資源簡介

章末檢測試卷(第1章)
(滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.(2023·廣州市從化中學高二期末)下列說法正確的是(　　)
A.安培力和電場力的方向均可用左手定則判斷
B.電荷所受電場力一定與該處電場方向在同一直線上，電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直
C.電荷在電場中一定受電場力作用，電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用
D.安培力和洛倫茲力本質上都是磁場對運動電荷的作用，安培力可以對通電導線做功，洛倫茲力對運動電荷也做功
2.(2023·榆林市高二期末)如圖所示，邊長為L的等邊三角形導線框用輕質絕緣細線懸掛于天花板，圖中虛線過ab和ac邊中點，在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，導線框中通一大小為I的逆時針方向電流時，線框處于靜止狀態，此時細線的拉力恰好為零。已知導線框的質量為m，重力加速度為g，則磁場的磁感應強度為(　　)
A. B.
C. D.
3.(2023·邢臺市南和區第一中學高二期末)如圖所示，質量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，未通電時，輕導線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為θ，重力加速度大小為g，則(　　)
A.棒中電流的方向為b→a
B.棒中電流的大小為
C.棒中電流的大小為
D.若只增大輕導線的長度，則θ變小
4.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(　　)
A. B.
C. D.
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
5.(2024·山西省高二月考)關于圖中的四種儀器的說法正確的是(　　)
A.甲圖中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關
B.乙圖中不改變質譜儀各區域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同
C.丙圖中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖所示磁場時N側帶負電荷
D.丁圖長寬高分別為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側面的電壓與a、b、c均無關
6.(2023·重慶市南坪中學高二期末)如圖，豎直平面內，光滑絕緣圓管傾斜固定，與水平面的夾角為30°，處于水平向左的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B中。一帶電小球，以速度v0沿管軸方向斜向下方做勻速直線運動，并無碰撞地進入管內(管道內徑略大于小球直徑)。下列判斷正確的是(　　)
A.小球帶正電荷
B.=v0
C.若進入管道時撤去電場，小球在管道內的加速度將一直增大
D.若進入管道時撤去磁場，小球在管道內的速率將增大
7.如圖所示，一個邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠大的勻強磁場區域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。O點處有一體積可忽略的電子發射裝置，能夠在紙面內向磁場各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發射速度為4v0時(　　)
A.電子的運動半徑為4d
B.從MN邊界射出的電子數占總電子數的
C.MN邊界上有電子射出的總長度為2d
D.電子在磁場中運動的最長時間為
8.(2023·哈爾濱市第三中學高二期末)如圖所示，空間電、磁場分界線與電場方向成45°角，分界面一側為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，另一側為平行紙面向上的勻強電場。一帶電荷量為+q、質量為m的粒子從P點以v0的速度沿垂直電場和磁場的方向射入磁場，一段時間后，粒子恰好又回到P點。(場區足夠大，不計粒子重力)則(　　)
A.當粒子第一次進入電場時，速度與分界線所成的銳角為45°
B.當粒子第二次進入電場時，到P點的距離為
C.電場強度大小為B0v0
D.粒子回到P點所用的總時間為
三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
9.(4分)(2023·運城市高二期末)如圖所示，水平放置的兩平行導軌P、Q間的距離d=0.5 m，垂直于導軌平面有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B=2 T，垂直于導軌放置的ab棒的質量m=1 kg，系在ab棒中點的水平輕繩跨過光滑的定滑輪與物塊G相連，已知ab棒與導軌間的動摩擦因數μ=0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，電源的電動勢E=10 V、內阻r=0.1 Ω，導軌的電阻及ab棒的電阻均不計。當滑動變阻器接入電路的阻值R=0.9 Ω時，ab棒處于靜止狀態且僅受四個力作用，則物塊的質量M=　　　　 kg；當ab棒將要由靜止開始向右滑動時滑動變阻器接入電路的阻值R'=　　　　 Ω。(g取10 m/s2)
