第1章 安培力与洛伦兹力-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

—66 — (2)由几何关系可知,光线①在F 点的入射角为i=30° 由折射率n=1.6,sin38°= 11.6 ,可知发生全反射的临界角C= 38°>30° 所以光线①在F 点不发生全反射。 由sinr sini=n ,可得sinr=0.8 (3)画出此时的光路图,如图2所示。光线①在CD 画恰好发生 全反射,结合几何关系可知,CD 面与AB 面的夹角α=C=38° ∠O1O2M=90°-∠MO1O2=90°-2C=14° ∠MO2A=90°- 1 2∠O1O2M=83° ∠EO2M=∠EAB=180°-∠MO2A=97° 则AE 面与AB 面的夹角β=97° 答案 (1)倒立的像 (2)不发生全反射 0.8 (3)38° 97° 15.解析 (1)滑块a从D 到F,由能量关系mg·2R=12mvF 2-12 mv02;在F 点FN-mg=m vF2 R ,解得vF=10m/s,FN=31.2N (2)滑块a返回B 点时的速度vB=1m/s,滑块a一直在传送带 上减速,加速度大小为a=μg=5m/s 2,根据vB2=vC2-2aL,可 得在C点的速度vC=3m/s 则滑块a从碰撞后到达C 点12mv1 2=12mvC 2+mg·2R 解得v1=5m/s 因ab碰撞动量守恒,则mvF=-mv1+3mv2 解得碰后b的速度v2=5m/s 则碰撞损失的能量ΔE=12mvF 2-12mv1 2-12 ·3mv22=0 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则ab碰后的共同速度mvF =4mv 解得v=2.5m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv' 则v'=53 m /s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由能量关系 1 2 ·4mv2=12 ·6mv'2+12kx1 2 解得x1=0.1m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2m 答案 (1)10m/s;31.2 (2)0 (3)0.2m 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [塞子被喷出瞬间,试管内的气体对塞子有斜向右上的作用力,所 以塞子有向上的加速度,则系统处于超重状态,系统所受合外力不为 零,动量不守恒,A、D错误;水蒸气的内能转化为小车的动能和塞子的 动能,系统的机械能增加,如果将小车固定在水平面上,则塞子获 得的动能增大,塞子被喷出的速度将增大,B错误,C正确。] 2.C [设点光源距水面的深度为h,被光照亮的圆形区域的半径为 r,由几何关系有sinC= r r2+h2 ,又sinC=1n ,S=πr2,得S= πh2 n2-1 ,可知S1 S2 = n22-1 n12-1 ,故选C。] 3.C [因为A1O1=A2O2,所以甲、乙两质点 的v-t图像与t轴所围成的面积相等,结 合题意,作出甲质点从A1 到O1 与乙质点 从A2 到O2 的v-t图像,如图所示,得出 t1<t2,故C正确,ABD错误。] 4.C [使用者用力大小影响的是振幅,与振 动快慢没有关系,A错 误;飞 力 士 棒 做 受 迫振动,驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相差越小,飞力士棒 的振幅越大,所以随着手振动的频率变大,飞力士棒振动的幅度不 一定变大,B错误;若双手驱动使该飞力士棒每分钟发生270次全 振动,则驱动力的频率f=27060Hz=4.5Hz ,与飞力士棒的固有频 率相等,飞力士棒会产生共振,C正确;若只将PVC杆缩短,飞力 士棒的固有频率会改变,D错误。] 5.B [双缝干涉条纹是均匀的,所以题图乙是双缝干涉条纹,但也发 生了衍射现象,A项正确;遮住一条狭缝,就只能观察到单缝衍射 现象,狭缝宽度增大时,衍射现象减弱,题图丙中中央亮条纹宽度 减小,B项错误;照射两狭缝时,发生双缝干涉,根据Δx=Lλd 可知, 当增加L时,题图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大,C项正确; 照到双缝的光是由一束光经单缝衍射后形成的,两光的相位相同, 根据相干条件可知,|S2P-S1P|=(2n+1) λ 2 (n=0,1,2,…)时, P 点处一定是暗条纹,D项正确。] 6.D [由波形图可知,该波的波长为λ=2m。若该波沿x轴正方向 传播,则其周期满足T=t2-t11 4+n =0.3s1 4+n ,由于T>0.3s,则n=0, 即T=1.2s,故其频率和波速分别为f=1T = 5 6 Hz ,v=λT = 5 3 m /s。若该波沿x轴负方向传播,则T=t2-t13 4+n =0.3s3 4+n ,由于 T>0.3s,则n=0,即T=0.4s,故其频率和波速分别为f=1T= 2.5Hz,v=λT =5m /s。故ABC错误,D正确。] 7.A [当x=R 时,画出光路图,如图1所示,由几何关系可得sini =R2R= 1 2 ,又sini sinr=n ,可得sinr= 1 2 2 ,由正弦定理可得 R sinr= 2R sin(π-θ) ,可得sinθ= 22 ,θ=45°,发生全反射的临界角C 满足 sinC=1n ,可得C=45°,易知光线恰好在内圆表面上发生全反射, A正确。当x= 2R 时,画出光路图,如图2所示,由几何关系可 得sini'= 2R2R = 2 2 ,又sini' sinr'=n ,可得sinr'=12 ,结合光路图,可 得折射光线与内圆相切,由对称性可知r″=45°,由几何知识可知 光线从外圆射出方向与图中入射光线的夹角小于45°,BC错误。 由以上分析可知,D错误。] 