方向，Ａ、Ｂ两处的电流方向相同，可知Ｂ处电流对Ａ 处电流的安培力沿着ＡＢ方向，根据力的合成可知，导线Ａ受到 的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故Ｄ错误．故选Ａ． ３．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下， 故Ａ正确；ａ、ｂ两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故 Ｂ错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零， 故Ｃ错误；因ｃ点处的磁感线较ｄ点密集，可知 ｃ点的磁感应强 度大于ｄ点的磁感应强度，故Ｄ错误．故选Ａ． ４．列车磁铁定子和电流转子分别安装在轨道和车体上，因 此车体前进的驱动力是直线电机的驱动，即磁场对电流的安培 力，不是静电力，故Ａ错误；车体在水平运动的过程中，速度不 一定相等，不会始终保持平衡状态，故 Ｂ错误；由题意可知，通 过精确控制电磁铁中的电流形成吸引力，车体与轨道之间始终 保持１０ｍｍ的悬浮气隙，因此吸引力与车体重力平衡，所以车 体满载时较空载时Ｉ磁 更大，故Ｃ正确；车体匀速右转时乘客受 到座椅竖直向上的弹力和水平向右的弹力，其合弹力指向右上 侧，故Ｄ错误． ５．根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，ｂ、 ｄ两导线在Ｏ点产生的磁场大小相等，方向相反，ａ、ｃ两导线在 Ｏ点产生的磁场的方向均向左，故 Ｏ点的合磁场方向向左．根 据左手定则可判断出受到的安培力向下，选项Ｂ正确． ６．设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为 ｘ１时，直导体棒 所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＝ｋｘ１＋ＢＩｌ；电流反向后，当弹簧伸长量为ｘ２时，导体 棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＋ＢＩｌ＝ｋｘ２，联立两式得Ｂ＝ ｋ ２Ｉｌ（ｘ２－ｘ１），Ａ正确． ７．由右手定则可知，电流方向是空心导体流向卫星，Ａ错 误；因为地磁场不是匀强磁场，所以相同长度的缆绳受到的安 培力大小不相等，Ｂ错误；由左手定则可知，缆绳受到的安培力 与卫星速度方向的夹角大于９０°，Ｃ正确；因为引力做正功，动 能的增大和减小与安培力做负功没有必然联系，Ｄ错误． ８．（１）排斥　左手 （２）吸引　排斥 （３）安培　磁 解析：（３）把电流在磁场中受到的力叫安培力，                                                         电流与电 —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 流之间的作用力是通过磁场这个媒介而传递的． ９．（１）Ｉ１ ＝１Ａ； （２）Ｉ２ ＝２．７５Ａ． 解析：（１）导体棒中ａ→ｂ的电流，此时所受安培力向左， 电流最小时摩擦力也向左且达到最大值，由受力平衡得Ｆ安１＋ ｆｍ ＝Ｍｇ，Ｆ安１ ＝ＢＩ１Ｌ，ｆｍ ＝μｍｇ，解得Ｉ１ ＝１Ａ． （２）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第 二定律有Ｆ安２－ＦＴ２－ｆｍ ＝ｍａ，Ｆ安２＝ＢＩ２Ｌ，对物体由牛顿第二 定律得ＦＴ２－Ｍｇ＝Ｍａ，联立得Ｉ２ ＝２．７５Ａ． １０．（１）２０００ｍ／ｓ；（２）１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． 解析：（１）由题意可知，炮弹受到的合力等于安培力，则根 据牛顿第二定律可得Ｆ＝ＢＩｄ＝ｍａ，由运动学公式可得ｖ２ ＝ ２ａｌ，解得ｖ＝ ２ＢＩｄｍ槡 ｌ＝２０００ｍ／ｓ． （２）炮弹离开轨道前做匀速运动，则 Ｆ＝ｆ＝ｋｖ′２，解得 ｋ＝Ｆ ｖ′２ ＝ＢＩｄ ｖ′２ ＝１０×１０ ４×２ ４００２ Ｎ·ｓ２／ｍ２ ＝１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．根据题意可知，金属棒竖直向上跳起则安培力的方向竖 直向上，电流方向沿导体棒，根据左手定则可知，安培力方向垂 直于电流与磁场方向构成的平面，由数学知识可知，当磁场方 向垂直ａｂｂ′ａ′平面、垂直 ａｂｃ′ｄ′平面时满足上述条件，当磁场 方向平行ａｂｃ′ｄ′平面时，电流方向与磁场方向平行，金属棒不 受安培力，不满足上述条件，当磁场方向垂直ａａ′ｄ′ｄ平面，安培 力不是竖直向上，不满足上述条件．故选ＢＤ． ２．因开始时线圈ａ、ｃ对ｂ线圈的合力Ｆｂ为零，说明线圈ａ 和线圈ｃ对线圈ｂ的作用力等大反向；根据电流的磁效应和磁 场的叠加原理，因电流之间的作用力为相互作用力，再结合对 称性可知，无论是仅改变Ｉ１的还是Ｉ２的电流的大小或方向，线 圈ａ和线圈ｃ对ｂ线圈的作用力总是等大反向，即ａ线圈和ｃ线 圈对ｂ的合力均为零，故ＡＣ错误，ＢＤ正确． ３．