10.(4分)一個電荷量為+q(q>0)、質量為m的圓環，套在水平的粗細均勻的絕緣細桿上，它們之間的動摩擦因數為μ，細桿處于垂直紙面向里大小為B的勻強磁場以及水平向右大小為E的勻強電場中，如圖所示。重力加速度為g，且qE>μmg。靜止釋放帶電圓環，則圓環運動過程中加速度的變化情況：　　　　　　　　　　　　；此過程中，圓環最大速度為　　　　　　　　。
11.(8分)(2023·海南省高二月考)如圖所示為“探究磁場對通電導線的作用”的部分實驗裝置，通電導線與磁場方向垂直。請根據下面的實驗操作按要求填空。
(1)(2分)在探究安培力F與電流I的對應關系時，保持磁場及通電導線長度不變，只改變電流的大小，記錄電流表的讀數I1，I2，I3，…，測出對應的安培力F1，F2，F3，…，通過實驗可發現，磁場對通電導線作用力的大小與電流大小成正比，實驗中所采用的實驗方法是　　　　　　　　　　(選填“等效替代法”“控制變量法”或“理想模型法”)。
(2)(2分)如圖所示分別接通“1、4”和“2、3”，發現輕繩偏轉的角度不同，說明通電導線受到的力的大小與　　　　　　　　　有關。
(3)(2分)只上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向　　　　　(選填“改變”或“不改變”)。
(4)(2分)只改變導線中電流的方向，導線受力的方向　　　　(選填“改變”或“不改變”)。
12.(14分)(2024·佛山市高二月考)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=1 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，在導軌所在平面內，存在垂直于導軌所在平面向上、磁感應強度B=2 T的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=6 V、內阻r=1 Ω的直流電源?，F把一根質量m=0.4 kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。若導體棒接入電路中的電阻R0=2 Ω，導軌電阻不計，g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
(1)(6分)導體棒受到的安培力大??；
(2)(8分)導體棒與軌道間的動摩擦因數。
13.(14分)如圖，在平面直角坐標系xOy的第四象限內，有垂直紙面向里的勻強磁場，現有一質量為m=5.0×10-8kg、電荷量為q=1.0×10-6 C的帶正電粒子，從靜止開始經U0=10 V的電壓加速后，從圖中P點沿圖示方向進入磁場時速度方向與y軸負方向夾角為37°，已知OP=30 cm，粒子重力不計，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。則：
(1)(3分)帶電粒子到達P點時速度v的大小是多少？
(2)(7分)若磁感應強度的大小B=2 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，則OQ間的距離是多少？
(3)(4分)若粒子不能從x軸上方射出，那么，磁感應強度B的最小值是多少？
14.(16分)如圖所示，平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限在x軸與y=-d之間的區域內存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以初速度v0從y軸上P(0，h)點沿x軸正方向開始運動，經過電場后從x軸上的點Q(h，0)進入磁場，粒子恰能從磁場的下邊界離開磁場。不計粒子重力，求：
(1)(5分)粒子在Q點速度的大小vQ和與x軸正方向的夾角θ；
(2)(5分)勻強磁場磁感應強度大小B；
(3)(6分)粒子在電場、磁場中運動總時間。
答案精析
1.B　［安培力的方向用左手定則判斷，電場力的方向不能用左手定則判斷，A錯誤；電荷所受電場力一定與該處電場方向在同一直線上，電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直，B正確；電荷在電場中一定受電場力作用，電荷靜止在磁場中或者運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力，C錯誤；洛倫茲力對運動電荷不做功，D錯誤。］
2.C?。鄹鶕Ь€框受力平衡可得F安=mg，又F安=BIL有效，由題意可知，導線在磁場中的有效長度為L有效=L，解得B=，A、B、D錯誤，C正確。］
3.C?。鄹鶕w棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電流的方向為由a到b，故A錯誤；對剛通電后到銅棒偏轉到最大角度的過程中，根據動能定理可得BIL2sin θ-mgL(1-cos θ)=0-0，解得I=，故B錯誤，C正確；由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL(1-cos θ)，輕導線的長度L可消去，即θ與導線長度無關，故D錯誤。］
4.A?。塾深}知，帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a，粒子做圓周運動有qvB=m，則=，如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，有Eq=qvB，聯立有=，故選A。］