8.BC [根据数学知识可知,曲线上各点到两波源的距离之差均为 4m,等于波长,则曲线上各点都是振动加强点,选项A错误;因为 曲线上各点到两波源的距离之差均为4m,则两个波源同时发出 的波传到曲线上的同一点差了一个周期的时间,选项B正确;由数 学知识可知,a=2,c=4,则由a2+b2=c2 可得b2=12,则曲线的方 程为x 2 4- y2 12=1 ,则曲线上存在一个坐标为(4,6)的点,选项C正 确;虚线框内y轴上的各点到两波源的距离都相等,故都是振动加 强点。选项D错误。] 9.AD [细线烧断后,对小木船与铁块组成的系统,由平均动量守恒 得 Ms1=ms2,s1+s2=L,解得s1=0.5m,s2=2.5m,铁块离开小 木船后做平抛运动,(s1+x)=v2t,h= 1 2gt 2,解得t=0.4s,v2= 3m/s,A正确,B错误。细线烧断后,由 动 量 守 恒 定 律 得 Mv1- mv2=0,解得v1=0.6m/s,C错误。由机械能守恒定律得Ep= 1 2 Mv12+ 1 2mv2 2,解得Ep=108J,D正确。] 10.AD [由题图乙可知该波的周期T=0.50s,则该波经过T2 ,传 播到x=-2m的质点 Q,波在介质中匀速运动,所以经过一个 T,将传播到x=-4m处质点,故该波的波长为4m,A正确;波 速v=λT =8m /s,波传播到P 点经过t1= xP v = 15 8s= 15 4T ,由振 动图像知波源起振方向是向上的,所以t1= 15 4T 时P 点开始向 上振动,再经过t2= 3 4 T 第一次到达波谷,即P 点第一次到达波 谷所用时间t=t1+t2= 15 4T+ 3 4T= 9 2T=2.25s ,B错误;由上 面分析可知,P 点第一次到达波谷时是t=92T 时刻,波传播到Q 用时T 2 ,所以t=92T 时,Q 运动时间t3= 9 2T- T 2=4T=2s ,C 错误;t=92T 时,Q 运动时间为4T,所以通过的路程s=16A=16 ×5cm=80cm=0.8m,D正确。] 11.解析 (1)推动小车P,小车P 经过短暂的加速后,在碰撞前做匀 速直线运动,在相同的时间内通过的位移相同,BC 段为小车P 碰撞前匀速运动的阶段,故选BC 段来计算小车P 碰撞前的速 度;碰撞过程是一个变速运动的过程,而小车P 和Q 碰撞后共同 运动时做匀速直线运动,在相同的时间内通过相同的位移,故选 DE 段来计算小车P 和Q 碰撞后的共同速度。 (2)由题图乙可知,BC=10.50cm=0.1050m,DE=6.95cm= 0.0695m;则碰 前 小 车 P 的 速 度 为vP = BC t = 0.1050 0.02×5m /s= 1.05m/s,碰前的总动量 为p=mPvP =0.4×1.05kg·m/s= 0.420kg·m/s;碰 后 小 车 P 和 Q 的 共 同 速 度 为v=DEt = 0.0695 0.02×5m /s=0.695m/s,碰后的总动量为p'=(mP +mQ)v= (0.4+0.2)×0.695kg·m/s=0.417kg·m/s。 (3)根据碰撞前后系统总动量的关系可知,在误差允许的范围内, 系统动量守恒。 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许的范围 内,系统动量守恒 12.解析 (1)分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺主尺读数为 15mm,游标尺读数 为0.1×5mm=0.5mm,所 以 最 终 读 数 为 15mm+0.5mm=15.5mm。 (2)第1条亮条纹游标卡尺读数为11mm+0.1mm=11.1mm, 相 邻 两 条 亮 条 纹 间 距 Δx = x7-x1n-1 = 15.5-11.1 6 mm ≈0.733mm。 (3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,需减小相邻两条亮条 纹的间距,由相邻两条亮条纹的间距公式Δx=ldλ 可知,可增大 双缝间距d,或减小双缝到屏的距离l,故A、C、D错误,B正确。 (4)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,则 在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时,测量值大于实际值。 答案 (1)15.5 (2)0.733 (3)B (4)大于 13.解析 (1)发光像素单元发出的光射到屏障上被屏障吸收,射到 屏障顶端的光射到透明介质和空气界面,折射后从界面射向空 气,能够射出介质的光在界面的入射角正弦值 sini= L 2 L 2 2 +d2 折射角为r=θ2=30° 由折射定律有n=sinrsini 代入数据解得d=25 15mm≈1.55mm (2)sini'= L+x 2 L+x 2 2 +d2 折射角为r'=θ2=90° 由折射定律有n=sinr'sini' 代入数据解得x= 2 3 3 -0.8 mm≈0.35mm 答案 (1)1.55mm (2)0.35mm 14.解析 (1)从图中读出波长λ=1m 周期T=0.8s 由于A的起振方向向上,故波沿着x轴负方向运动,P 点正在向 下(或沿-y方向)运动; (2)水波传播速度v=λT =1.25m /s (3)由于A浮子振动时B浮子已经在波峰,故B浮子先振动,从B 传到A经历的时间为t=T4+nT (n=0,1,2…) n=0时,t0=0.2s A、B间距离为s0=vt0=0.25m n=1时,t1=1.0s A、B间距离为s1=vt1=1.25m n=2时,t2=1.8s A、B间距离为s2=vt2=2.25m 故A、B两浮子间的可能距离为0.25m,1.25m,2.25m。 答案 (1)1m 0.8s P 点正在向下(或沿-y方向)运动 (2)1.25m/s (3)0.25m 1.25m 2.25m 15.