模块综合试卷（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦高中物理电磁学核心知识点，系统梳理磁场方向判断（安培定则、左手定则）、安培力计算、电磁感应现象及应用（如扬声器、电涡流阻尼器）、带电粒子在磁场中的运动等内容，构建从基础概念到实际应用再到综合问题的递进式学习支架。 资料特色在于结合动圈式扬声器、远距离输电等实际案例，培养学生运动和相互作用观念、能量观念等物理观念，通过带电粒子轨迹分析等题目提升模型建构、科学推理等科学思维能力。实验题设计助力科学探究，课中辅助教师分层教学，课后帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

模块综合试卷 [满分：100分] 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30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.(2025·温州市高二期中)下图中关于各个物理量之间的方向关系正确的是(　　) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 答案　A 解析　①通电直导线电流方向向上，根据安培定则可知导线周围的磁场俯视图为逆时针，故①正确； ②由图可知，通电螺线管的电流从右旋转到左，由安培定则可知螺线管外部磁场方向由右向左，故②错误； ③磁场方向垂直纸面向里，电流方向向上，根据左手定则，安培力方向垂直电流方向向左，故③正确； ④磁场方向垂直纸面向里，负电荷运动方向向上，根据左手定则，负电荷受力方向向右，故④错误。 2.(2025·台州七校高二期中)图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁体和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为n，所处位置磁感应强度为B，电流为I，线圈半径为R，则(　　) A.该扬声器的工作原理是电磁感应现象 B.此时线圈受到的安培力大小为2nπBIR C.线圈上a、b两点位置磁感应强度相同 D.图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里 答案　B 解析　该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，A错误；把线圈看成由一小段一小段的直导线连接而成，线圈中通有电流时，各段安培力方向相同，叠加在一起即为所受的总安培力，因此安培力大小为F＝n·BI·2πR＝2nπBIR，B正确；线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，C错误；题图丙中线圈电流顺时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向外的安培力，D错误。 3.(来自粤教教材)某长直导线中分别通以如图所示的电流，则下列说法正确的是(　　) A.如图(a)所示电流周围产生匀强磁场 B.如图(b)所示电流周围的磁场是稳定的 C.如图(c)所示电流周围各点的磁场方向在0~t1内与t1~t2内的方向是相反的 D.如图(d)所示电流周围的磁场先变强再变弱，磁场中各点的磁感应强度方向不变 答案　D 解析　题图(a)所示的电流为恒定电流，则其周围产生稳定的磁场，而不是匀强磁场，故选项A错误；题图(b)所示的电流是均匀变化的电流，则其周围的磁场是变化的，而不是稳定的，故选项B错误；题图(c)所示的电流大小在0~t1内均匀增加，而在t1~t2内均匀减小，但方向没有变化，所以产生的磁场方向也不会变化，故选项C错误；题图(d)所示的电流大小先增大后减小，则磁场也先增强后减弱，且方向不变，故选项D正确。 4.(2025·台金七校高二期中)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近或者远离铝环，下列判断正确的是(　　) A.磁体向右侧靠近铝环时，铝环向左摆动 B.使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力 C.若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动 D.磁体向右侧靠近铝环时，从右向左看铝环产生逆时针的感应电流 答案　B 解析　根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体向右侧靠近铝环时，铝环向右摆动，选项A错误；磁体靠近或者远离铝环时，穿过铝环的磁通量发生变化从而在铝环中产生感应电流，从而受到安培力作用，所以使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，选项B正确；根据楞次定律“来拒去留”可知，若磁体向左侧远离铝环，铝环一定向左摆动，选项C错误；磁体向右侧靠近铝环时，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，从右向左看铝环产生顺时针的感应电流，选项D错误。 5.(2024·温州市高二期末)高达632米的某大厦，在工程师的巧妙设计下，它能抵挡15级大风，位于第126层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用。这款阻尼器由我国自主研发，重达1 000吨，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块由于惯性产生反向摆动，在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板正对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，其简化示意图如图所示。下列关于该阻尼器的说法正确的是(　　) A.质量块下方相对的地板可以是导体也可以是绝缘体，对减振效果没有影响 B.阻尼器质量块的振动频率取决于自身的固有频率 C.大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块的振动频率小于大厦的摇晃频率 D.