5.ABC?。刍匦铀倨髦校膳ｎD第二定律可得qvB=，帶電粒子射出時的動能為Ek=mv2，聯立解得Ek=，回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，故A正確；帶電粒子在加速電場中，由動能定理可得qU1=mv2，帶電粒子在復合場中，由共點力平衡條件可得qvB1=Eq，帶電粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律可得qvB2=，則=，題圖乙中不改變質譜儀各區域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子，速度相同，半徑R相同，因此粒子比荷相同，故B正確；題圖丙中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖所示磁場時，由左手定則可知，負電荷所受洛倫茲力方向指向N側，因此N側帶負電荷，故C正確；題圖丁中，最終正、負離子會受到電場力和洛倫茲力而平衡，即qvB=Eq，同時E=，而流量為Q=vbc，聯立可得U=，前后兩個金屬側面的電壓與流量Q、磁感應強度B以及c有關，與a、b無關，故D錯誤。］
6.AB　［經分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負功，則小球帶正電，故A正確；由題意得，小球受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；撤去電場時，小球受管的彈力、洛倫茲力、小球的重力，合力沿圓管向下，由牛頓第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道內的加速度將保持不變，故C錯誤；因為電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明重力和電場力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，又因為圓管對小球的支持力也不做功，則小球在管道內仍做勻速直線運動，速率將保持不變，故D錯誤。］
7.BCD?。巯虼艌鰞雀鱾€方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，可知r0=d，則當電子發射速率為4v0時，根據qvB=得r=，可知半徑變為原來的4倍，即2d，故A錯誤；如圖所示，從發射裝置水平向右射出的電子到達MN右端的距離最遠，又r1=2d，根據幾何關系知偏轉角為60°，AB=r1sin 60°=d，運動軌跡與MN相切的電子到達MN最左端，根據幾何關系知其發射速度與PQ的夾角為60°，所以從MN邊界射出的電子數占總電子數的，BC=r1sin 60°=d，MN邊界上有電子射出的總長度為AB+BC=2d，故B、C正確；根據分析知，電子在磁場中轉過的圓心角最大為120°，最長運動時間為T=×=，故D正確。］
8.ABC?。鄹鶕}意可知，粒子的運動軌跡如圖
粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據圓周運動的特點可知，粒子第一次到達邊界時的偏轉角是90°，即速度與分界線所成的銳角為45°，故A正確；由A選項分析可知，粒子進入電場的方向，與電場強度方向相反，故粒子先減速到零，再反方向加速到原來的速度第二次進入磁場，然后在磁場中做圓周運動，經過T后，由S點進入電場，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，根據牛頓第二定律qv0B0=m，解得R=，根據幾何關系解得PS=2R=，故B正確；設電場的電場強度為E，粒子第二次進入電場時的方向與電場方向垂直，根據圖可知，水平方向2R=v0t3，豎直方向2R=a，根據牛頓第二定律Eq=ma，聯立解得E=B0v0，故C正確；粒子回到P點所用的總時間包括在磁場中的運動時間t1，第一次進入電場時先減速后加速的時間t2及第二次在電場中偏轉的時間t3，粒子在磁場中運動的時間由幾何關系可知t1=T=，第一次進入電場時先減速后加速的時間t2==，第二次在電場中偏轉的時間t3==，粒子回到P點所用的總時間為t=t1+t2+t3=，故D錯誤。］
9.1　1.15
解析　當滑動變阻器接入電路的阻值R=0.9 Ω時，通過ab的電流為I==10 A
此時ab棒處于靜止狀態且僅受四個力作用，即ab棒此時受到重力、支持力、繩的拉力和安培力，不受摩擦力，則繩的拉力和安培力平衡，設物塊的質量為M，則BId=Mg
解得M=1 kg
當ab棒將要由靜止開始向右滑動時，ab棒所受最大靜摩擦力方向向左，根據平衡條件有μmg+BI'd=Mg
解得此時通過ab的電流為I'=8 A
根據閉合電路歐姆定律有I'=
解得R'=1.15 Ω。
10.加速度先變大后變小　+
解析　初始時刻，對圓環進行受力分析，可知受到重力、支持力、電場力和摩擦力，因為qE>μmg，根據牛頓第二定律可知，圓環向右做加速運動，又因為圓環帶正電，根據左手定則可知，圓環受到豎直向上的洛倫茲力
根據牛頓第二定律，有qE-μ(mg-Bqv)=ma，隨著速度增大，洛倫茲力變大，所以支持力變小，摩擦力變小，合力變大，加速度變大；
當洛倫茲力大于重力之后，支持力向下，如圖所示，根據牛頓第二定律有qE-μ(Bqv-mg)=ma，這時，隨著速度繼續增大，支持力變大，摩擦力增大，合力減小，加速度減小；當qE=μ(Bqv-mg)時，加速度為零，速度最大，vmax=+，之后做勻速運動。
11.(1)控制變量法　(2)導線在磁場中的長度　(3)改變　(4)改變
解析　(1)控制其他物理量不變，只改變電流，觀察安培力隨電流的變化情況，故這個實驗所采用的實驗方法是控制變量法。
(2)分別接通“1、4”和“2、3”，發現輕繩的擺動角度不同，這說明安培力的大小與通電導線在磁場中的長度有關。