ｂｃ边与其余三边并联，ｂｃ边分得的电流比 ａｄ边的电流 大，根据Ｆ＝ＢＩＬ可知ａｄ边受到的安培力比ｂｃ边受到的安培力 小，故Ａ正确，Ｂ错误；根据左手定则和力的合成，可知线框 ａｂｃｄ受到的安培力合力水平向右，则桌面对线框 ａｂｃｄ的摩擦 力方向向左，根据牛顿第三定律可知，线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦 力方向向右，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）导线在磁场中的长度； （２）改变；（３）改变；（４）左手定则． ５．６Ｖ ! ! !" # ! $ % ! 解析：从左向右看，棒 ＰＱ的受力如图 所示，棒受重力ｍｇ、安培力Ｆ安 和环对棒的 弹力ＦＮ作用，根据平衡条件得 Ｆ安 ＝ｍｇｔａｎθ＝槡３ｍｇ， 安培力Ｆ安 ＝ＩＢＬ，联立解得Ｉ＝槡 ３ｍｇ ＢＬ ＝１Ａ，在电路中两 个圆环分别连入电路的电阻为Ｒ＝ １ ３×９Ω× ２ ３×９Ω １ ３×９Ω＋ ２ ３×９Ω ＝２ Ω，由闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｉ（ｒ＋２Ｒ＋Ｒ棒）＝６Ｖ． 第４０期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒 子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式ｒ＝ｍｖｑＢ得知，粒子的半 径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从ｂ到ａ．在ｂ处， 粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即向上，由左手定则判断可知， 该粒子带负电，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ２．根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，可知，速率越大，半径越大， 故Ａ正确，Ｂ错误；根据Ｔ＝２πＲｖ ＝ ２πｍ ｑＢ 可知，周期与速率无 关，故ＣＤ错误． ３．设边长为ａ，则从ｎ点射出的粒子其半径恰好为 ａ２；由 牛顿第二定律可得Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ａ ２ ，当磁感应强度变为原来的２倍 时，由２Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ａ ４，故粒子应从ａ点穿出；故Ｃ正确． ４．如图所示为粒子在磁场中的运动轨迹，轨迹圆心为 Ｏ′                                                                      ， —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !" ! " 则轨迹半径ｒ＝Ｒｔａｎ３０°＝槡３３Ｒ，故Ｄ 正确． ５．电子在磁场中做圆周运动的 周期Ｔ＝２πｍｅＢ，则电子在磁场中运动的时间为ｔ＝ θ ２π ×Ｔ，与速 度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小．由几何 关系可知，θａ ＝θｂ ＞θｃ，故Ｃ正确． ! " # ! $" ! ! # ６．电子做匀速圆周运动，在磁场中运 动的时间为ｔ＝ ) ＡＢ ｖ，故Ａ错误，设圆周运 动半径为Ｒ，则有ｌ＋ Ｒ２－ｄ槡 ２ ＝Ｒ，Ｂ正 确；洛伦兹力方向与速度方向始终垂直， 对电子不做功，故Ｃ错误；洛伦兹力不做功，电子的动能不变， 则其速率不变，但速度方向会变化，故Ｄ错误． ７．由题图可知，带电粒子ａ和ｂ在磁场中运动的圆心角分 别为１２０°和６０°．即ｔａ ＝ Ｔａ ３，ｔｂ ＝ Ｔｂ ６．由于两带电粒子运动时 间相同，则可得两粒子的周期之比为Ｔａ∶Ｔｂ＝１∶２，故Ａ错误； 根据几何关系，由题图可得，两粒子的轨迹半径分别为 Ｒａ ＝ ｄ ２ ｃｏｓ３０°＝ 槡３ ３ｄ，Ｒｂ＝ ｄ ２ ｃｏｓ６０°＝ｄ，则两粒子的轨迹半径之比为 Ｒａ∶Ｒｂ ＝槡３∶３，故Ｂ错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动， 根据牛顿第二定律ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，可得粒子的轨迹半径为 Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，运动的周期为Ｔ＝ ２πＲ ｖ ＝ ２πｍ ｑＢ，则可得两粒子的电荷量之 比为｜ｑａ｜∶｜ｑｂ｜＝２∶１，两粒子的速度之比为ｖａ∶ｖｂ＝ 槡２∶３， 故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．