解析 (1)a、b一起下滑时根据动能定理有(M+m)gssin30°= 1 2 (M+m)v02 代入数据得v0=5m/s (2)从a与挡板发生碰撞反弹到绳刚好绷紧,根据受力分析可知 两球的加速度大小均为 a=gsin30°=5m/s2 这段过程中a球的位移大小xa=v0t- 1 2at 2 b球的位移大小xb=v0t+ 1 2at 2 又因为xa+xb=L 代入数据解得t=0.5s 绳绷紧前瞬间有 va=v0-at=(5-5×0.5)m/s=2.5m/s vb=v0+at=(5+5×0.5)m/s=7.5m/s 绳绷紧过程动量守恒,取沿斜面向下为正,有mvb-Mva=(m+M)v 当 M=m 时解得v=2.5m/s 故绳绷紧瞬间,a、b两球的共同速度v 的大小为2.5m/s,方向沿 斜面向下 (3)若Mm =k ,v=mvb-Mvam+M = vb- M mva 1+Mm = vb-kva 1+k 令v=0,可得k=3 讨论: 当k<3时,v>0,方向沿斜面向下 当k=3时,v=0 当k>3时,v<0,方向沿斜面向上 答案 (1)5m/s (2)2.5m/s 方向沿斜面向下 (3)见解题 思路 选择性必修第二册 第一章 安培力与洛伦兹力 1.C [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.C [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.B [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.D [粒子射出回旋加速器时qvB=mv 2 R ,Ek= 1 2mv 2,得 Ek= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 65 — —68 — q2B2R2 2m ,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 v2 r ,得r=mvqB ,31H的比荷最小,则偏转半径最大,D正确。] 5.D [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'= k1 k2 I0,故选D。] 6.B [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=qv0Bsin30°,所以 E B = 1 2v0 , 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 mgsin30°=ma,即a=12g , 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.A [带电粒子进入磁场中做圆周运动,半径r=mv0qB ,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L 2 ;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。] 8.BC [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 =mv 2 r ,所 以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。] 9.AD [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=mv 2 r ,解得带电粒子在磁场中做圆周运 动的半径r=mvqB ,周期T=2πrv = 2πm qB ,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= m1v0 qB ,T= 2πm1 qB ,碰撞前后两粒子动量守恒,则m1v0=(m1+m2)v,碰撞后r' = (m1+m2)v qB r ,T'=2π (m1+m2) qB >T= 2πm1 qB ,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.ABD [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π 2 ,根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m v02 R , 可得q m = v0 BR ,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 =T2= πR v0 ,故C错误;粒子 在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a=Eqm = Ev0 BR ,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 = 2v0 a = 2BR E ,故D正确。] 11.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=mv 2 r , 解得v=2qBRm 。 答案 2qBRm 12.解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得 I= ER0+r =2A 导体棒受到的安培力大小为F安 =BIL=4N (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mgsin30°+Ff=F安 垂直于斜面方向有FN=mgcos30° Ff=μFN 联立解得μ= 3 3 。 答案 (1)4 (2)33 13.解析 (1)离 子 在 加 速 电 场 中 加 速,根 据 动 能 定 理,有qU= 1 2mv0 2 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 =mv0 2 R 解得加速电压U=E0R2 (2)离子进入匀强电场后做类平抛运动,有2d=v0t 3d=12at 2,qE=ma 解得E=3E0R2d (3)由动能定理得Eq·3d=12mv 2-12mv0 2 解得离子击中Q 点时的速度大小为v= 10E0qRm 。 