(3)安培力的方向是由磁感應強度B的方向和電流方向共同決定的，故只上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向改變。
(4)據(3)中的分析知，只改變導線中的電流的方向，導線受力的方向改變。
12.(1)4 N　(2)
解析　(1)根據閉合電路歐姆定律得
I==2 A
導體棒受到的安培力為F安=BIL=4 N
(2)對導體棒受力分析如圖所示
因為重力沿導軌所在平面向下的分力小于F安，故摩擦力沿導軌所在平面向下，沿導軌所在平面方向有
mgsin 30°+f=F安
垂直于導軌所在平面方向有
N=mgcos 30°
又f=μN
聯立解得μ=。
13.(1)20 m/s　(2)0.9 m　(3) T
解析　(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理qU0=mv2，代入數據得v=20 m/s
(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB=m，得R=，代入數據得R=0.5 m
而=0.5 m
故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達Q點時速度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。由幾何關系可知OQ=R+Rsin 53°，故OQ=0.9 m
(3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關系得OP≥R'+R'sin 37°，
由qvB'=得R'=
由以上兩式并代入數據得B'≥ T，磁感應強度B的最小值是 T。
14.(1)2v0　60°　(2)
(3)+
解析　(1)設粒子從P到Q的過程中，沿y軸方向，加速度大小為a，運動時間為t，在Q點進入磁場時速度vQ沿y軸方向的分速度大小為vy，且在Q點速度方向與x軸正方向夾角為θ，則h=v0t
h=at2，vy=at，vQ=
tan θ=
聯立解得vQ=2v0，θ=60°
(2)設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，則qvQB=m
得R=
粒子運動軌跡如圖所示：
又由幾何關系可得
d=R+R，
聯立解得B=
(3)由(1)可知粒子在電場中運動的時間t=
根據幾何關系，粒子在磁場中轉過的圓心角為α=120°
在磁場中運動的周期：T==
在磁場中運動的時間：t'=T=
粒子運動的總時間：
t總=t+t'=+。(共52張PPT)
章末檢測試卷(第1章)
一、單項選擇題
1.(2023·廣州市從化中學高二期末)下列說法正確的是
A.安培力和電場力的方向均可用左手定則判斷
B.電荷所受電場力一定與該處電場方向在同一直線上，電荷所受的洛倫
　茲力一定與磁場方向垂直
C.電荷在電場中一定受電場力作用，電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用
D.安培力和洛倫茲力本質上都是磁場對運動電荷的作用，安培力可以對
　通電導線做功，洛倫茲力對運動電荷也做功
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
安培力的方向用左手定則判斷，電場力的方向不能用左手定則判斷，A錯誤；
電荷所受電場力一定與該處電場方向在同一直線上，電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直，B正確；
電荷在電場中一定受電場力作用，電荷靜止在磁場中或者運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力，C錯誤；
洛倫茲力對運動電荷不做功，D錯誤。
13
14
2.(2023·榆林市高二期末)如圖所示，邊長為L的等邊三角形導線框用輕質絕緣細線懸掛于天花板，圖中虛線過ab和ac邊中點，在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，導線框中通一大小為I的逆時針方向電流時，線框處于靜止狀態，此時細線的拉力恰好為零。已知導線框的質量為m，重力加速度為g，則磁場的磁感應強度為
A. B.
C. D.
√
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3
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5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
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2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根據導線框受力平衡可得F安=mg，又F安=BIL有效，
由題意可知，導線在磁場中的有效長度為L有效=L，
解得B=，A、B、D錯誤，C正確。
13
14
3.(2023·邢臺市南和區第一中學高二期末)如圖所示，質量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，未通電時，輕導線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為θ，重力加速度大小為g，則
A.棒中電流的方向為b→a
B.棒中電流的大小為
C.棒中電流的大小為
D.若只增大輕導線的長度，則θ變小
√
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7
8
9