解析：（１）Ｄ形盒最大回旋半径为Ｒ，则电子做圆周运动 的最大半径为Ｒ，则ｅｖｍＢ＝ｍ ｖ２ｍ Ｒ，电子加速后获得的最大速度 ｖｍ ＝ ｅＢＲ ｍ． （２）电子在电场中加速度大小不变，尽管电子在电场中往 返运动，但可以看作电子做初速度为零的匀加速运动，所以电 子在电场中运动的速度为ｖｍ ＝ａｔ，ａ＝ Ｕｅ ｄｍ解得ｔ＝ ＢｄＲ Ｕ． ９．（１） 槡２３ｅＢｄ３ｍ ；（２） πｍ ３ｅＢ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! 解析：（１）由几何关系可知，粒子在磁场中 的圆心角为θ＝６０°，轨道半径为ｒ＝ ｄｓｉｎ６０°＝ 槡２３ ３ｄ，根据牛顿第二定律：ｅｖＢ＝ｍ ｖ２ ｒ， 解得：ｖ＝ 槡２３ｅｄＢ３ｍ ． （２）圆心角对于的弧长为ｓ＝ｒθ＝πｒ３，粒子穿过磁场的时 间ｔ＝ ｓｖ ＝ πｒ ３ｖ，联立解得：ｔ＝ πｍ ３ｅＢ． １０．槡３ｒ，槡 ３πｒ ３ｖ０ ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ! $ ! % 解析：由图可知，粒子转过的圆心 角为６０°，则粒子运动的半径为 Ｒ＝ ｒ ｔａｎ３０°＝槡３ｒ，转过的弧长为ｌ＝ ６０° ３６０°× ２πＲ＝πＲ３ ＝ 槡３πｒ ３ ，则运动所用时间ｔ＝ ｌ ｖ０ ＝槡３πｒ３ｖ０ ，故该带电粒子在磁场中运动的半径为槡３ｒ，时间为 槡３πｒ ３ｖ０ ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣＤ　３．ＡＢ 提示： １．设磁场边长为ａ，粒子从ｃ点离开，其半径为ｒｃ＝ａ，粒子 从ｄ点离开，其半径为ｒｄ ＝ １ ２ａ，则ｒｃ＞ｒｄ，故Ａ正确；由Ｔ＝ ２πｍ Ｂｑ根据圆心角求出运行时间ｔ＝ θ ２π Ｔ，运行时间ｔｄ＝ Ｔ ２，ｔｃ＝ Ｔ ４．则ｔｃ＜ｔｄ，Ｄ正确． ２．若只有电场，粒子只受电场力作用，合外力不为零，粒子 速度一定变化，故Ａ错误；若只有电场，粒子只受电场力作用， 合外力不为零，若粒子沿等势面运动，则电场力不做功，动能不 变，故Ｂ正确；若空间只有磁场，且粒子速度方向与磁场方向平 行，不受洛伦兹力作用，粒子速度不变，故 Ｃ正确；若空间只有 磁场，粒子速度与磁场平行，匀速运动，动能不变，                                                                      粒子速度不 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 与磁场平行，只受洛伦兹力作用，但洛仑兹力始终与速度垂直， 不做功，所以粒子动能一定不变，故Ｄ正确． ３．粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域 内粒子的速率相同．由两弧长之比为２∶１，速率相同，可知时间 之比为２∶１，故Ｃ错误；由于粒子经过ａ、ｂ点时的速度方向均水 平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故Ｄ错误；根据θ ＝ωｔ知角速度之比为１∶２，由ｖ＝ωｒ可知半径之比为２∶１，故 Ｂ正确；根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ得ｒ＝ ｍｖ Ｂｑ，所以磁场强度大小之比为 １∶２，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故Ａ正确． ４．（１）正　减少　 ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ； （２）如图１　 Ｕ２ ｄｖ１ ，ｖ１ ! " ! !"#$% ! # $ % & % ' ( 解析：（１）正离子所受电场力应向下，则Ｓ１带正电．电场力 做正功，则离子的电势能减少．根据动能定理 ｑＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ０，得Ｕ１ ＝ ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ． （２）由ＦＥ ＝ＦＢ可得Ｅｑ＝Ｂｑｖ１，即 Ｕ２ ｄｑ＝Ｂｑｖ１，得Ｂ＝ Ｕ２ ｄｖ１ ． ５．