章末检测试卷（第一章）（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 浙江）

章末检测试卷(第一章) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 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.(2023·绍兴市高二期中)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于电子接下来的运动，下列说法正确的是(　　) A.电子将向下偏转，速率变大 B.电子将向上偏转，速率不变 C.电子将向上偏转，速率变小 D.电子将向下偏转，速率不变 答案　B 解析　根据安培定则可知导线下方磁感应强度方向垂直纸面向外，再根据左手定则可知电子将向上偏转，由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变，故选B。 3.(2024·浙江高二月考)“旋转的液体”实验装置如图，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁体的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连，接通电源后液体旋转起来，从上往下俯视，以下说法正确的是(　　) A.液体中电流由边缘流向中心，液体逆时针旋转 B.液体中电流由边缘流向中心，液体顺时针旋转 C.液体中电流由中心流向边缘，液体逆时针旋转 D.如果将两磁极对换，电源正负极对换，液体的旋转方向将改变 答案　A 解析　在电源外部电流由正极流向负极，因此电流从边缘沿半径流向中心，根据左手定则可知俯视时液体逆时针旋转，故A正确，B、C错误；如果将两磁极对换，电源正、负极对换，液体所受安培力不变，则液体的旋转方向不变，故D错误。 4.(2024·湖州市高二期末)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH=k，式中k为霍尔系数，与霍尔元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则下列说法不正确的是(　　) A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高 B.若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变 C.通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成反比 D.电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比 答案　C 解析　由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向指向后表面，则电子向后表面集聚，则霍尔元件前表面的电势比后表面的高，选项A正确；若电源的正、负极对调，通过霍尔元件的电流方向和磁场方向都反向，则电子所受洛伦兹力方向不变，产生的霍尔电压方向不变，则电压表指针偏转方向不变，选项B正确； 霍尔元件与电阻R串联后与电阻RL并联，总电流为I，根据并联电路的分流关系可知，通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成正比，选项C错误；电压表的示数等于霍尔电压UH=k，式中电流IH与线圈中电流I成正比，磁感应强度大小B与I成正比，则电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比，选项D正确。 5.(2023·浙江联考开学考试)磁体在弹簧的作用下置于粗糙的斜面上，极性如图所示，在磁体的中垂线某一位置放置一根通电导线。电流方向垂直于纸面向外，目前弹簧处于压缩状态，磁体保持静止，则下列说法正确的是(　　) A.磁体受到的导线的力垂直于斜面向下 B.若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的摩擦力就会增加 C.若撤去通电导线，磁体会沿斜面向下运动 D.若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体受到的摩擦力不变 答案　D 解析　由左手定则可知，导线受到的力垂直于斜面向下，由牛顿第三定律知，磁体受到的力垂直于斜面向上，A错误；若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的压力减小，如果磁体静止则摩擦力不变，如果磁体向下运动了，则摩擦力减小，B错误；若撤去通电导线，磁体对斜面的压力变大，最大静摩擦力增大，磁体不会沿斜面向下运动，C错误；若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体对斜面的压力增大，最大静摩擦力增大，磁体不动，受到的摩擦力不变，D正确。 6.(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HH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。 7.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从静止开始经电压U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OA=y，则能正确反映y与U之间的函数关系的是(　　) 答案　B 解析　粒子在电压U中加速，由动能定理得qU=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m，由几何知识得y=2R，解得y=，则y2=U，故选B。 8.(2023·浙江高二期中)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C。不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B.甲、乙两束粒子的比荷之比为2∶3 C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率为 D.若两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为2∶3 答案　D 解析　甲束粒子在磁场中向上偏转，乙束粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；能通过狭缝S0的带电粒子满足Eq=qvB1，即速率为v=，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得=，由S0A=S0C，可知r甲=r乙，两束粒子穿过速度选择器的速度相同，则甲、乙两束粒子的比荷之比为3∶2，故B错误；粒子轨道半径r=，由题意可知v、q、B都相同，则==，则甲、乙两束粒子的质量之比为2∶3，故D正确。 9.(2023·浙江联考阶段练习)某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P'是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小。开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时(　　) A.线圈P中通入的电流I2在乙图中沿顺时针方向 B.适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡 C.通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量 D.