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根據導體棒受到的安培力方向和左手定則可知，
棒中電流的方向為由a到b，故A錯誤；
對剛通電后到銅棒偏轉到最大角度的過程中，
根據動能定理可得BIL2sin θ-mgL(1-cos θ)=0-0，
解得I=，故B錯誤，C正確；
由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL(1-cos θ)，輕導線的長度L可消去，即θ與導線長度無關，故D錯誤。
14
4.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。
該粒子的比荷為
A. B.
C. D.
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√
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由題知，帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a，粒子做圓周運
動有qvB=m=，如果保持所有條件不變，
在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，有Eq=qvB，聯立有=，故選A。
二、多項選擇題
5.(2024·山西省高二月考)關于圖中的四種儀器的說法正確的是
1
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3
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14
A.甲圖中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關
B.乙圖中不改變質譜儀各區域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同
C.丙圖中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖所示磁場時N側
　帶負電荷
D.丁圖長寬高分別為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前
　后兩個金屬側面的電壓與a、b、c均無關
√
√
√
1
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回旋加速器中，由牛頓第二定律可得qvB=，帶電粒子射出時的動能為Ek=mv2，聯立解得Ek=，回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，故A正確；
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13
帶電粒子在加速電場中，由動能定理可得qU1=mv2，帶電粒子在復合場中，由共點力平衡條件可得qvB1=Eq，帶電粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律可得qvB2==，題圖乙中不改變質譜儀各區域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子，速度相同，半徑R相同，因此粒子比荷相同，故B正確；
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題圖丙中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖所示磁場時，由左手定則可知，負電荷所受洛倫茲力方向指向N側，因此N側帶負電荷，故C正確；
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題圖丁中，最終正、負離子會受到電場力和洛倫茲力而平衡，即qvB=Eq，同時E=，而流量為Q=vbc，聯立可得U=，前后兩個金屬側面的電壓與流量Q、磁感應強度B以及c有關，與a、b無關，故D錯誤。
14
6.(2023·重慶市南坪中學高二期末)如圖，豎直平面內，光滑絕緣圓管傾斜固定，與水平面的夾角為30°，處于水平向左的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B中。一帶電小球，以速度v0沿管軸方向斜向下方做勻速直線運動，并無碰撞地進入管內(管道內徑略大于小球直徑)。下列判斷正確的是
A.小球帶正電荷
B.=v0
C.若進入管道時撤去電場，小球在管道內的加速度
　將一直增大
D.若進入管道時撤去磁場，小球在管道內的速率將增大
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√
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√
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經分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負功，則小球帶正電，故A正確；
由題意得，小球受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；
13
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撤去電場時，小球受管的彈力、洛倫茲力、小球的重力，合力沿圓管向下，由牛頓第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道內的加速度將保持不變，故C錯誤；
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因為電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明重力和電場力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，又因為圓管對小球的支持力也不做功，則小球在管道內仍做勻速直線運動，速率將保持不變，故D錯誤。
13
14
7.如圖所示，一個邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠大的勻強磁場區域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。O點處有一體積可忽略的電子發射裝置，能夠在紙面內向磁場各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發射速度為4v0時
A.電子的運動半徑為4d
B.從MN邊界射出的電子數占總電子數的
C.MN邊界上有電子射出的總長度為2d
D.電子在磁場中運動的最長時間為
√
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√
√
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如圖所示，從發射裝置水平向右射出的電子到達MN右端的距離最遠，又r1=2d，根據幾何關系知偏轉角為60°，AB=r1sin 60°=d，運動軌跡與MN相切的電子到達MN最左端，根據幾何關系知其發射速度與PQ的夾角為
13
14
向磁場內各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，可知r0=d，則當電子發射速率為4v0時，根據qvB=得r=，可知半徑變為原來的4倍，即2d，故A錯誤；
60°，所以從MN邊界射出的電子數占總電子數的，BC=r1sin 60°=d，MN邊界上有電子射出的總長度為AB+BC=2d，故B、C正確；
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根據分析知，電子在磁場中轉過的圓心角最大為120°，最長運動時間為T=×=，故D正確。
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8.(2023·哈爾濱市第三中學高二期末)如圖所示，空間電、磁場分界線與電場方向成45°角，分界面一側為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，另一側為平行紙面向上的勻強電場。一帶電荷量為+q、質量為m的粒子從P點以v0的速度沿垂直電場和磁場的方向射入磁場，一段時間后，粒子恰好又回到P點。(場區足夠大，不計粒子重力)則
A.當粒子第一次進入電場時，速度與分界線所成的銳角為45°
B.當粒子第二次進入電場時，到P點的距離為
C.電場強度大小為B0v0
D.粒子回到P點所用的總時間為
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√
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√
√
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根據題意可知，粒子的運動軌跡如圖
粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據圓周運動的特點
可知，粒子第一次到達邊界時的偏轉角是90°，即速
度與分界線所成的銳角為45°，故A正確；
由A選項分析可知，粒子進入電場的方向，與電場強
度方向相反，故粒子先減速到零，再反方向加速到原來的速度第二次進入磁
場，然后在磁場中做圓周運動，經過T后，由S點進入電場，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，根據牛頓第二定律qv0B0=m，解得R=，根據幾何關系解得PS=2R=，故B正確；
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設電場的電場強度為E，粒子第二次進入電場時的方向與電場方向垂直，根據圖可知，水平方向2R=v0t3，豎直方向2R=a，根據牛頓第二定律Eq=ma，聯立解得E=B0v0，故C正確；
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粒子回到P點所用的總時間包括在磁場中的運動時間t1，第一次進入電場時先減速后加速的時間t2及第二次在電場中偏轉的時間t3，粒子在磁場中運動的時間由幾何關系可知t1=T=，第一次進入電
場時先減速后加速的時間t2==，第二次在電場中偏轉的時間t3==，粒子回到P點所用的總時間為t=t1+t2+t3=，故D錯誤。
三、非選擇題
9.(2023·運城市高二期末)如圖所示，水平放置的兩平行導軌P、Q間的距離d=0.5 m，垂直于導軌平面有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B=2 T，垂直于導軌放置的ab棒的質量m=1 kg，系在ab棒中點的水平輕繩跨過光滑的定滑輪與物
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塊G相連，已知ab棒與導軌間的動摩擦因數μ=0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，電源的電動勢E=10 V、內阻r=0.1 Ω，導軌的電阻及ab棒的電阻均不計。當滑動變阻器接入電路的阻值R=0.9 Ω時，ab棒處于靜止狀態且僅受四個力作用，則物塊的質量M=　　 kg；當ab棒將要由靜止開始向右滑動時滑動變阻器接入電路的阻值R'=　　　 Ω。(g取10 m/s2)
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當滑動變阻器接入電路的阻值R=0.9 Ω時，
通過ab的電流為I==10 A
此時ab棒處于靜止狀態且僅受四個力作用，
即ab棒此時受到重力、支持力、繩的拉力和安培力，不受摩擦力，則繩的拉力和安培力平衡，設物塊的質量為M，則BId=Mg
解得M=1 kg
當ab棒將要由靜止開始向右滑動時，ab棒所受最大靜摩擦力方向向左，根據平衡條件有μmg+BI'd=Mg
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解得此時通過ab的電流為I'=8 A
根據閉合電路歐姆定律有I'=
解得R'=1.15 Ω。
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10.一個電荷量為+q(q>0)、質量為m的圓環，套在水平的粗細均勻的絕緣細桿上，它們之間的動摩擦因數為μ，細桿處于垂直紙面向里大小為B的勻強磁場以及水平向右大小為E的勻強電場中，如圖所示。重力
加速度為g，且qE>μmg。靜止釋放帶電圓環，則圓環運動過程中加速度的變化情況：　 　　　　　??；此過程中，圓環最大速度為
_______。
加速度先變大后變小
+
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初始時刻，對圓環進行受力分析，可知受到重力、支持力、電場力和摩擦力，因為qE>μmg，根據牛頓第二定律可知，圓環向右做加速運動，又因為圓環帶正電，根據左手定則可知，圓環受到豎直向上的洛倫茲力
13
14
根據牛頓第二定律，有qE-μ(mg-Bqv)=ma，隨著速度增大，洛倫茲力變大，所以支持力變小，摩擦力變小，合力變大，加速度變大；
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當洛倫茲力大于重力之后，支持力向下，如圖所示，根據牛頓第二定律有qE-μ(Bqv-mg)=ma，這時，隨著速度繼續增大，支持力變大，摩擦力增大，合力減小，加速度減??；當qE=μ(Bqv-mg)時，
13
14
加速度為零，速度最大，vmax=+，之后做勻速運動。
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11.(2023·海南省高二月考)如圖所示為“探究磁場對通電導線的作用”的部分實驗裝置，通電導線與磁場方向垂直。請根據下面的實驗操作按要求填空。
(1)在探究安培力F與電流I的對應關系時，保持磁場
及通電導線長度不變，只改變電流的大小，記錄電流表的讀數I1，I2，I3，…，測出對應的安培力F1，F2，F3，…，通過實驗可發現，磁場對通電導線作用力的大小與電流大小成正比，實驗中所采用的實驗方法是　__________(選填“等效替代法”“控制變量法”或“理想模型法”)。
控制變量法
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控制其他物理量不變，只改變電流，觀察安培力隨電流的變化情況，故這個實驗所采用的實驗方法是控制變量法。
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(2)如圖所示分別接通“1、4”和“2、3”，發現輕繩偏轉的角度不同，說明通電導線受到的力的大小與
　　 　　　　　　　有關。
導線在磁場中的長度
分別接通“1、4”和“2、3”，發現輕繩的擺動角度不同，這說明安培力的大小與通電導線在磁場中的長度有關。
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(3)只上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向　　　(選填“改變”或“不改變”)。
改變
安培力的方向是由磁感應強度B的方向和電流方向共同決定的，故只上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向改變。
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(4)只改變導線中電流的方向，導線受力的方向_____
(選填“改變”或“不改變”)。
改變
據(3)中的分析知，只改變導線中的電流的方向，導線受力的方向改變。
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12.(2024·佛山市高二月考)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=1 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，在導軌所在平面內，存在垂直于導軌所在平面向上、磁感應強度B=2 T的勻強磁場。金屬導軌
的一端接有電動勢E=6 V、內阻r=1 Ω的直流電源。現把一根質量m=0.4 kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。若導體棒接入電路中的電阻R0=2 Ω，導軌電阻不計，g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
