第1章 磁场对电流的作用 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

章末小结与质量评价 选择性必修第二册 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 03 阶段质量检测 04 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 [典例]　如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E、内阻为r的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为 (　 ) A.，水平向右 B.，垂直于回路平面向下 C.，竖直向下 D.，垂直于回路平面向上 考法一　安培力的综合应用问题 √ [解析]　对金属棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示。从图中可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，安培力的最小值为FA=mgsin θ，故磁感应强度的最小值为B==，根据欧姆定律，有：E=I(R+r)，故有：B=，根据左手定则，磁场方向垂直于回路平面向下。故选B。 1.通电导线在磁场中平衡和加速问题的分析思路 (1)选定研究对象。 (2)变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。 融会贯通 (3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。 2.安培力作用下的功能问题分析要点 (1)安培力做功与路径有关，这一点与静电力不同。 (2)安培力做功的实质是能量转化。 ①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。 ②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。 (3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。 (2025·广元期末检测)如图所示，用绝缘细绳竖直悬挂 一个匝数为n的矩形线圈，细绳与拉力传感器相连，传感 器可以读出细绳上的拉力大小。现将线框的下边MN垂直 置于匀强磁场中，MN边长为L。当导线中通以大小为I的 电流时，传感器的读数为F1；只将电流反向，传感器的读 数变为F2(F2>F1)。重力加速度为g，则可得到 (　 ) 对点训练 A.减小电流I重复实验，则F1减小、F2增大 B.传感器读数为F2时，MN中电流从M到N C.磁感应强度B= D.金属线框的质量m= √ 解析：对矩形线圈受力分析，矩形线圈受到重力、拉力和安培力，由于F2>F1，当安培力向下时有F2=mg+nIBL，当安培力向上时有F1= mg-nIBL，联立解得B=，m=，减小电流I重复实验，则F1增大、F2减小，故A、D错误，C正确；传感器读数为F2时，矩形线圈受到的安培力向下，根据左手定则可知，MN中电流从N到M，故B错误。 考法二　带电粒子在复合场中的运动 [典例]　如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的 匀强电场，场强大小E=10 N/C，在y≥0的区域内还存 在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.5 T。一带电荷量q=+0.2 C、质量m=0.4 kg的小 球由长l=0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g=10 m/s2)，求： (1)小球运动到O点时的速度大小； [答案]　2 m/s　 [解析]　小球从A运动到O的过程中，根据动能定理：mgl-qEl=m 解得小球在O点速度为：v0=2 m/s。 (2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； [答案]　8.2 N [解析]　小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：FT-mg-F洛=m 洛伦兹力：F洛=Bv0q，解得：FT=8.2 N。 (3)ON间的距离。 [答案]　3.2 m [解析]　悬线断后，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，小球在水平方向上做往返运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球水平方向加速度 ax===5 m/s2 小球从O点运动至N点所用时间为：t== s=0.8 s ON间距离为：h=gt2=×10×0.82 m=3.2 m。 1.带电粒子在组合场中运动 (1)四种常见的运动模型。 ①带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图： 融会贯通 ②带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图： ③带电粒子先在磁场中做匀速圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如下图(左)： ④带电粒子先在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做匀速圆周运动，如上图(右)。 (2)三种常用的解题方法。 ①带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。 ②带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。 ③带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。 2.带电粒子在叠加场中运动 (1)叠加场：电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。 (2)带电体在叠加场中运动的几种情况。 如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向 下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。 ①若考虑重力，且mg=Eq，则粒子做匀速圆周运动。 ②若不计重力，且qvB=Eq，则粒子做匀速直线运动。 ③若不计重力，且qvB≠Eq，则粒子做变加速曲线运动。 1.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离 子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大 小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如 图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射 出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+ (　 ) A.在电场中的加速度之比为1∶1 B.在磁场中运动的半径之比为∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开电场区域时的动能之比为1∶3 对点训练 √ √ √ 解析：离子P+和P3+质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度之比等于1∶3，A错误；离子在离开电场区域时有qU=mv2，故离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D正确；离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m，得半径r==，则半径之比为1∶ =∶1，B正确；设磁场宽度为d，由几何关系知d=rsin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ=30°，则θ'=60°，故转过的角度之比为1∶2，C正确。 2.如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是 (　 ) A.三个液滴都带负电 B.丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小 C.若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动 D.若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动 √ 解析：甲球受力平衡，有：G甲=qE，重力和静电力等值、反向、共线，故静电力向上，由于电场强度向上，因此甲球带正电，A错误；由左手定则可知乙球受到的洛伦兹力的方向向下，乙球受力平衡，得：G乙+qvB=qE；丙球受到的洛伦兹力的方向向上，丙球受力平衡，有：G丙=qvB+qE；解得：G丙>G甲>G乙，B正确；若仅撤去磁场，甲受到的重力和静电力不变，仍然静止，C错误；若仅撤去电场，乙和丙都受到重力和洛伦兹力的作用，由于重力做功会引起速度大小的变化，所以不可能做匀速圆周运动，D错误。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1.如图所示是探测地下金属管线的一种方法。首先 给长直金属管线通上直流电，利用可以测量磁场强 弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属 管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的水平地面上找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点作垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为60°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线 (　 ) A.平行于EF，深度为L B.平行于EF，深度为 C.平行于EF，深度为 D.垂直于EF，深度为L √ 解析：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到 磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离金属管 线最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将 这些点连成直线EF，说明这些点均离金属管线最 近，因此通电的金属管线平行于EF；画出左侧视 图，如图所示。b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为60°，故深度为，B正确，A、C、D错误。 2.某污水处理厂为了测量和控制污水的流量(单位 时间内通过管内横截面的流体的体积)设计了如图 所示的横截面为长方形的一段管道，其长、宽、 高分别为a、b、c，其两端与输送污水的管道相连(图中两侧虚线)，管道上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现在加上方向垂直于前后两面、磁感应强度为B的水平匀强磁场，当污水稳定地流过时，在此管道的上下两面连一个内阻为R的电流表，其示数为I，已知污水的电阻率为ρ，则其流量为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：最终稳定时有qvB=q，则v=，根据电阻定律得R'=ρ，则总电阻R总=R'+R，所以U=IR总=I，解得v=，所以流量Q=vS=vbc=，D正确。 3.(2024·甘肃高考)质谱仪是科学研究中的重要仪器， 其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U； Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1、 方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1、 方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的 磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。 答案：带正电　　 解析：由于粒子在偏转分离器Ⅲ中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电； 设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0， 在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1=qE1 在加速电场中，由动能定理得qU=m 联立解得粒子的比荷为=。 (2)求O点到P点的距离。 答案：　 解析：由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2=m 可得O点到P点的距离为OP=2r=。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 答案： 解析：粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上 的洛伦兹力F洛=qv0B1 受到向下的电场力F=qE2 由于E2>E1，且qv0B1=qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2=q(v0+v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时，在纸面内以v1沿逆时针方向做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。 阶段质量检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路。以下说法正确的是(　 ) A.闸刀刀片中的电流方向为O至C B.闸刀刀片中的电流方向为C至O C.跳闸时闸刀所受安培力没有做功 D.增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值增大 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 解析：当CO通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向O→C，A正确，B错误；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，C错误；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F=BIL可知，增大匀强磁场的磁感应强度B，电流I变小，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.电磁流量计如图甲所示，它利用磁场 对电荷的作用测出液体的流量，其原理 可以简化为如图乙所示模型，液体内含 有大量正、负离子，在竖直向下的匀强磁场作用下，从容器左侧流入，右侧流出。下列说法正确的是 (　 ) A.离子受到竖直方向的洛伦兹力 B.带负电离子与带正电离子受力方向相同 C.上、下两侧面有电势差 D.前、后两侧面有电势差 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：离子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前、后两个侧面，形成电势差，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.如图所示，用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细 均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与 ad边成60°角，ab=bc=cd=L。框架与一电动势为 E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框 架平面有一磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场，则框架受到的安培力的大小和方向为 (　 ) A.，竖直向上 B.，竖直向上 C.，竖直向下 D.