使用备用线圈P'称得重物质量比用线圈P称得重物质量大 答案　C 解析　由题意可知，在线圈P中通入电流I2，线圈P所受安培力应向下，由左手定则知，线圈P中通入的电流I2在题图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P所在位置的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P'半径比线圈P半径略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P'所在位置的磁感应强度，也可以定量求出线圈P'所受安培力的大小。通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量，C正确；线圈P'半径比线圈P半径略小，则P'所在位置磁感应强度变大，同一重物平衡，线圈P'通入的电流偏小，线圈P'读数偏小，测得质量偏小，D错误。 10.(2023·杭州市高二期末)如图所示，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使所有带电粒子约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　带电粒子的速度越大，在磁场中做圆周运动的半径就越大，要使所有带电粒子约束在半径为R2的区域内，如图 可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax=，根据qvmaxB=m可得vmax=，故选B。 11.(2023·杭州市第四中学高二期中)在磁极间的真空室内有两个半径为R的半圆形金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒间加频率为f的高频率交变电流，其间隙处产生交变电场。置于中心的粒子源产生质量为m、带电荷量为q的粒子(初速度视为零)，被电场加速，在D形盒内不受静电力，仅受磁极间磁感应强度为B的磁场的洛伦兹力，在垂直磁场平面做圆周运动。经过很多次加速，粒子沿螺旋形轨道从D形盒边缘引出，能量可达几十兆电子伏特(MeV)。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　) A.粒子第一次和第二次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶2 B.加速电压越大，粒子获得的最大动能就越大 C.粒子获得的最大动能为Ekm= D.保持交变电流频率f和磁场磁感应强度B不变，可以加速比荷不同的粒子 答案　C 解析　粒子通过狭缝经电场加速有nqU=mv2(n=1，2，3，…)，进入D形盒，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动有qvB=，可得r==(n=1，2，3，…)，则粒子第一次和第二次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶，故A错误；根据qvB=，可得v=，当粒子做圆周运动半径等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，则最大动能由D形盒的半径R决定，故B错误；由对B项分析可知，粒子获得的最大动能为Ekm=m=，故C正确；粒子在D形盒中做圆周运动的周期要和交流电源的周期相等，才能被加速，则=，则保持交变电流频率f和磁场磁感应强度B不变，只有比荷相同才能被加速，故D错误。 12.(2023·浙江高二月考)如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)。磁场的磁感应强度为B。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域竖直平面内恰好做逆时针方向的、速度大小为v的匀速圆周运动。某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，则(　　) A.电场强度的方向竖直向下 B.磁感应强度方向水平并垂直纸面向外 C.从P点运动到距地面最高点至少需经时间t= D.最高点距地面的高度为Hm=H+(1+) 答案　D 解析　带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，因此mg=Eq，解得E=，方向竖直向上，A错误；微粒带正电且做逆时针方向的匀速圆周运动，由左手定则知，磁感应强度方向水平并垂直纸面向里，B错误；该微粒运动的周期为T=，从P点运动到最高点所用时间为t=T=，C错误；设微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R，有qBv=m，最高点与地面的距离为Hm=H+R(1+cos 45°)，解得Hm=H+(1+)，D正确。 13.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立有=，故选A。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14.(2024·宁波市高二期中)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电荷量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为 B.可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为 C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为 D.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为 答案　BD 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m，解得粒子的轨道半径R=，粒子半径R越大，速度v越大。粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中1所示，由=得vmin=，故A错误；经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中2所示，由=，解得vmax=，故B正确； 轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中3所示，由几何关系可知圆心恰好位于a点，由R=，解得v=，故C错误；由以上分析可知粒子在磁场中运动时间最短时，转过的圆心角为120°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==，粒子在磁场中的最短运动时间为t==，故D正确。 15.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，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点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力，sin 37°=0.6。则下列说法正确的是(　　) A.粒子经过O点时，速度方向沿y轴正方向 B.粒子从P到O经历的路程与粒子的速度大小无关 C.粒子运动的速度可能为 D.粒子从P点运动到O点的最短时间为 答案　BC 解析　画出带电粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可得tan α==，故α=37°，(图为一个周期的情况)故粒子不可能从b磁场中运动经过O点，只能从a磁场中经过O点，故粒子经过O点速度方向不可能沿y轴正方向，A错误；设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra=，Rb=，Ta==，Tb=，当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为tb=Tb，ta=Ta，故最短时间t=ta+tb=，D错误；由几何关系可知n(2Ra·cos α+2Rb·cos α)==5l，解得vn=(n=1，2，3，…)，由表达式可知，当n=2时，粒子运动的速度为v2=，C正确；当速度为vn时，tn=nt(n=1，2，3，…)，故路程s=vntn=·=，与速度大小无关，B正确。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.(6分)(2023·浙江浙东北联盟联考)霍尔传感器是根据霍尔效应制作的一种磁场传感器，通过霍尔效应实验测定的霍尔系数，能够判断半导体材料的导电类型、载流子浓度及载流子迁移率等重要参数，霍尔电压U(3、4接线端的电压)、电流I和磁感应强度大小B的关系为 U=K，式中的比例系数K称为霍尔系数。若构成霍尔元件的材料“甲”的导电物质带正电，材料“乙”的导电物质带负电。 (1)(2分)霍尔元件通过如图所示电流I时，接线端4点的电势高于接线端3点，则该材料是　　　　　 。(填“甲”或“乙”)  (2)(4分)已知霍尔元件的厚度为d，宽度为b，磁感应强度大小为B，自由电荷带电荷量为q，单位体积内自由电荷的个数为n，自由电荷的平均定向移动速率为v，已知电流满足I=nqvS，S为电流流过的横截面积，则金属板上、下两面之间的电势差的绝对值(霍尔电压)U=　　　　 ，则霍尔系数K=　　　　。  答案　(1)乙　(2)Bbv　 17.(10分)如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ=37°，N、Q之间接有E=6 V，r=1 Ω的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m=200 g，长度刚好为两导轨的间距L=0.5 m，电阻为R=5 Ω，与两导轨间的动摩擦因数都为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2 T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行导轨MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块质量m0的取值范围。 答案　140 g≤m0≤300 g 解析　根据闭合电路欧姆定律可得回路中电流为 I==1 A 根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导轨平面向下，大小为F安=BIL=1 N 当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向下时有m0maxg=mgsin 37°+μmgcos 37°+F安 解得m0max=300 g， 当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向上时有m0ming+μmgcos 37°=mgsin 37°+F安 解得m0min=140 g 可得所挂物块质量m0的取值范围为 140 g≤m0≤300 g。 18.(12分)如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m=5.0×10-8kg、电荷量为q=1.0×10-6 C的带正电粒子，从静止开始经U0=10 V的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP=30 cm，粒子重力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则： (1)(2分)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？ (2)(6分)若磁感应强度的大小B=2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？ (3)(4分)若粒子不能从x轴上方射出，那么，磁感应强度B的最小值是多少？ 答案　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3) T 解析　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0=mv2，代入数据得v=20 m/s。 (2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB=m，得R=，代入数据得R=0.50 m 而=0.50 m 故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ=R+Rsin 53°，故OQ=0.90 m。 (3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得OP≥R'+R'sin 37°，R'=， 由以上两式并代入数据得B'≥ T，磁感应强度B的最小值是 T。 19.(13分)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域内存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一带电荷量为+q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。 (1)(3分)求带电粒子到达B点时的速度大小； (2)(4分)求区域Ⅰ磁场的宽度L； (3)(6分)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。 答案　(1)　(2)　(3)1.5B1 解析　(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角， 粒子在匀强电场中做类平抛运动， 由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有 tan θ==，则θ=30° 根据速度关系有v== (2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1， 由牛顿第二定律得qvB1=m 粒子运动轨迹如图甲所示 由几何关系得L=r1 解得L= (3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时， 在磁场中运动的时间最长 设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2min， 此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场， 对应的轨道半径为r2， 运动轨迹如图乙所示： 同理得qvB2min=m， 根据几何关系有L=r2(1+sin θ) 解得B2min=1.5B1。 20.(14分)(2023·温州市高二期末)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选择出速度为v的离子，然后通过磁分析器Ⅰ，选择出特定比荷的离子，经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外，速度选择器中的匀强电场方向竖直向上。磁分析器截面是矩形，矩形长为2L，宽为2L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔，半径为L的半圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，O为半圆形偏转系统的圆心，D、O、N在一条竖直线上，FG为半圆形偏转系统的下边界，FG与硅片平行，O到硅片N的距离ON=L，不计离子重力及离子间的相互作用。 (1)(3分)求速度选择器中的匀强电场场强E的大小； (2)(4分)求磁分析器选择出来的离子的比荷﹔ (3)(7分)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围B≤B偏≤B，求硅片上离子注入的宽度。 答案　(1)vB　(2)　(3)(2-2)L 解析　(1)离子在速度选择器中做匀速直线运动， 则qE=qvB 得E=vB (2)离子在磁分析器中做圆周运动， 由几何关系(r-L)2+(L)2=r2 得r=2L，根据牛顿第二定律有qvB=m 得= (3)由几何关系可知，离子进入偏转系统时的速度方向与DN夹角为30° 当B偏=B， 根据qvB偏=m 得R1=2L 当B偏=B，同理得R2=L 离子运动轨迹如图所示 离子在FG与硅片间做匀速直线运动，由几何关系可知， 硅片上离子注入的宽度为 x=ONtan 30°+(R1-O1O) =Ltan 30°+(2L-2Lcos 30°)=(2-2)L 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测试卷(第一章) 1 一、选择题Ⅰ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 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 16 17 18 19 20 2.(2023·绍兴市高二期中)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于电子接下来的运动，下列说法正确的是 A.电子将向下偏转，速率变大 B.电子将向上偏转，速率不变 C.电子将向上偏转，速率变小 D.电子将向下偏转，速率不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据安培定则可知导线下方磁感应强度方向垂直纸面向外，再根据左手定则可知电子将向上偏转，由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变，故选B。 16 17 18 19 20 3.(2024·浙江高二月考)“旋转的液体”实验装置如图，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁体的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连，接通电源后液体旋转起来，从上往下俯视，以下说法正确的是 A.液体中电流由边缘流向中心，液体逆时针旋转 B.液体中电流由边缘流向中心，液体顺时针旋转 C.液体中电流由中心流向边缘，液体逆时针旋转 D.如果将两磁极对换，电源正负极对换，液体的旋转方向将改变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 在电源外部电流由正极流向负极，因此电流从 边缘沿半径流向中心，根据左手定则可知俯视 时液体逆时针旋转，故A正确，B、C错误； 如果将两磁极对换，电源正、负极对换，液体 所受安培力不变，则液体的旋转方向不变，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 4.(2024·湖州市高二期末)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前、后表 面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH=k，式中k为霍尔系数，与霍尔 元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则下列说法不正确的是 A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高 B.若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变 C.通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成反比 D.电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向指向后 表面，则电子向后表面集聚，则霍尔元件前表 面的电势比后表面的高，选项A正确； 若电源的正、负极对调，通过霍尔元件的电流 方向和磁场方向都反向，则电子所受洛伦兹力方向不变，产生的霍尔电压方向不变，则电压表指针偏转方向不变，选项B正确； 霍尔元件与电阻R串联后与电阻RL并联，总电流为I，根据并联电路的分流关系可知，通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成正比，选项C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 电压表的示数等于霍尔电压UH=k，式中电流 IH与线圈中电流I成正比，磁感应强度大小B与I 成正比，则电压表的示数与线圈中电流I的平方 成正比，选项D正确。 5.(2023·浙江联考开学考试)磁体在弹簧的作用下置于粗糙的斜面上，极性如图所示，在磁体的中垂线某一位置放置一根通电导线。电流方向垂直于纸面向外，目前弹簧处于压缩状态，磁体保持静止，则下列说法正确的是 A.磁体受到的导线的力垂直于斜面向下 B.若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的 摩擦力就会增加 C.若撤去通电导线，磁体会沿斜面向下运动 D.若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体受到的摩擦力不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 由左手定则可知，导线受到的力垂直于斜面向下， 由牛顿第三定律知，磁体受到的力垂直于斜面向 上，A错误； 若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的压力减小，如果磁体静止则摩擦力不变，如果磁体向下运动了，则摩擦力减小，B错误； 若撤去通电导线，磁体对斜面的压力变大，最大静摩擦力增大，磁体不会沿斜面向下运动，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体对斜面的压力增大，最大静摩擦力增大，磁体不动，受到的摩擦力不变，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 6.(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HH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 16 17 18 19 20 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； 16 17 18 19 20 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。 16 17 18 19 20 7.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子 (不计重力)，从静止开始经电压U加速后，沿水平方向进 入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆 到A点，设OA=y，则能正确反映y与U之间的函数关系的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 粒子在电压U中加速，由动能定理得qU=mv2-0，粒 子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得qvB=m，由几何知识得y=2R， 解得y=，则y2=U，故选B。 8.(2023·浙江高二期中)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C。不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，下列说法正确的是 A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B.甲、乙两束粒子的比荷之比为2∶3 C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率为 D.若两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为2∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 甲束粒子在磁场中向上偏转，乙束粒子在磁场中向 下偏转，根据左手定则知甲束粒子带负电，乙束粒 子带正电，故A错误； 能通过狭缝S0的带电粒子满足Eq=qvB1，即速率为v =，故C错误； 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m=，由S0A=S0C，可知r甲=r乙，两束粒子穿过速度选择器的速度相同，则甲、乙两束粒子的比荷之比为3∶2，故B错误； 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 粒子轨道半径r=，由题意可知v、q、B都相同， 则==，则甲、乙两束粒子的质量之比为 2∶3，故D正确。 16 17 18 19 20 9.(2023·浙江联考阶段练习)某同学设计了一种天平 用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同 的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共 轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向 的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P'是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小。开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A.线圈P中通入的电流I2在乙图中沿顺时针方向 B.适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡 C.通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量 D.使用备用线圈P'称得重物质量比用线圈P称得重物质量大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题意可知，在线圈P中通入电流I2，线圈P所 受安培力应向下，由左手定则知，线圈P中通 入的电流I2在题图乙中沿逆时针方向，A错误； 适当增大线圈M、N中的电流，P所在位置的磁 感应强度变大，线圈P所受安培力变大，天平不能恢复平衡，B错误； 线圈P'半径比线圈P半径略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P'所在位置的磁感应强度，也可以定量求出线圈P'所受安培力的大小。通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量，C正确； 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 线圈P'半径比线圈P半径略小，则P'所在位置磁感应强度变大，同一重物平衡，线圈P'通入的电流偏小，线圈P'读数偏小，测得质量偏小，D错误。 16 17 18 19 20 10.(2023·杭州市高二期末)如图所示，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使所有带电粒子约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 带电粒子的速度越大，在磁场中做圆周运动的半径就越大，要使所有带电粒子约束在半径为R2的区域内，如图 可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax=， 根据qvmaxB=m可得vmax=，故选B。 16 17 18 19 20 11.(2023·杭州市第四中学高二期中)在磁极间的真空 室内有两个半径为R的半圆形金属扁盒(D形盒)隔开 相对放置，D形盒间加频率为f的高频率交变电流， 其间隙处产生交变电场。置于中心的粒子源产生质 量为m、带电荷量为q的粒子(初速度视为零)，被电场加速，在D形盒内不受静电力，仅受磁极间磁感应强度为B的磁场的洛伦兹力，在垂直磁场平面做圆周运动。经过很多次加速，粒子沿螺旋形轨道从D形盒边缘引出，能量可达几十兆电子伏特(MeV)。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A.粒子第一次和第二次经过D形盒间狭缝后轨道半径 之比为1∶2 B.加速电压越大，粒子获得的最大动能就越大 C.粒子获得的最大动能为Ekm= D.保持交变电流频率f和磁场磁感应强度B不变，可以加速比荷不同的粒子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 粒子通过狭缝经电场加速有nqU=mv2(n=1，2， 3，…)，进入D形盒，在洛伦兹力作用下做匀速 圆周运动有qvB=，可得r== (n=1，2，3，…)，则粒子第一次和第二次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶，故A错误； 16 17 18 19 20 根据qvB=，可得v=，当粒子做圆周运动半径 等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，则最大 动能由D形盒的半径R决定，故B错误； 由对B项分析可知，粒子获得的最大动能为Ekm=m=，故C正确； 粒子在D形盒中做圆周运动的周期要和交流电源的周期相等，才能被 加速，则=，则保持交变电流频率f和磁场磁感应强度B不变，只 有比荷相同才能被加速，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 12.(2023·浙江高二月考)如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)。磁场的磁感应强度为B。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域竖直平面内恰好做逆时针方向的、速度大小为v的匀速圆周运动。某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，则 A.电场强度的方向竖直向下 B.磁感应强度方向水平并垂直纸面向外 C.从P点运动到距地面最高点至少需经时间t= D.最高点距地面的高度为Hm=H+(1+) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，则静电力 与重力平衡，因此mg=Eq，解得E=，方向竖直向 上，A错误； 微粒带正电且做逆时针方向的匀速圆周运动，由左手定则知，磁感应强度方向水平并垂直纸面向里，B错误； 该微粒运动的周期为T=，从P点运动到最高点所用时间为t=T= ，C错误； 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R，有qBv=m，最高点与地面的距离为Hm=H+R(1+cos 45°)，解得Hm=H+(1+)，D正确。 16 17 18 19 20 13.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的 接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条 件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场 中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知 粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有 qvB=m=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电 场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则 有Eq=qvB，联立有=，故选A。 二、选择题Ⅱ 14.(2024·宁波市高二期中)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电荷量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是 A.可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为 B.可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为 C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为 D.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 16 17 18 19 20 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力 提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m， 解得粒子的轨道半径R=，粒子半径R越 大，速度v越大。粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图 中1所示，由=得vmin=，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 经过b点的粒子半径最大，速度最大，其 轨迹如图中2所示，由=，解得vmax =，故B正确； 轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中3所示，由几何关系可知圆心恰好位于a点，由R =，解得v=，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由以上分析可知粒子在磁场中运动时间最短时，转过的圆心角为120°， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==，粒子在磁场中的最短运动时间为t==，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，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点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力，sin 37°=0.6。则下列说法正确的是 A.粒子经过O点时，速度方向沿y轴正方向 B.粒子从P到O经历的路程与粒子的速度大小无关 C.粒子运动的速度可能为 D.粒子从P点运动到O点的最短时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 画出带电粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可得tan α==，故α=37°，(图为一个周期的情况)故粒子不可能从b磁场中运动经过O点，只能从a磁场中经过O点，故粒子经过O点速度方向不可能沿y轴正方向，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示 粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期， 则有Ra=，Rb=，Ta==，Tb=，当粒子 先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子在磁场b和磁场a中运动的时间 分别为tb=Tb，ta=Ta，故最短时间t=ta+tb=，D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由几何关系可知n(2Ra·cos α+2Rb·cos α)==5l，解得vn=(n=1，2，3，…)，由表达式可知，当n=2时，粒子运动的速度为v2=，C正确； 当速度为vn时，tn=nt(n=1，2，3，…)，故路程s=vntn=·=，与速度大小无关，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 三、非选择题 16.(2023·浙江浙东北联盟联考)霍尔传感器是根据霍尔 效应制作的一种磁场传感器，通过霍尔效应实验测定 的霍尔系数，能够判断半导体材料的导电类型、载流 子浓度及载流子迁移率等重要参数，霍尔电压U(3、4接线端的电压)、电 流I和磁感应强度大小B的关系为U=K，式中的比例系数K称为霍尔系数。 若构成霍尔元件的材料“甲”的导电物质带正电，材料“乙”的导电物质带负电。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)霍尔元件通过如图所示电流I时，接线端4点的电势 高于接线端3点，则该材料是　　 。(填“甲”或“乙”)  (2)已知霍尔元件的厚度为d，宽度为b，磁感应强度大小 为B，自由电荷带电荷量为q，单位体积内自由电荷的个数为n，自由电荷的平均定向移动速率为v，已知电流满足I=nqvS，S为电流流过的横截面积，则金属板上、下两面之间的电势差的绝对值(霍尔电压)U=　　 ， 则霍尔系数K=　　。  乙 Bbv 17.如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为 θ=37°，N、Q之间接有E=6 V，r=1 Ω的电源，在导轨 上放置金属棒ab，质量为m=200 g，长度刚好为两导轨 的间距L=0.5 m，电阻为R=5 Ω，与两导轨间的动摩擦 因数都为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2 T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行导轨MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块质量m0的取值范围。