答案 (1) E0R 2 (2) 3E0R 2d (3) 10E0qR m 14.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= mg 2qv0 (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 v02 R 解得R=mv0qB2 圆周运动的周期T=2πRv0 解得T=2πmqB2 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=θ2πT 可知微粒在yOA 区域内运 动的时间为t= πm3qB2 (3)微粒进入AOx 区域后,根据动能定理有 mgRsin30°=Ek- 1 2mv0 2 解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek= m2gv0 2qB2 +12mv0 2。 答案 (1)mg2qv0 (2)πm3qB2 (3) m2gv0 2qB2 +12mv0 2 15.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=mv 2 R1 ,qv·2B=mv 2 R2 , 解得R1= mv qB ,R2= mv 2qB T1= 2πR1 v = 2πm qB ,T2= 2πR2 v = πm qB 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tanα=3L4L=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= 2β 360°T1 ,t2= 2β 360°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=53πm60qB (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=OPn = (4L)2+(3L)2 n = 5L n (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= R1 R1+R2 x=23x 由图中的几何关系可知 x1 2 R1 =cosα 由(1)可得R1= mv qB 由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=25qBL12nm (n=1,2,3…)。 答案 见解析 第二章 电磁感应 1.C [由于接触不良,会导致受电弓与车厢发生短暂分离,再次与 车厢接触时,通电会产生瞬间的自感现象,从而产生电火花。故 选C。] 2.A [根据电磁驱动原理,题图甲中当手摇动柄使得蹄形磁体转 动,则铝框会同向转动,且比磁体转动得慢,故 A正确;转动铜盘 时,铜盘切割磁感线,从而产生感应电流,铜盘动能转化为电能,铜 盘转速变小,B错误;磁电式仪表,把线圈绕在铝框骨架上,铝框中 产生感应电流,使线框尽快停止摆动,起到电磁阻尼的作用,若用 质量相等的塑料框则不会产生感应电流,因此不会产生阻碍效果, C错误;磁体在铝管中下落时,铝管产生涡流,对磁体产生向上的 阻力,所以磁体不是做自由落体运动,D错误。] 3.A [经过时间t1,面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角 为θ处,磁通量变化量为ΔΦ=BSsinθ,由法拉第电磁感应定律,线 圈中产生的平均感应电动势的大小为E=NΔΦΔt= NBSsinθ t1 ,由楞 次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向,故选A。] 4.D [根据题意,由右手定则可知,杆切割磁感线产生的感应电流 方向为由b到a,则a端电势始终高于b端电势,故A错误;根据题 意可知,杆运动过程中,垂直磁场方向的分速度大小发生变化,则 感应电流大小变化,故B错误;安培力对杆的冲量大小为I=􀭺Ft= B􀭵ILt,又q=􀭵It,􀭵I= 􀭺E R ,􀭺E=ΔΦΔt ,可得q=BL 2 R ,则安培力对杆的冲 量大小为I=B 2L3 R ,故C错误;根据题意,设安培力对杆做的功为 W,由动能定理有 mgL+W=12mv 2,解得 W=12mv 2-mgL,故 D正确。] 5.C [若小球在环上运动一周,可将圆环看成一导电回路,根据题 图乙可得感应电动势为U=ΔBΔtS= (B2-B1)πR2 t0 ,小球在环上运 动一周,则涡旋电场对小球的作用力所做功的大小为 W =qU= q(B2-B1)πR2 t0 ,故选C。] 6.B [由楞次定律及左手定则可知线框进入磁场后受向左的安培力 作用,做减速运动,则有F=BIL=BBLvR L= B2L2v R =ma ,则线框 先做加速度减小的减速运动;全部进入后,无感应电流,则安培力 为0,线框做匀速运动,故A错误;线框完全进入磁场时,根据电流 的定义式 有q=􀭵It= 􀭺E Rt= ΔΦ R = BL2 R =1C ,根 据 动 量 定 理 有- B􀭵ILt=mv1-mv0,解得v1=1.0m/s,故B正确,D错误;在线框进 入磁场的过程中,根据功能关系有Q=12mv0 2-12mv1 2,解得线 框中产生的焦耳热为Q=0.3J,故C错误。] 7.C [t=3s时磁感应强度为Bt=kt=0.6T,金属杆的速度为v= at=3m/s,在t=3s时刻,金属杆与初始位置的距离为x=12at 2 =4.5m,这时,杆与导轨构成的回路的面积为S=xL=0.9m2,此 时金属杆产生的感应电动势为E=SΔBΔt+BtLv=0.54V ,由闭合 回路欧姆定律,有I=ER =0.18A ,故选C。] 