地板随大厦摇晃时，在地板内产生涡流，使大厦摇晃的机械能最终转化为热能 答案　D 解析　在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，可知该阻尼器为电磁阻尼，只有下方地板是导体时，才会起作用，故A错误； 大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器做受迫振动，阻尼器质量块的振动频率等于大厦的摇晃频率，故B、C错误； 地板随大厦摆晃时，在地板内产生涡流，地板导体内有电阻，使大厦摆动的机械能最终转化为热能逐渐耗散掉，故D正确。 6.(2025·台州七校高二期中)电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是(　　) A.图甲的速度选择器能使速度大小v＝的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电荷量及速度方向无关 B.图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为a→R→b，电阻R两端的电势差等于发电机的电动势 C.图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小 D.图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势 答案　D 解析　电场的方向与B的方向垂直，带电粒子从左端进入复合场，受静电力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，解得v＝，可知不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以与粒子的带电性质及带电荷量无关，当带电粒子从右端进入时，所受静电力与洛伦兹力方向相同，不能匀速直线通过，可见与速度方向有关，故A错误； 由左手定则知正离子向上偏转，负离子会向下偏转，所以P板是电源正极，Q板是电源负极，正常工作时电流方向为a→R→b，但电路工作时等离子体也有电阻，故电阻R两端的电势差等于发电机的路端电压，小于电动势，故B错误； 粒子先经过加速电场，然后进入速度选择器，从S3射入磁场时的速度相同，进入磁场后根据qvB2＝m，得r＝，故粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，则r越小，粒子的比荷越大，故C错误； 若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向左端偏转，所以稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。 7.(2025·浙江省高二期中)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt在不同温度时的阻值如表所示： 温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4 电阻/ (×102 Ω) 220 160 100 60 45 30 25 15 某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E＝3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R＝3 kΩ，控制开关和加热系统，设计了如图电路。若环境温度低于20 ℃，1、2两端大于2 V，控制开关自动开启加热系统，若环境温度高于28 ℃，1、2两端小于一定值，控制开关自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响)，则(　　) A.由表格可知热敏电阻的阻值与温度成反比 B.室内温度升高，Rt两端的电压增大 C.若设置环境温度低于18 ℃时自动开启加热系统，则应选用更小定值电阻 D.Rt两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统 答案　D 解析　由表格可知，温度增大，电阻值减小，但并非反比关系，故A错误； 室内温度升高，Rt的阻值减小，电路电流增大，R两端电压增大，则Rt两端的电压减小，故B错误； 根据题意，若环境温度低于20 ℃，1、2两端大于2 V，控制开关自动开启加热系统，现若设置环境温度低于18 ℃时自动开启加热系统，则Rt两端电阻较20 ℃时变大，根据串联电路分压规律可知，此时要使1、2两端大于2 V，应选用更大定值电阻，故C错误； 环境温度高于28 ℃，此时临界阻值为4 500 Ω，则有URt＝E，解得URt＝1.8 V，由于温度升高，电阻Rt减小，则Rt两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统，故D正确。 8.某水库蓄水后，水位落差可达55 m，如图所示。已知落差处流量为5×105 kg/s的水流冲击水轮机发电，水流减少的机械能80%转化为电能。发电机输出电压为11 kV，水电站到用户之间采用220 kV高压进行远距离输电，输电线上损耗的功率不超过输送功率5%，用户所需电压为220 V。变压器视为理想变压器，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.升压变压器原、副线圈匝数比为1∶20 B.发电机的输出功率为2.75×105 kW C.输电线上电阻不能超过110 Ω D.降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1 答案　A 解析　升压变压器原、副线圈匝数比为，故A正确； 发电机的输出功率为P＝×80%，解得P＝2.2×105 kW，故B错误；输电线上的电流为I＝＝1 000 A，输电线上损耗的功率为P损＝P×5%＝1.1×104 kW，又P损＝I2R，解得R＝11 Ω，则输电线上电阻不能超过11 Ω，故C错误； 降压变压器输入电压小于220 kV，输出电压为220 V，则原、副线圈匝数比小于1 000∶1，故D错误。 9.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域(半径r＝0.2 m)中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。长为0.3 m的导体杆OM可绕O转动，电阻为1 Ω，M端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻R＝1 Ω。