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　140 g≤m0≤300 g 根据闭合电路欧姆定律可得回路中电流为 I==1 A 根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导 轨平面向下，大小为F安=BIL=1 N 当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向下时有m0maxg=mgsin 37°+μmgcos 37°+F安 解得m0max=300 g， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向上时有m0ming+μmgcos 37°=mgsin 37°+F安 解得m0min=140 g 可得所挂物块质量m0的取值范围为 140 g≤m0≤300 g。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 18.如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m=5.0×10-8kg、电荷量为q=1.0×10-6 C的带正电粒子，从静止开始经U0=10 V的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP=30 cm，粒子重力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　20 m/s　 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0=mv2，代入数据得v=20 m/s。 16 (2)若磁感应强度的大小B=2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　0.90 m　 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 有qvB=m，得R=，代入数据得R=0.50 m 而=0.50 m 故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ=R+Rsin 53°，故OQ=0.90 m。 16 (3)若粒子不能从x轴上方射出，那么，磁感应强度B的最小值是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　 T 16 带电粒子不从x轴射出(如图乙)， 由几何关系得OP≥R'+R'sin 37°，R'=， 由以上两式并代入数据得B'≥ T， 磁感应强度B的最小值是 T。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 19.如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的 匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域内存在匀强磁场， L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相同， 方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一 带电荷量为+q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边 中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。 (1)求带电粒子到达B点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　　 设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角， 粒子在匀强电场中做类平抛运动， 由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有 tan θ==，则θ=30° 根据速度关系有v== 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　　 设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1， 由牛顿第二定律得qvB1=m 粒子运动轨迹如图甲所示 由几何关系得L=r1 解得L= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　1.5B1 当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时， 在磁场中运动的时间最长 设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2min， 此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场， 对应的轨道半径为r2，运动轨迹如图乙所示： 同理得qvB2min=m， 根据几何关系有L=r2(1+sin θ) 解得B2min=1.5B1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 20.(2023·温州市高二期末)在芯片制造过程中，离子注入是 其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原 理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选 择出速度为v的离子，然后通过磁分析器Ⅰ，选择出特定比 荷的离子，经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度 选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外，速度选择器中的匀强电场方向竖直向上。磁分析器截面是矩形，矩形长为2L，宽为2L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔，半径为L的半圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，O为半圆形偏转系统的圆心，D、O、N在一条竖直线上，FG为半圆形偏转系统的下边界，FG与硅片平行，O到硅片N的距离ON=L，不计离子重力及离子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (1)求速度选择器中的匀强电场场强E的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　vB　 16 离子在速度选择器中做匀速直线运动， 则qE=qvB 得E=vB (2)求磁分析器选择出来的离子的比荷﹔ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　　 16 离子在磁分析器中做圆周运动， 由几何关系(r-L)2+(L)2=r2 得r=2L，根据牛顿第二定律有qvB=m 得= (3)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围B≤B偏≤B，求硅片上离子注入的宽度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 答案　(2-2)L 16 由几何关系可知，离子进入偏转系统时的速度方向与DN夹角为30° 当B偏=B， 根据qvB偏=m 得R1=2L 当B偏=B，同理得R2=L 离子运动轨迹如图所示  离子在FG与硅片间做匀速直线运动，由几何关系可知， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 硅片上离子注入的宽度为 x=ONtan 30°+(R1-O1O) =Ltan 30°+(2L-2Lcos 30°)=(2-2)L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 $