解析：（１）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 提供粒子圆周运动所需的向心力，则有ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，则粒子做 匀速圆周运动的半径Ｒ＝ｍｖｑＢ，粒子做匀速圆周运动周期 Ｔ＝ ２πＲ ｖ，该粒子在磁场中运动的时间为可得ｔ＝ π ２π Ｔ＝πｍｑＢ． （２）根据左手定则，结合上述可知，该粒子带正电，为使该 粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与 洛伦兹力等大反向，相互平衡，即有ｑＥ＝ｑｖＢ，解得电场强度Ｅ 的大小Ｅ＝ｖＢ． （３）粒子的速度ｖ′大于ｖ，将该带电粒子的速度分解为ｖ１ 和ｖ２，ｖ１对应的洛伦兹力和电场力平衡，即有ｖ１＝ｖ＝ Ｅ Ｂ，在水 平方向上，粒子水平向右做匀速直线运动，ｖ２对应的洛伦兹力 使之做逆时针方向的圆周运动，根据速度分解有ｖ２＝ｖ′－ｖ，圆 周运动的轨道半径ｒ＝ ｍｖ２ ｑＢ＝ ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，所以粒子沿电场方向 运动的最大距离为ｙｍ ＝２ｒ＝ ２ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，粒子在一个周期内 运动的水平距离为ｘ＝ｖＴ＝２πｍｖｑＢ． 第４１期参考答案 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示：１．由于ａ端有向上的磁场分量；ｂ端有向下的磁场分 量，根据左手定则可知ａ端向外转动，ｂ向里转动，故Ａ错误；条 形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，故 Ｂ错误；当 ａｂ转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下， 故再次平衡时，弹力变大，故Ｃ正确，Ｄ错误． ２．由电路可知，流过ａｂ边的电流方向由ｂ向ａ，由左手定则 可知ｂａ边所受的安培力方向竖直向下，故Ａ错误；设导体框的 边长为Ｌ，单位长度的电阻为Ｒ０．由欧姆定律可得ａｂ边的电流 为Ｉ１＝ Ｕ ＬＲ０ ，流过ｂｃｄｅａ边的电流为Ｉ２＝ Ｕ ４ＬＲ０ ，又ｂｃｄｅａ边与ｂａ 边在磁场中的有效长度相等，则由公式Ｆ＝ＢＩＬ，可知安培力的 大小与电流成正比，则ｂｃｄｅａ部分与ｂａ边所受的安培力大小之 比为１∶４，同理ｂａ边与ｂｃ边所受的安培力大小之比为４∶１，故 Ｂ正确，Ｃ错误；整个导体框所受的安培力大小为 Ｆ＝Ｂ（Ｉ１＋ Ｉ２）Ｌ＝ ５ＵＢＬ ４Ｒ０ ，由左手定则可知安培力的方向竖直向下，故Ｄ错 误． ３．将电子的初速度沿ｘ轴及ｙ轴方向分解，沿ｘ方向速度 与磁场方向平行，做匀速直线运动且ｘ＝ｖ０ｃｏｓα·ｔ，沿ｙ轴方向 速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动， 由左手定则可知，磁场方向沿ｘ轴正方向，故Ａ正确；根据洛伦 兹力提供向心力及圆周运动知识又，ｅｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，Ｔ＝ ２πＲ ｖ 且ｖ ＝ｖ０ｓｉｎα，解得Ｄ＝２Ｒ＝ ２ｍｖ０ｓｉｎα ｅＢ ，Ｔ＝ ２πｍ ｅＢ 所以Δｘ＝ｖｘＴ ＝ ２πｍｖ０ｃｏｓα ｅＢ ，所以若仅增大磁感应强度 Ｂ，则 Ｄ、Δｘ均减小； 若仅增大ｖ０，则Ｄ、Δｘ皆增大；若仅增大α角（α＜９０°），则Ｄ增 大，Δｘ将减小，故Ｂ错误，符合题意，ＣＤ正确                                                                      ． —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! " ! # $ % & ' ( ) ! ) ) * ! " ４．由题意可知，由于磁感应强度 大小相等，故粒子在磁场中运动半径 相等，设半径为 ｒ，因为在磁场力的作 用下粒子到达ｃ线上的 Ｄ点时速度方 向竖直向下，且已知线段 ＰＤ垂直于 ｃ 线．分析可知，轨迹如图１，Ａ为在ｂ虚线左侧做匀速运动时的圆 心，Ｂ为在ｂ虚线右侧做匀速运动时的圆心，由几何关系可知θ ＝３０°，故ＰＢ＝２ｒｃｏｓ３０°＝槡３ｒ，所以 ＰＣ ＣＤ＝ ＰＢ－ｒｃｏｓ３０° ＢＤ＋ｒｃｏｓ３０°＝２ 槡３－３，故Ｃ正确． ! " # ! ! ５．根据左手定则可判断粒子带正 电，故Ａ错误；粒子轨迹如图２所示可知 粒子速度方向改变了６０°，粒子在磁场中 运动的时间为ｔ＝６０°３６０°Ｔ＝ １ ６× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ３ｑＢ，故Ｂ错误；由几何关系知粒子的轨 迹半径为ｒ＝Ｒｔａｎ６０°＝槡３Ｒ，由洛伦兹 力提供向心力可知ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，粒子在磁场中运动的动量大小 为ｐ＝ｍｖ，解得ｐ＝槡３ｑＢＲ，故Ｃ正确；由于粒子轨迹半径ｒ＝ 槡３Ｒ＞ １ ２Ｒ，所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过Ｏ点， 故Ｄ错误． ６．根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产 生的磁场方向均相同，设两导线间的距离为ｄ，距离ａｂ导线为ｘ 处磁场的磁感应强度Ｂ＝ｋＩ（１ｘ＋ １ ｄ－ｘ）＝ ｋＩｄ ｘ（ｄ－ｘ），当ｘ＝ ｄ ２时，Ｂ最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变， 由ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，解得轨迹的曲率半径ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，即在虚线附近曲 率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是Ｃ． ７．由左手定则可判断出Ｎ带正电，Ｍ带负电，故Ａ错误；粒 子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，可得ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，由于两粒子的质量和电荷量都相等， 且Ｍ粒子的轨道半径大于Ｎ粒子的轨道半径，则Ｍ的速率大于 Ｎ的速率，故Ｂ错误；洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，对 Ｍ、Ｎ均不做功，故Ｃ错误；粒子在磁场中运动半周，即运动时间 为周期的一半，则有ｔ＝１２Ｔ＝ １ ２× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ｑＢ，由于两粒子的 质量和电荷量都相等，则Ｍ的运动时间等于Ｎ的运动时间，故 Ｄ正确． ８．ＡＢＤ　９．ＡＣ　１０．ＢＤ 提示： ８．小物块运动过程中的加速度 ａ＝ｍｇ－μｑｖＢｍ ，物块由静 止释放时有最大加速度ａｍ ＝ｇ，故Ａ正确；根据平衡条件得ＦＮ ＝ｑｖＢ，小物块所受的摩擦力Ｆｆ＝μＦＮ ＝μｑｖＢ，与速度成正比， 故Ｂ正确；物块向下做加速运动，物块受到重力、墙壁对其支持 力、竖直向上的摩擦力和洛伦兹力，当物块受到的重力与摩擦 力相等时，物块达到最大速度后匀速运动．故小物块不会离开 墙壁．根据平衡条件得μｑｖＢ＝ｍｇ，解得小物块能达到的最大 速度为ｖ＝ｍｇ μｑＢ ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ９．与挡板碰１次后射出的粒子，轨迹如图３所示，碰前半径 为ｒ１，碰后半径为ｋｒ１，有几何关系（ｒ１－ｋｒ１） ２＋（２Ｒ）２＝（ｒ１＋ ｋｒ１） ２，解得ｒ１＝ Ｒ 槡ｋ ，ｋｒ１ 槡＝ ｋＲ，根据洛伦兹力提供向心力ｑｖＱＢ ＝ｍ ｖ２Ｑ ｋｒ１ ，解得ｖＱ ＝槡 ｋｑＢＲ ｍ ，故Ａ正确，Ｂ错误；碰ｎ次后射出的 粒子，在磁场中运动的周期恒为Ｔ，轨迹如图４所示，转过的总 圆心角为α＝（π－θ１）＋（π－θ２）＋… ＋（π－θｎ＋１）＝（ｎ＋ １）π－（θ１＋θ２＋… ＋θｎ＋１）＝ｎπ，在磁场中运动的时间ｔｎ ＝ α ２π Ｔ＝ｎπｍｑＢ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ " ! %& " & " " " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ ! ! ! " ! '#" ! $ ! % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! ! ! ! ! １０．根据左手定则可判断正离子在磁场 中受力如图５，正离子在环向场中沿逆时针 方向运动，故 Ａ错误；由于洛伦兹力总是与 速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大 小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故Ｂ正确；                                                                      由图可 —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供心有ｑｖＢ＝ ｍｖ２ Ｒ，解得Ｒ＝ ｍｎ ｑＢ，可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度 不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，Ｂ越大，Ｒ越小，所以 同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手 定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁 移，故Ｃ错误，Ｄ正确． １１．（１）０．５２０；（２）低；（３）１ｂ　 ｄ ＢＩｂ 解析：（１）由丙图可知霍尔元件的厚度为 ｄ＝０．５ｍｍ＋ ２．０×０．０１ｍｍ＝０．５２０ｍｍ． （２）根据左手定则，可知负电荷向Ｍ板移动，所以Ｍ面的 电势低于Ｎ面的电势． （３）如图戊所示，当 １Ｒ ＝０时Ｒ为∞，此时电压表测的是 电源电动势，由图可得ＵＨ ＝ １ ｂ，根据ＵＨ ＝ｋ ＩＢ ｄ解得ｋ＝ ｄ ＢＩｂ． １２．竖直向下　前表面　ＵｎｅｈＩ 解析：（１）据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为 顺时针方向，即则ＡＢ间磁场方向为竖直向下． （２）电流向右，根据左手定则，安培力向里，载流子是负电 荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高． （３）设前后表面的厚度为ｄ，最终电子在电场力和洛伦兹 力的作用下处于平衡，有ｑＵｄ ＝ｑｖＢ，根据电流微观表达式，有 Ｉ＝ｎｅＳｖ＝ｎｅｄｈｖ，联立解得Ｂ＝ＵｎｅｈＩ． １３．解析：（１）秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读 数为Ｉ０＝０．１Ａ，对金属棒受力分析，根据平衡条件可得ｍ０ｇ＝ ＢＩ０Ｌｃｏｓθ＋Ｍｇｓｉｎθ，代入数据解得ｍ０ ＝０．０８８ｋｇ． （２）当电路中的电流最大时，称量物体的质量最大，电路 中的最大电流为电流表的量程，即ＩＡ ＝ Ｅ０ Ｒ＋Ｒ０ ，代入数据解得 Ｒ＝１Ω，对金属棒以及所称物体、秤盘受力分析，根据平衡条 件可得（ｍ０＋ｍｍａｘ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＡＬｃｏｓθ，代入数据解得ｍｍａｘ ＝０．１１６ｋｇ． （３）电流表示数Ｉ与所称物体的质量ｍ满足关系式（ｍ０＋ ｍ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＬｃｏｓθ，代入数据解得 ｍ＝０．０４Ｉ－０．００４ｋｇ（０．１Ａ＜Ｉ＜３Ａ）． ! " # $ ! % ! ! " １４．解析：（１）带电粒子在磁场 中运动时，根据牛顿第二定律有 ｑｖＢ ＝ｍｖ ２ Ｒ，所以Ｒ＝２Ｌ，如图６所示，沿 ｄａ方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是 α，由 几何关系知ｓｉｎα＝ １２，所以，射出磁场时速度方向与ａｂ边界 的夹角θ＝６０°． ! " # $ ! ! ! （２）从ｃ点射出磁场的粒子，轨 迹如图７所示，由几何关系知 ｓｉｎβ ＝ １２，弧 ｄｃ对应的圆心角为２β，粒 子在磁场中做圆周运动的周期为 Ｔ ＝２πｍｑＢ，所以，粒子从 ｄ到 ｃ的时间 为ｔ＝２β２π Ｔ，解得ｔ＝πｍ３ｑＢ． ! " # $ ! " % & ! ! （３）如图８所示，当粒子的运 动轨迹与ａｂ边界相切时，从ｂｃ边界 的ｅ点射出磁场，则ｅｃ即为ｂｃ边界 上有粒子射出的区间，由几何关系 知ｃｏｓφ＝ １２，ｄｆ＝Ｒｓｉｎφ＝ 槡３ ２Ｒ ＝槡３Ｌ，ｓｉｎγ＝ ２Ｌ－ｄｆ Ｒ ，ｅｃ＝Ｒｃｏｓγ－Ｌ，联立可得 ｅｃ＝ （ 槡４３－槡 ３－１）Ｌ． １５．解析：（１）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提 供向心力，由Ｂｑｖ０＝ｍ ｖ２０ ｒ１ 解得ｒ１＝０．１ｍ，由几何关系得离子 在磁场中的轨迹半径ＯＡ＝２ｒ１ｓｉｎα，解得ＯＡ＝槡 ３ １０ｍ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % & ' ! ! " （２）粒子在磁场中，运动轨迹如 图９，由几何关系可知圆心角θ＝２α ＝１２０°，则在磁场中运动时间 ｔ１ ＝ θ ３６０°× ２πｒ１ ｖ０ ＝π３×１０ －７ｓ，离子进入 电场后，经过时间ｔ２再次到达ｘ轴上，分析知离子在电场中做 类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为 ｖ０                                                                      的匀速直线运 —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 动，位移为ｌ１，则ｌ１ ＝ｖ０ｔ２，离子沿电场方向做初速度为零的匀 加速直线运动，加速度为ａ，位移为ｌ２，则Ｅｑ＝ｍａ，ｌ２ ＝ １ ２ａｔ ２ ２， 由几何关系可知ｔａｎ６０°＝ ｌ２ ｌ１ ，代入数据解得ｔ２＝槡 ３ ２×１０ －７ｓ， 则总时间ｔ＝ｔ１＋ｔ２ ＝（ π ３＋ 槡３ ２）×１０ －７ｓ． （３）由Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ｒ知，Ｂ越小，ｒ越大，设离子在磁场中最大 轨迹半径为 Ｒ，由图中几何关系得 Ｒ＝ １２（ｒ１－ｒ１ｃｏｓα）＝ ０．０２５ｍ，由牛顿运动定律得Ｂ１ｑｖ０＝ｍ ｖ２０ Ｒ，得Ｂ１＝４×１０ －４Ｔ， 则外加磁场磁感应强度的最小值Ｂ２ ＝Ｂ１－Ｂ＝３×１０ －４Ｔ． 第４２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｃ 提示： １．导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，就 不会产生感应电动势，也不会有感应电流，所以导体在磁场中 运动不一定能产生感应电流，故Ａ错误；要形成感应电流必须 是闭合回路且磁通量发生改变，所以闭合线圈整个放在变化磁 场中，但是线圈平面与磁场平行，磁通量为零时，不能产生感应 电流，故Ｂ错误；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 通量的变化，不一定与原磁场方向相反，故Ｃ错误，Ｄ正确． ２．从Ａ到Ｂ，穿过金属环的磁通量增加，故Ａ错误；从Ａ到 Ｂ，根据“来拒去留”可知，金属环受磁场力方向向上，故 Ｂ错 误；根据条形磁铁内外的磁感线分布可知，线圈在 Ｏ点时内外 磁感线抵消的最少，则磁通量最大，即从Ｂ到Ｏ，穿过金属环的 磁通量发生变化，故金属环中有感应电流产生，受磁场力的作 用，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当条形磁铁的Ｎ极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的 磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种 变化，于是相互远离．故Ｃ正确． ４．因磁铁ＡＢ极性不明或螺线管的绕法不明确，Ｃ端的极 性无法判断，故ＡＢ错误；在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线 管ＣＤ的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻 碍磁铁ＡＢ插入螺线管，Ｃ端的极性一定与磁铁 Ｂ端的极性相 同，故Ｃ错误，Ｄ正确． ５．向ｙ轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律 中的增反减同规律，线框内的感应电流沿逆时针方向，安培力 的大小Ｆ＝ＢＩＬ．根据左手定则可知边受到的安培力沿 ｙ轴负 方向，ａｄ边的安培力沿ｙ轴正方向，由于沿ｙ轴正方向磁感应强 度均匀增大，则ｂｃ边安培力大于ａｄ边的安培力，ｄｃ和ａｂ边所 受安培力大小相等方向相反，则整体受到的安培力沿轴负方 向．故Ｄ正确． ６．圆环ａ匀速转动，激发稳定磁场，ｂ内磁通量没有变化， 不会产生感应电流．故 ＡＣ错误；圆环 ａ匀速转动的角速度越 大，圆环ａ中电流越大，则穿过小圆环ｂ的磁通量越大．故Ｂ正 确；圆环ａ加速转动时，激发的磁场变强，小圆环ｂ内磁通量增 加，根据楞次定律可知，有顺时针方向的感应电流．故Ｄ错误． ７．闭合电键Ｋ后，把Ｒ的滑片右移，Ｑ中的磁场方向从左 向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故 Ａ 错误；闭合电键Ｋ后，将Ｐ中的铁芯从左边抽出，Ｑ中的磁场方 向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向 上，故Ｂ错误；闭合电键，将 Ｑ靠近 Ｐ，Ｑ中的磁场方向从左向 右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故Ｃ正确． ８．逆时针　向下　收缩 解析：在图中磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，导线 环中感应电流的方向为逆时针；由左手定则可知，圆环最上端 的导线微元受到安培力的方向向下，圆环会收缩． ! " # $ ! ９．解析：（１）根据右手螺旋定则， 线圈Ａ中的磁感线穿过线圈Ｂ的方向 如图（ｂ）中的实线所示，电路接通瞬 间，线圈Ｂ中的磁场增强，磁通量也增大；根据楞次定律，线圈 Ｂ中感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反，即如图（ｂ） 中的虚线所示；再用右手螺旋定则判断感应电流的方向便可确 定流过灵敏电流计的电流方向是Ｄ→Ｃ． （２）当Ｓ接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据楞次 定律和安培定则，则线圈 Ａ中感应电流从右向左流过电流计， 同理Ｂ中感应电流也从右向左流过电流计． 当Ｓ断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律和 安培定则，则线圈Ａ中感应电流从左向右流过电流计，同理                                                                      Ｂ —７— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 中感应电流也从左向右流过电流计． １０．解析：（１）该闭合电路是指 ＥＦＣＤ回路；当导体棒 ＣＤ 向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞次定律， 感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为逆时针方 向； （２）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体 棒ＣＤ中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导体棒ＣＤ 的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方向；当磁场方 向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方向不变，仍为逆 时针方向； （３）伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒运 动的方向，则四指指向感应电流方向． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＤ　３．ＡＤ 提示： １．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋 定则，知线框中感应电流方向ｂ→ｃ→ｄ→ａ→ｂ，故Ａ错误；线 框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋 势，ｂｃ边受到的安培力方向向上，故Ｂ正确；线框离开磁场过程 中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向 ａ→ ｄ →ｃ→ｂ→ａ，故Ｃ错误；线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通 量减少，线框有扩张的趋势，ｄａ边受到的安培力方向向上，故Ｄ 正确． ２．在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增 加，根据楞次定律的结论 “增缩减扩”可知，ｐ、ｑ将互相靠拢， 故Ａ正确，Ｂ错误；在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的 磁通量增加，根据楞次定律的结论“来拒去留”可知，磁铁受到 向上的阻力，磁铁的加速度小于ｇ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当闭合开关Ｓ的瞬间，穿过线圈 Ｐ向左的磁通量增加， 根据楞次定律，线圈Ｐ里产生与图示方向相同的感应电流，故 Ａ正确，Ｂ错误；同理，当断开开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ里有与图示 方向相反的感应电流，故Ｄ正确；Ｃ错误． ４．（１）向左偏转 （２）逆时针　收缩 解析：（１）断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏 转了一下，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电流增大， 与断开开关电流减小相反，灵敏电流计的指针向左偏转； （２）周围环境温度急剧上升时，Ｒ电阻减小，电流增大，直 螺线管产生的原磁场向右增加，根据楞次定律可知，金属环上 感应电流产生的磁场向左，从左向右看，金属环 Ａ中电流方向 逆时针；金属环上逆时针的感应电流在直螺线管产生的向右的 磁场中受到的安培力有收缩的趋势． ５．解析：（１）①线框进入磁场阶段：ｔ为０～ ｌｖ，线框进入 磁场中的面积与时间成正比，Ｓ＝ｌｖｔ，最后为Φ ＝ＢＳ＝Ｂｌ２． ②线框在磁场中运动阶段：ｔ为 ｌｖ～ Ｌ ｖ，线框磁通量为Φ ＝Ｂｌ２，保持不变． ! ! " #$ ! $ % & % &'$ % ③ 线框离开磁场阶段：ｔ为 Ｌｖ ～ Ｌ＋ｌ ｖ，线框磁通量线性减小，最后为零，磁 通量随时间变化的图像如图所示． （２）根据右手定则可知，ｃｄ边上的电流方向为ｃ到ｄ； （３）根据左手定则或楞次定律知，ｃｄ边在进出磁场过程中 受到的安培力方向均为向左                                                                      ． —８— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期