杆OM以角速度ω＝20 rad/s逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆OM从t＝0开始转动一周的过程中，下列说法正确的是(　　) A.所产生电流为直流电 B.t＝0.02 s时通过R的电流方向为a到b C.t＝0.02 s时通过R的电流大小为0.2 A D.电阻R的电功率为0.04 W 答案　C 解析　两处磁场方向相反，所以电流方向相反，产生交流电，A错误；t＝0.02 s时导体杆转过的角度为θ＝ωt＝0.4 rad< rad，导体杆在垂直纸面向里的磁场中，根据右手定则知通过R的电流方向为b到a，B错误；感应电动势为E＝Bωr2＝0.4 V，所以电流为I'＝＝0.2 A，C正确；根据有效值的定义得I2RT＝I'2R，解得I＝ A，所以电阻R的电功率为P＝I2R＝0.02 W，D错误。 10.(2025·金华卓越联盟高二月考)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率v0从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h＝R，不计粒子重力。sin 15°＝，cos 15°＝，下列说法正确的是(　　) A.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度v0为 B.若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 C.若粒子恰好能从K点(OK⊥MN)射出，则其在磁场中运动半径大小为R D.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度v0为 答案　B 解析　若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的轨迹如图所示 由几何关系得r1＝h＝ 由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m 可得其入射速度为v0＝，故A错误； 若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹如图所示 由几何关系得FO'2＋FN2＝NO'2，FN＝R＋＝R＋R 即(r2－h)2＋(R＋R)2＝ 解得r2＝2R＋R＝2FN 可知∠PO'N＝30°，则粒子在磁场中运动的时间为t＝，故B正确； 若粒子恰好能从K点射出，其运动轨迹如图所示 可知POKO'是菱形，则粒子在磁场中运动的半径r3＝R，故C错误； 若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，其运动轨迹如图所示 根据几何关系可知∠OPQ＝∠O'PO－∠O'PQ＝60°－45°＝15° 因△POQ为等腰三角形， 则有PQ＝2Rcos 15°＝ 由于△PO'Q为等腰直角三角形， 可知r4＝ 由洛伦兹力提供向心力，可得qv0B＝m 解得v0＝，故D错误。 二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 11.(2025·浙江省高二阶段练习)电磁波广泛应用于通信、能源、医学、军事、科研、工业、生活等领域，关于电磁波下列说法正确的是(　　) A.遥控器发出的红外线是电磁波 B.电磁脉冲炸弹是利用炸药爆炸毁坏目标发射电磁波的设备 C.隐形飞机对雷达隐身，它低空飞行时用肉眼也不能看见 D.波长在1~0.001 m的电磁波叫微波(300 MHz~300 GHz)，常用于卫星通信、电视等的信号传输 答案　AD 解析　根据电磁波谱可知，遥控器发出的红外线是电磁波，故A正确； 电磁脉冲炸弹是利用炸药爆炸后产生的高强度电磁脉冲毁坏电子设备，故B错误； 隐形飞机的设计主要是为了减少雷达反射，使其难以被雷达探测到，但这并不意味着它在低空飞行时肉眼看不见，故C错误； 波长在1~0.001 m的电磁波叫微波(300 MHz~300 GHz)，常用于卫星通信、电视等的信号传输，故D正确。 12.(2024·台州市高二期中)如图所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，P、M、N分别为轨道的最低点。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点。下列有关判断正确的是(　　) A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vP＝vM>vN B.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FM>FP>FN C.三个小球到达轨道右端的最大高度都相同 D.磁场无论有多强，小球返回时都不会脱离轨道 答案　AB 解析　题图甲、题图乙中球下落时只有重力做功，故机械能均守恒，由mgR＝mv2，故两球到最低点的速度相等，题图丙中，小球下滑的过程中静电力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于题图甲、题图乙中的速度，故A正确； 小球在最低点时，题图甲中重力和支持力的合力提供向心力，即FP'－mg＝，而题图乙中是重力、支持力和洛伦兹力的合力提供向心力，即FM'－mg－BqvM＝，题图丙中，重力与支持力的合力提供向心力，即FN'－mg＝，根据牛顿第三定律有FP'＝FP，FM'＝FM，FN'＝FN，则FM>FP>FN，故B正确； 题图甲、题图乙两图中只有小球重力做功，洛伦兹力不做功，所以小球到达轨道右端的最大高度相同；题图丙小球静电力与重力做功，静电力全程做负功，可知小球到达轨道右端的最大高度与题图甲、题图乙两图不同，故C错误； 小球在返回到最低点时，根据牛顿第二定律有qvB＋FM″－mg＝，当支持力为零时，小球返回时在最低点恰好脱离轨道，速度更大则会脱离轨道，故D错误。 13.如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域前b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有(　　) 答案　AD 解析　a棒以速度2v0刚进入磁场切割磁感线产生的感应电流为i0＝，a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即i－t图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速为v1，此时的瞬时电流为i1＝，若v1＝v0，即i1＝，此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，故A正确，B、C错误； 若v1<v0，即i1＝<，此时双棒双电源的电动势不等，要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向为b棒的流向，与原a棒的流向相反(即为负)，大小为i＝，b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共58分) 14.(14分)Ⅰ.(2分)(2024·舟山中学高二月考)在探究影响感应电流方向的因素的实验中所用器材如图所示。它们是：①电流计；②直流电源；③带铁芯的线圈；④线圈；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)；⑦条形磁铁。 (1)先明确电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系。 (2)观察螺线管上漆包线的实验装置示意图绕向。 (3)将电流计与螺线管按图连接好，依次完成以下实验操作，记录观察到的电流计指针偏转情况 ①把条形磁铁的N极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出； ②把条形磁铁的S极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出。 (ⅰ)(1分)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。 (ⅱ)(1分)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流计指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流计指针将　　　　(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。  答案　(ⅰ)见解析图　(ⅱ)左偏 解析　(ⅰ)实物连线图如图所示 (ⅱ)在开关刚刚闭合时电流计指针右偏，可知当通过线圈B的磁通量增加时，电流计指针右偏；则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，滑动变阻器接入电路阻值增大，线圈A中的电流减小，产生的磁场减小，通过线圈B的磁通量减小，则电流计指针将左偏。 Ⅱ. (6分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为可拆变压器， (1)(2分)下列有关说法正确的是　　　　；  A.实验中铁芯有发热现象是由于线圈和铁芯之间绝缘不好 B.实验所用电压不超过12 V，这样可以随意接触裸露的导线、接线柱 C.多用电表测量电压时先用小量程挡试测，确定范围后再选择适当量程进行测量 D.变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电源的作用 (2)(4分)变压器的工作原理是利用了　　　　现象；实验过程中“保持原线圈匝数和输入的电压不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响”，这是运用　　　　的方法。  答案　(1)D　(2)电磁感应　控制变量 解析　(1)实验中铁芯有发热现象是由于铁芯在交变磁场作用下发热，A错误；为了实验安全，在实验中不可以随意接触裸露的导线、接线柱，B错误；多用电表测量电压时先用大量程挡试测，确定范围后再选择适当量程进行测量，C错误；变压器利用了电磁感应原理，变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电源的作用，D正确。 (2)变压器的工作原理是利用了电磁感应现象。 实验过程中“保持原线圈匝数和输入的电压不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响”，这是运用控制变量的方法。 Ⅲ.(6分)某光敏电阻阻值随光强变化的关系如表所示：[“光强(E)”表示光强弱程度的物理量，单位为坎德拉(cd)] 光强E /cd 1 2 3 4 5 6 光敏电 阻R/Ω 36 18 12 9 7.2 6 小明为此设计了一个路灯自动控制电路如图所示，光敏电阻R、电阻箱R1和继电器组成了一个简单光控电路，继电器线圈的电阻为r＝200 Ω。当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电动势E＝8 V，内阻不计，图中的“电源”接入照明电路。 (1)(2分)为了达到日出灯熄，日落灯亮的效果，应该把路灯接　　　　端(选填“AB”或“CD”)。  (2)(2分)如果要使外界光强达到3 cd时路灯自动熄灭，电阻箱R1接入电路的电阻值应为　　　　 Ω。  (3)(2分)小明发现电路能顺利工作了，只是路灯亮的有点早，为此，他应该将电阻箱R1的阻值适当调　　　　(选填“大”或“小”)一点。  答案　(1)AB　(2)188　(3)小 解析　(1)当光线变暗，光强变小时，光敏电阻阻值变大，控制电路的电流会减小，电磁继电器对衔铁的吸引力变小，在弹簧的拉力作用下，衔铁将向上运动，与上面触点接触，要让路灯工作，应该将路灯接在AB端。 (2)当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合。由闭合电路欧姆定律得R1＝－r－R 由表格可知，当光强达到3 cd时光敏电阻R的阻值为12 Ω，将E＝8 V，I＝20 mA，r＝200 Ω代入得 R1＝188 Ω (3)为了使路灯稍晚点才亮，即光敏电阻阻值变得大点，而继电器的工作电流还是20 mA不变，所以应将电阻箱接入电路的阻值调小点。 15.(9分)(2025·金华市高二阶段练习)如图所示，在与水平方向成37°角的金属导轨间连一电源，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，在相距L＝1 m的平行导轨上垂直于导轨放一重0.3 N的金属棒ab，金属棒静止，棒在两导轨间电阻R＝4.5 Ω，磁场方向竖直向上，导轨和金属棒之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)(2分)流过金属棒的电流大小； (2)(7分)匀强磁场的磁感应强度的取值范围。 答案　(1)0.3 A　(2) T≤B≤2 T 解析　(1)由闭合电路的欧姆定律可得I＝＝0.3 A (2)当金属棒有下滑趋势时，则有 Gsin θ＝F1cos θ＋μ(Gcos θ＋F1sin θ) F1＝B1IL 解得B1＝ T 当金属棒有上滑趋势时，则有 Gsin θ＋μ(Gcos θ＋F2sin θ)＝F2cos θ F2＝B2IL 解得B2＝2 T 故匀强磁场的磁感应强度的取值范围为 T≤B≤2 T。 16.(9分)(2025·台州市高二期中)某装置可以研究带电粒子的运动轨迹，其原理如图所示。在第一象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴下方有一个半径为R的圆形区域磁场，方向垂直xOy平面向外，磁感应强度大小也为B，其圆心为y轴上的A点，边界过坐标原点O。位于x轴正半轴的板MN，长度为R，板右端N点横坐标为2R。位于圆形磁场左侧有一个粒子发射装置可以发射一束速度方向平行于x方向的粒子流，已知粒子在y轴方向均匀分布。粒子的质量为m，电荷量为－q(q>0)，粒子束的宽度为R。已知速度方向对准A点的粒子经过磁场后刚好从坐标原点O射出。不计粒子的重力及相互作用。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)(2分)该粒子流的速度大小v； (2)(2分)入射位置距离x轴的粒子，经过第一象限磁场偏转后到达x轴上的位置x； (3)(3分)打到板上M点的粒子经过O点时的速度方向与y轴正方向的夹角θ； (4)(2分)能被MN板收集的粒子数占总粒子数的百分比η。 答案　(1)　(2)R　(3)37°　(4)60% 解析　(1)由题意可得，粒子在磁场中的运动半径为R，由qvB＝ 得v＝ (2)作出粒子运动轨迹如图 由几何关系可得粒子经过O点时与y轴正方向的夹角为30° 则x＝2Rcos 30°＝R (3)M点到O点的距离x'＝2R－R＝R 由x'＝2Rcos θ 得θ＝37° (4)到达N点的粒子入射位置到x轴的距离为R，到达M点的粒子入射位置到x轴的距离为y＝R－Rsin 37°＝R 能被MN板收集的粒子所占的比例为η＝×100%＝60%。 17.(12分)(2025·浙东北联盟高二期中)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L＝1.0 m，左端连接阻值R＝4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B为0.5 T，方向竖直向下。质量m＝0.2 kg、长度L＝1.0 m、电阻r＝1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，从t＝0时刻开始对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图像如图乙所示，其余电阻不计。 (1)(3分)在t＝2.0 s时，求电路中的电流I和金属杆PQ两端的电压UPQ； (2)(4分)在t＝2.0 s时，求外力F的大小； (3)(5分)若0~3.0 s内克服外力F做功1.8 J，求此过程流过电阻R的电荷量和电阻R产生的焦耳热。 答案　(1)0.2 A　0.8 V　(2)0.3 N　(3)0.9 C　1.44 J 解析　(1)根据题图乙可知t＝2.0 s时，v＝2.0 m/s，则此时电动势E＝BLv＝1 V 电路中的电流I＝＝0.2 A 金属杆PQ两端的电压为外电压，即UPQ＝IR＝0.8 V (2)由题图乙可知加速度 a＝＝－2 m/s2 对金属杆PQ，由牛顿第二定律得F＋BIL＝m|a| 解得F＝0.3 N (3)根据电荷量表达式可知 q＝t＝，v－t图像与横轴围成的面积表示位移，则x＝ m＝9 m 解得q＝0.9 C 根据能量守恒定律可知W克F＋Q＝m 解得Q＝1.8 J 电阻R产生的焦耳热 QR＝Q＝×1.8 J＝1.44 J。 18.(14分)(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)(3分)求电场强度的大小E； (2)(4分)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)(7分)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 答案　(1)v0B　(2)y1＝　(3)90% 解析　(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B 解得E＝v0B (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且电子入射速度为，电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1＝m(v0)2－m(v0)2 解得y1＝ (3)方法一　若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy＝mmv2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合＝evmB－eE 在最低点有F合＝eE－evB 联立有vm＝－v＝2v0－v y＝ 要让电子到达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的90%。 方法二　如果电子在复合场中受到的静电力与洛伦兹力等值反向，电子做匀速直线运动。如果这两个力不平衡，可将其分解为匀速直线运动和匀速圆周运动两个分运动。 设速度为v的电子，一个分运动为v1＝v0，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，这个分运动做圆周运动的直径为y2， 则有， 解得v2＝。 电子入射速度为两个分速度的合速度， 即v＝v1－v2＝v0－。 在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。 由于电子在0<v<v0范围内均匀分布， 可得×100%＝90%。 学科网（北京）股份有限公司 $