，竖直向下 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据电阻定律可知，长度为L的电阻丝的阻值为R0=ρ，则梯形框架上ab、bc、cd边上对应的总电阻为3R0，由几何关系得，ad边的长度为2L，所以ad边对应的电阻为2R0，并联部分的总电阻为R==R0，电路中的总电流I=，框架所受的安培力F=BI·2L，联立解得F=，由左手定则可知安培力方向竖直向上，A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.如图所示，一个He粒子从平行板电容器的左极 板由静止释放后，经过一段时间恰好从右极板的小 孔进入复合场且沿水平虚线ab向右运动到b点。不 计粒子重力，下列说法正确的是(　 ) A.如果将He换成H，粒子在复合场中不能沿直线运动 B.如果将He换成H，粒子在复合场中不能沿直线运动 C.无论换成什么样的带电粒子，带电粒子都能沿直线运动 D.如果增大平行板电容器两板间的电压He粒子仍能沿直线运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：带电粒子在电场中加速时，根据动能定理得qU=mv2，可得v=He粒子和H粒子的比荷相同，故两粒子进入复合场的速度相同，粒子进入复合场后，对粒子受力分析，满足qE=qvB，故粒子在复合场中沿直线运动，选项A错误；如果将He换成HH粒子的速度大，故受到的洛伦兹力大，不能沿直线运动，选项B正确，C错误；增大平行板电容器两板间的电压，粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大He粒子不能沿直线运动，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹圆半径为2d。O'在MN上，且OO'与MN垂直。下列判断正确的是 (　 ) A.电子将向右偏转 B.电子打在MN上的点与O'点的距离为d C.电子打在MN上的点与O'点的距离为d D.电子在磁场中运动的时间为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：电子带负电荷，进入磁场后，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向向左，故电子将向左偏转，A错误；电子的运动轨迹如图所示，设电子打在MN上的点与O'点的距离为x，则由几何知识得x=r-=2d-=(2-)d，B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ==0.5，得θ=，则电子在磁场中运动的时间为t==，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影 响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分 子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现 正上方有如图所示的沿顺时针方向运动的弧状极 光，则关于这一现象中的高速粒子的说法正确的是 (　 ) A.该粒子带负电 B.该粒子轨迹半径逐渐增大 C.若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转 D.地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最强 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：北极上空地磁场方向向下，北极正上方有沿顺时针方向运动的弧状极光，根据左手定则可知，该粒子带正电，A错误；根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式r=，运动过程中粒子因空气阻力做负功，动能变小，速度减小，则轨迹半径减小，B错误；赤道正上方地磁场水平向北，根据左手定则可知，若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转，C正确；在南、北两极附近地磁场垂直地面，则地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最弱，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 7.如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场， 一个带负电荷的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入 方向与y轴正方向的夹角为45°，经时间t与静止在坐 标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合 为微粒c。已知a、b质量相同(重力均不计)，则c在磁场中运动的时间为 (　 ) A.0.25t B.0.5t C.t D.2t √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设微粒a的速率为v，两微粒碰撞过程系统动量守恒， 以a微粒的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=2mv'， 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根 据牛顿第二定律，对a有qvB=，对c有qv'B=2m，解得 ra=，rc===ra，微粒运动轨迹如图所示，由几何知识可知，a、c两微粒做匀速圆周运动转过的圆心角相等，都是90°，微粒在磁场中做圆周运动的周期Ta=，Tc===2Ta，则微粒在磁场中的运动时间ta=Ta=t，tc=Tc=2t，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 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.如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、 b中的电流大小分别为2I和I，电流方向如图中箭头所示， 此时a受到的安培力大小为F。若在a、b的正中间再放置 一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的安培 力大小变为2F，则b受到的安培力可能是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 A.大小为，方向向左 B.大小为，方向向右 C.大小为，方向向右 D.大小为，方向向左 解析：未放c导线时，a、b导线之间的安培力是吸引力，大小相等，置入c导线后，a导线受到的安培力大小为2F，方向可能向左，也可能向右，故c导线对a导线的作用力可能向右、大小为F，或向左、大小为3F，所以c导线对b导线的作用力可能向右、大小为，或向左、大小为，则b导线受到的安培力为向右、大小为，或向左、大小为。B、D正确。 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 9.如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是 (　 ) A.粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1 B.粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1 C.圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1 D.区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A错误；根据t=，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，B正确；圆心角θ=，r=，由于区域Ⅰ、Ⅱ磁场的磁感应强度之比未知，故粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的运动半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的方向相反，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在磁场中能 够偏转的原理，按物质、原子、分子或分子碎片的质量 差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。