8.AC [闭合开关S,由于线圈L 中自感电动势阻碍电流的增加,则 L1 逐渐变亮,但是二极管处于反向截止状态,则L2 一直不亮,选 项A正确,B错误;断开开关S,L 中产生自感电动势阻碍电流的 减小,且L 中感应电流与原来电流同向,即L 相当于电源,与L1、 二极管D以及L2 组成新的回路,则使得L1 逐渐变暗至熄灭,L2 变亮后再与L1 同时熄灭,选项C正确,D错误。] 9.BD [在0~0.5T 时间内,向里的磁场减弱,根据楞次定律,可知 感应电流为顺时针方向为正,根据法拉第电磁感应定律E1= ΔB1 Δt1 S,可知感应电动势E1 保持不变,因此回路中的电流保持i1 不变; 在0.5T~T 时间内,向里的磁场增强,根据楞次定律,可知感应电 流为逆时针方向为负,根据法拉第电磁感应定律E2= ΔB2 Δt2 S,可知 感应电动势E2 保持不变且大小为E1 的2倍,回路中的电流i2 保 持不变,且大小为i1 的2倍,A错误,B正确;由左手定则可知,在 0~0.5T 时间内,bc边所受安培力水平向右为正,在0.5T~T 时 间内,bc边所受安培力水平向左为负;根据F=BiL 可知,在0~ 0.5T时间内,bc边所受安培力逐渐减小;在0.5T~T 时间内,bc 边所受安培力逐渐增加,且在0.5T~T 时间内安培力的最大值为 在0~0.5T 时间内最大值的4倍,故C错误,D正确。] 10.BC [CD 棒进入磁场后,根据右手定则可知,感应电流方向为从 D→C,则AB 棒电流方向为A→B,当AB 棒刚进入磁场的瞬间, 此时AB 棒、CD 棒均切割磁感线产生感应电流,故流经AB 的感 应电流方向由B→A,发生变化,AB 棒未进入磁场前UAB>0,AB 棒进入磁场后UAB>0,故A错误;经过t时间CD 棒进入磁场,则 此时CD 的速度为v=gsin30°·t=12gt ,CD 棒刚进入磁场时的 瞬时加速度为零,则安培力等于重力沿轨道向下的分力,即B0IL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 67 — — 30 — 选择性必修第二册 第一章 安培力与洛伦兹力 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 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C.b→a, k2 k1 I0 D.b→a, k1 k2 I0 6.(2025·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.EB= 1 2v0 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 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= mv0 qL ,A、C、D选项中曲线均为半径是L 的1 4 圆弧,B选项中曲线为半径是L2 的圆) ( ) 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·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 ( ) — 29 — — 32 — 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 9.(2025·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 10.(2025·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 v0 BR C.粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0 D.粒子在电场中运动的总时间为2BRE 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 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12R ,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 。 12.(8分)(2025·四川凉山州高二期末)如图所示,两平行金属导轨间的距离L =1m,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=2T的匀强磁场。金属导轨的一 端接有电动势E=6V、内阻r=1Ω的直流电源。现把一根质量m=0.4kg 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=2Ω,导 轨电阻不计,g取10m/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; (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数为 。 13.(10分)(2025·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; (2)QN、DC间匀强电场的电场强度大小; (3)离子击中Q 点时的速度大小。 14.(12分)(2025·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= mg 2q ,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= mg q 。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)第二象限的匀强磁场的磁感应强度B1 的大小; (2)微粒在yOA 区域内运动的时间t; (3)微粒运动到x轴上时动能的大小Ek。 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sin37°=0.6,cos37°=0.8。则: (1)粒子从P 点运动到O 点的时间至少为多少? (2)粒子的速度大小可能是多少? — 31 —