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(1)導體棒受到的安培力大?。?br/>答案　4 N
根據閉合電路歐姆定律得
I==2 A
導體棒受到的安培力為F安=BIL=4 N
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(2)導體棒與軌道間的動摩擦因數。
答案　
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對導體棒受力分析如圖所示
因為重力沿導軌所在平面向下的分力小于F安，
故摩擦力沿導軌所在平面向下，沿導軌所
在平面方向有mgsin 30°+f=F安
垂直于導軌所在平面方向有N=mgcos 30°
又f=μN
聯立解得μ=。
13.如圖，在平面直角坐標系xOy的第四象限內，有垂直紙面向里的勻強磁場，現有一質量為m=5.0×10-8kg、電荷量為q=1.0×10-6 C的帶正電粒子，從靜止開始經U0=10 V的電壓加速后，從圖中P點沿圖示方向進入磁場時速度方向與y軸負方向夾角為37°，已知OP=30 cm，
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答案　20 m/s　
粒子重力不計，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。則：
(1)帶電粒子到達P點時速度v的大小是多少？
對帶電粒子的加速過程，由動能定理qU0=mv2，代入數據得v=20 m/s
(2)若磁感應強度的大小B=2 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，則OQ間的距離是多少？
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答案　0.9 m
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帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB=m，得R=，代入數據得R=0.5 m
而=0.5 m
故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達Q點
時速度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。由幾
何關系可知OQ=R+Rsin 53°，故OQ=0.9 m
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(3)若粒子不能從x軸上方射出，那么，磁感應強度B的最小值是多少？
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答案　 T
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帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關系
得OP≥R'+R'sin 37°，
由qvB'=得R'=
由以上兩式并代入數據得B'≥ T，磁感應強
度B的最小值是 T。
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14.如圖所示，平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限在x軸與y=-d之間的區域內存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以初速度v0從y軸上P(0，h)點沿x軸正方向開始運動，經過電場后從x軸
上的點Q(h，0)進入磁場，粒子恰能從磁場的下邊界離開磁場。不計粒子重力，求：
(1)粒子在Q點速度的大小vQ和與x軸正方向的夾角θ；
答案　2v0　60°　
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設粒子從P到Q的過程中，沿y軸方向，加速度大小為a，運動時間為t，在Q點進入磁場時速度vQ沿y軸方向的分速度大小為vy，且在Q點速度方向與x軸正方向夾角為θ，則
h=v0t
h=at2
vy=at
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vQ=
tan θ=
聯立解得vQ=2v0，θ=60°
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(2)勻強磁場磁感應強度大小B；
答案　　
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設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，則qvQB=m
得R=
粒子運動軌跡如圖所示：
又由幾何關系可得
d=R+R，
聯立解得B=
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(3)粒子在電場、磁場中運動總時間。
答案　+
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由(1)可知粒子在電場中運動的時間t=
根據幾何關系，粒子在磁場中轉過的圓心角為
α=120°
在磁場中運動的周期：T==
在磁場中運動的時間：t'=T=
粒子運動的總時間：t總=t+t'=+。

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