如图所示为 某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速 电场中，经电压U加速后，从小孔P沿垂直极板方向进入垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。但受加速电场实际结构的影响，从小孔P处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散(其他方向的忽略不计)，光屏上会出现亮线，若粒子带电荷量均为q，其中质量分别为m1、m2(m2>m1)的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 A.从小孔P处射出的粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足cos θ= B.从小孔P处射出的粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足sin θ= C.两种粒子形成的亮线的最大总长度为 D.两种粒子形成的亮线的最大总长度为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：粒子在电场中加速，根据动能定理有qU=m1，在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有qv0B=m1，解得R1= ，同理可得R2= ，发散角为最大值θ时，质量为m2的粒子在光屏上形成的亮线的右边缘恰好与质量为m1的粒子在光屏上形成的亮线的左边缘重合， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 如图所示(磁场中虚线为质量为m2的粒子的运动轨迹，实线为质量为m1的粒子的运动轨迹)，则2R2cos θ=2R1，联立解得cos θ= ，此时两种粒子形成的亮线总长度最大，为Δx=2R2-2R1cos θ= ，A、D正确，B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 三、非选择题(本题共4小题，共54分) 11.(12分)如图，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。已知甲离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙离子在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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)磁场的磁感应强度大小；(5分) 答案： 解析：设甲离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U=m1 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1 ② 由几何关系知2R1=l ③ 由①②③式得B=。 ④ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)甲、乙两种离子的比荷之比。(7分) 解析：设乙离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=m2 ⑤ q2v2B=m2 ⑥ 由题给条件有2R2= ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶=1∶4。 答案：1∶4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 12.(13分)如图所示，在与水平方向成60°角 的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导 轨上放一重为3 N的金属棒ab，棒上通过3 A的电 流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小。(4分) 答案： T　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：金属棒静止时，其受力如图所示 则有：F=Gtan 60°， 即BIl=Gtan 60°， 解得B== T。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)ab棒对导轨的压力大小。(4分) 答案：6 N 解析：由牛顿第三定律可知，金属棒ab对导轨的压力与金属棒受到的支持力FN大小相等，FN==6 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (3)若要使B取值最小，其方向应如何调整?并求出最小值。(5分) 答案：B应垂直斜面向上　 T 解析：若要使B取值最小，即安培力F最小。显然当F平行于斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直斜面向上，且有：F=Gsin 60°，所以BminIl=Gsin 60°，解得Bmin== T。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 13.(13分)如图所示，竖直放置的两块足够大的平 行金属板a、b间的距离为d，a、b间匀强电场的电场强 度大小为E，现有一电荷量为q的带正电小球从a板下边 缘以一定的初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板 时，速度大小与射入电场时的速度大小相同，而方向 变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入宽度也为d的矩形区域(矩形区域的上、下边界分别与金属板的上、下边缘平齐，边界c竖直)，一段时间后，小球恰好从边界c的最下端P飞离矩形区域。已知矩形区域所加匀强电场的电场强度大小也为E、方向竖直向上，矩形区域所加匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向外，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)小球的质量m及其射入电场时的速度大小v0；(5分) 答案：　　 解析：设小球在平行金属板间运动的时间为t1，则水平方向有d=t1= 竖直方向有d=t1=g 解得：小球的质量m=，射入电场时的速度大小v0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)矩形区域所加磁场的磁感应强度大小B及小球在ab、bc区域中运动的总时间t。(8分) 答案：E 　 解析：由(1)可知小球在平行金属板间运动的时间t1= 由于qE=mg，故小球在bc区域中做匀速圆周运动，由几何关系可知，其半径R=d，又有R= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解得磁场的磁感应强度大小B=E 小球在磁场中运动的时间t2=== 故小球在ab、bc区域中运动的总时间t=t1+t2=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.(16分)如图所示，静止于A处的正离子，经电 压为U的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CN进入矩形区域的有界匀强电场， 电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向 分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图 所示；离子质量为m、电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(8分) 答案：　 解析：离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有qU=mv2 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0=m，解得R=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值。(8分) 答案： 解析：离子在匀强电场QNCD内做类平抛运动 d=vt，3d=at2 由牛顿第二定律得qE=ma， 联立解得E=。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $