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章末檢測(cè)試卷（第一章）
（滿分：100分）
一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）
1.（2024·廣州市高二期末）下列有關(guān)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的說(shuō)法正確的是（　　　?。?br/>A.電荷在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)均一定受到電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力
B.磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力始終不做功
C.通電導(dǎo)線與通電導(dǎo)線之間是通過(guò)電場(chǎng)發(fā)生相互作用的
D.一小段通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定成正比
2.（2021·廣東卷）截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是（　　　　）
A　 　 　　B　 　 　 　C　　　 　D
3.（2024·汕尾市高二期末）如圖所示，整個(gè)裝置懸掛在彈簧測(cè)力計(jì)下，裝置下端是單匝線框，線框下邊處于一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。接通直流電源，線框中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)有拉力示數(shù)。為了增大彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，下列方法可以實(shí)現(xiàn)的是（　　　　）
A.磁場(chǎng)方向不變，增加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小
B.電流方向不變，增加電流大小
C.電流方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向
D.磁場(chǎng)方向反向，電流方向不變
4.關(guān)于下列四幅圖的說(shuō)法正確的是（　　　?。?br/>A.圖甲是用來(lái)加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可增加電壓U
B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極，B極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極
C.圖丙是速度選擇器的示意圖，速度大小為v=的電子能夠沿直線從右側(cè)進(jìn)入并勻速通過(guò)速度選擇器
D.圖丁是質(zhì)譜儀的主要原理圖，其中H、H、H在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是H
5.如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，O為圓心。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子沿平行于直徑MN的方向射入該區(qū)域，入射點(diǎn)P與MN的距離為R，已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向間的夾角為60°，忽略粒子重力，則粒子的速率為（　　　　）
A. B. C. D.
6.（2023·廣州市高二期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的導(dǎo)體棒AB水平放置，通有向右的恒定電流I。足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿CD處在導(dǎo)體棒AB的正下方不遠(yuǎn)處，與AB平行。一質(zhì)量為m、電荷量+q的小圓環(huán)（重力不可忽略）套在細(xì)桿CD上?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像不可能是（　　　?。?br/>A　　　　 　　　B　　　 　　　C　　　　　　　　D
7.在一小段真空室內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則（　　　?。?br/>A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.該離子的加速度大小不變、方向變化
D.的比值不斷減小
二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）
8.如圖所示，用兩絕緣細(xì)線將直導(dǎo)線懸掛于O、O'兩點(diǎn)，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的直導(dǎo)線的質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l。當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x軸正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（　　　?。?br/>A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)不可能沿z軸負(fù)方向
B.細(xì)線上的拉力可能等于mg
C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為
D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為
9.如圖，豎直平面內(nèi)，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(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，并無(wú)碰撞地進(jìn)入管內(nèi)（管道內(nèi)徑略大于小球直徑）。下列判斷正確的是（　　　?。?br/>A.小球帶正電荷
B.=v0
C.若進(jìn)入管道時(shí)撤去電場(chǎng)，小球在管道內(nèi)的加速度將增大
D.若進(jìn)入管道時(shí)撤去磁場(chǎng)，小球在管道內(nèi)的速率將增大
10.帶電粒子M經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線所示。在磁場(chǎng)中靜止著不帶電的粒子N。粒子M與粒子N碰后粘在一起在磁場(chǎng)中繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。下列說(shuō)法正確的是（　　　?。?br/>A.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變
B.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變小
C.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變小
D.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能變小
三、非選擇題（本題共5小題，共54分。）
11.（8分）（2024·佛山市高二月考）“達(dá)因”興趣小組的同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了利用磁傳感器“霍爾元件”來(lái)測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的實(shí)驗(yàn)方案，其原理圖如圖所示。已知該霍爾元件的載流子為電子，電荷量為e，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于霍爾元件上下兩面豎直向上，霍爾元件的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，單位體積中自由電子的個(gè)數(shù)為n，實(shí)驗(yàn)中向左通過(guò)霍爾元件的電流為I。
（1）（2分）用電壓表測(cè)量M、N兩面的電壓時(shí)，電壓表的正接線柱應(yīng)與　　　　（填“M”或“N”）相接，正確連接后測(cè)得的電壓為U。
（2）（3分）電子（載流子）勻速通過(guò)霍爾元件的過(guò)程中，垂直于M、N方向受到的電場(chǎng)力大小為　　　　　?。ㄓ肬、e及題中涉及的物理量符號(hào)表示）。
（3）（3分）同學(xué)們經(jīng)過(guò)分析可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為　　　?。ㄓ肬、e及題中涉及的物理量符號(hào)表示）。
12.（10分）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=1 m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=6 V、內(nèi)阻r=1 Ω的直流電源?，F(xiàn)把一根質(zhì)量m=0.4 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止。若導(dǎo)體棒接入電路中的電阻R0=2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則：
（1）（4分）導(dǎo)體棒受到的安培力大小為　　　　N；
（2）（6分）導(dǎo)體棒與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為　　　　。
13.（10分）（2024·廣東廣雅中學(xué)高二期末）如圖甲所示，水平放置的兩光滑平行導(dǎo)軌PQ間的距離L=0.5 m，垂直于導(dǎo)軌平面有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T，ab棒垂直于導(dǎo)軌放置，系在ab棒中點(diǎn)且與ab棒垂直的水平繩跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊相連，物塊放置在電子秤上，質(zhì)量為2 kg。已知當(dāng)物塊靜止穩(wěn)定以后，電子秤的讀數(shù)FN隨滑動(dòng)變阻器R阻值變化的規(guī)律如圖乙所示，導(dǎo)軌及ab棒的電阻均不計(jì)，g取10 m/s2。求：
（1）（2分）磁場(chǎng)方向；
（2）（8分）電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。
14.（12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=5.0×10-8 kg、電荷量為q=1.0×10-6 C的帶正電粒子，從靜止開始經(jīng)U0=10 V的電壓加速后，從圖中P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與y軸負(fù)方向夾角為37°并垂直于磁場(chǎng)方向，已知OP=30 cm，粒子重力不計(jì)，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。則：
（1）（2分）帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大小是多少？
（2）（6分）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2 T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)，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(yīng)強(qiáng)度B的最小值是多少？
15.（14分）如圖所示，在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1（大小未知），第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2（大小未知），圓形區(qū)域圓心在x軸上的M點(diǎn)，與y軸在O點(diǎn)相切，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出）。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從N點(diǎn)以某一水平向左的速度射入第Ⅱ象限，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，該粒子從O點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，其速度與y軸負(fù)方向的夾角為30°，在圓形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后由圓上某點(diǎn)射出，恰好垂直y軸回到N點(diǎn)。已知ON=d，重力加速度為g，求：
（1）（4分）電場(chǎng)強(qiáng)度E1和E2的大小；
（2）（6分）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B和磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R；
（3）（4分）微粒從N點(diǎn)出發(fā)到再次回到N點(diǎn)的時(shí)間。
答案精析
1.B　［運(yùn)動(dòng)的電荷速度方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，則不受磁場(chǎng)力的作用，故A錯(cuò)誤；
電荷在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力，其方向與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，故B正確；
通電導(dǎo)線與通電導(dǎo)線之間的力是通過(guò)磁場(chǎng)相互作用的，故C錯(cuò)誤；
導(dǎo)線放在磁場(chǎng)中，受到的安培力為F=BILsin θ，當(dāng)電流大小、導(dǎo)線長(zhǎng)度以及磁場(chǎng)與電流方向夾角（不為零）一定時(shí)，安培力才與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小成正比，故D錯(cuò)誤。］
2.C?。垡騃1 I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。］
3.D?。塾勺笫侄▌t可知線框所受的安培力方向向上，安培力大小F=BIL，磁場(chǎng)方向不變，增加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小則安培力增大，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；
電流方向不變，增加電流大小，安培力增大，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；
電流方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向，安培力方向不變，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；
磁場(chǎng)方向反向，電流方向不變，安培力方向向下，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)變大，故D正確。］
4.D?。哿Ｗ由涑龌匦铀倨鲿r(shí)qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，則A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，電子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力同向，則不能沿直線從右側(cè)進(jìn)入并勻速通過(guò)速度選擇器，C錯(cuò)誤；粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器后的速度相同，根據(jù)qvB=m，得r=H的比荷最小，則偏轉(zhuǎn)半徑最大，D正確。］
5.B　［粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O'，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向的交點(diǎn)為A，O'P與OM的交點(diǎn)為C，運(yùn)動(dòng)半徑為r，由幾何知識(shí)知速度偏轉(zhuǎn)角為此段圓弧軌道的圓心角，則∠AO'C=30°，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2R
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m，解得v=，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。］
6.B　［由安培定則可知導(dǎo)體棒AB下方的磁場(chǎng)垂直紙面向里，小環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，當(dāng)qvB=mg時(shí)，小環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖像為A，故A正確；
當(dāng)qvB此時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，所以其v-圖像的斜率應(yīng)該逐漸增大，故B錯(cuò)誤，C正確；
當(dāng)qvB>mg時(shí)，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有
FN=qvB-mg，此時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma
所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB=mg時(shí)，小環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。］
7.C　［根據(jù)功率的計(jì)算公式P=Fvcos θ，可知電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P=qEv1，故A錯(cuò)誤；
由于v1與磁場(chǎng)方向平行，根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式可知該離子受到的洛倫茲力大小為F洛=qv2B，故B錯(cuò)誤；
離子受到的電場(chǎng)力不變，洛倫茲力大小不變、方向總是與電場(chǎng)力方向垂直，則該離子受到的合力大小不變、方向改變，根據(jù)牛頓第二定律可知，該離子的加速度大小不變、方向改變，故C正確；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面的方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，的比值不斷增大，故D錯(cuò)誤。］
8.BC?。蹌驈?qiáng)磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向時(shí)，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力的方向沿y軸正方向，導(dǎo)線可以保持靜止，故A錯(cuò)誤；
細(xì)線上的拉力可能小于mg，可能大于mg，也可能等于mg，故B正確；
當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿繩向下時(shí)，安培力有最小值，即BIl=mgsin θ
解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B=<，
故C正確，D錯(cuò)誤。］
9.AB?。劢?jīng)分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動(dòng)能不變，電場(chǎng)力一定做負(fù)功，則小球帶正電，故A正確；由題意得，小球受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力平衡，則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；撤去電場(chǎng)時(shí)，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(nèi)的加速度將保持不變，故C錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)力、重力、洛倫茲力三力平衡時(shí)，電場(chǎng)力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說(shuō)明重力和電場(chǎng)力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場(chǎng)后，重力和電場(chǎng)力合力不做功，又因?yàn)楣艿缹?duì)小球的支持力也不做功，則小球在管道內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速率將保持不變，故D錯(cuò)誤。］
10.AD　［帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由洛倫茲力提供，有qvB=，解得帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=，周期T==，設(shè)粒子M的電荷量為q，質(zhì)量為m1，速度為v0，粒子N的質(zhì)量為m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后兩粒子動(dòng)量守恒，則m1v0=（m1+m2）v，碰撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，周期變大，動(dòng)量不變，A正確，B、C錯(cuò)誤；碰撞后兩粒子粘在一起，總體機(jī)械能有損失，新粒子動(dòng)能變小，D正確。］
11.（1）M?。?）e　（3）
解析?。?）根據(jù)左手定則，電子向N面偏轉(zhuǎn)，N面帶負(fù)電，故電壓表的正接線柱應(yīng)與M面相接。
（2）垂直于M、N方向受到的電場(chǎng)力大小為F=Ee=e=
（3）通過(guò)霍爾元件的電流為
I=neSv=nebcv
霍爾元件穩(wěn)定后，有evB=F
勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
B=
12.（1）4?。?）
解析　（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得
I==2 A
導(dǎo)體棒受到的安培力為F安=BIL=4 N。
（2）對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示
因?yàn)橹亓ρ匦泵嫦蛳碌姆至π∮贔安，故摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+f=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°，
f=μFN，聯(lián)立解得μ=。
13.（1）磁場(chǎng)方向向上?。?）24 V　0.9 Ω
解析?。?）由題可知，ab棒電流方向由b到a，ab棒水平方向受力平衡可知，繩子拉力與安培力平衡，安培力水平向左。由左手定則得，磁場(chǎng)方向向上。
（2）回路電流I=
ab棒所受安培力F=BIL
電子秤的示數(shù)FN=mg-F
即FN=mg-BL
得FN=20-
由題圖乙得兩組數(shù)據(jù)R=0.3 Ω時(shí)，F(xiàn)N=0；R=0.7 Ω時(shí)，F(xiàn)N=5 N
代入解得E=24 V，r=0.9 Ω
14.（1）20 m/s?。?）0.90 m?。?） T
解析?。?）對(duì)帶電粒子的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理qU0=mv2，代入數(shù)據(jù)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(yùn)動(dòng)，有qvB=m，得R=，代入數(shù)據(jù)得R=0.50 m
而=0.50 m
故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。由幾何關(guān)系可知OQ=R+Rsin 53°=0.90 m。
（3）當(dāng)帶電粒子恰好不能從x軸射出（如圖乙）時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由幾何關(guān)系得OP=R'+R'sin 37°，R'=，
代入數(shù)據(jù)得B'= T，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值是 T。
15.（1）　?。?）　d ?。?）（+）
解析?。?）由題意可得，粒子從N點(diǎn)進(jìn)入第二象限后，水平方向先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)后做反方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=
豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則滿足v0=a·，vy=gt
由題意知在O點(diǎn)，速度與y軸負(fù)方向的夾角為30°，則由幾何關(guān)系得
tan 30°=
聯(lián)立解得E1=
又因?yàn)樵趫A形區(qū)域內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則滿足重力與電場(chǎng)力大小相等，洛倫茲力提供向心力，
即mg=qE2，解得E2=
（2）由題意得，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系知r+rsin 30°=d，又因?yàn)閝vB=m
且由幾何關(guān)系知vcos 30°=vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得=2gd
聯(lián)立解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=
設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為R，則由幾何關(guān)系知2rcos 30°=R
解得R=d
（3）由題意得，在電場(chǎng)強(qiáng)度E1的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則d=gt2
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，
則t1=T，T=
出磁場(chǎng)后在電場(chǎng)強(qiáng)度E2的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=
則微粒從N點(diǎn)出發(fā)到再次回到N點(diǎn)的時(shí)間為
t'=t+t1+t2=（+）(共47張PPT)
章末檢測(cè)試卷(第一章)
一、單項(xiàng)選擇題
1.(2024·廣州市高二期末)下列有關(guān)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的說(shuō)法正確的是
A.電荷在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)均一定受到電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力
B.磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力始終不做功
C.通電導(dǎo)線與通電導(dǎo)線之間是通過(guò)電場(chǎng)發(fā)生相互作用的
D.一小段通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定成
正比
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運(yùn)動(dòng)的電荷速度方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，則不受磁場(chǎng)力的作用，故A錯(cuò)誤；
電荷在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力，其方向與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，故B正確；
通電導(dǎo)線與通電導(dǎo)線之間的力是通過(guò)磁場(chǎng)相互作用的，故C錯(cuò)誤；
導(dǎo)線放在磁場(chǎng)中，受到的安培力為F=BILsin θ，當(dāng)電流大小、導(dǎo)線長(zhǎng)度以及磁場(chǎng)與電流方向夾角(不為零)一定時(shí)，安培力才與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小成正比，故D錯(cuò)誤。
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2.(2021·廣東卷)截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是
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因I1 I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；
根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸
引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要
受到中心直導(dǎo)線吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。
3.(2024·汕尾市高二期末)如圖所示，整個(gè)裝置懸掛在彈簧測(cè)力計(jì)下，裝置下端是單匝線框，線框下邊處于一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。接通直流電源，線框中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍藭r(shí)彈簧測(cè)力計(jì)有拉力示數(shù)。為了增大彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，下列方法可以實(shí)現(xiàn)的是
A.磁場(chǎng)方向不變，增加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小
B.電流方向不變，增加電流大小
C.電流方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向
D.磁場(chǎng)方向反向，電流方向不變
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由左手定則可知線框所受的安培力方向向上，安培力大小
F=BIL，磁場(chǎng)方向不變，增加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小則安培力
增大，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；
電流方向不變，增加電流大小，安培力增大，彈簧測(cè)力計(jì)
示數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；
電流方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向，安培力方向不變，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；
磁場(chǎng)方向反向，電流方向不變，安培力方向向下，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)變大，故D正確。
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4.關(guān)于下列四幅圖的說(shuō)法正確的是
A.圖甲是用來(lái)加速帶電粒子的回旋加速器的
示意圖，要想粒子獲得的最大動(dòng)能增大，
可增加電壓U
B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以
判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極，B極板是發(fā)
電機(jī)的負(fù)極
C.圖丙是速度選擇器的示意圖，速度大小為v=的電子能夠沿直線從右側(cè)進(jìn)入
并勻速通過(guò)速度選擇器
D.圖丁是質(zhì)譜儀的主要原理圖，其中、、在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是
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粒子射出回旋加速器時(shí)qvB=m，Ek=
mv2，得Ek=，可知粒子的最大
動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；
根據(jù)左手定則，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)
離子向上偏轉(zhuǎn)，則A極板是發(fā)電機(jī)的
負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極，B錯(cuò)誤；
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根據(jù)左手定則可知，電子受到的電場(chǎng)
力與洛倫茲力同向，則不能沿直線從
右側(cè)進(jìn)入并勻速通過(guò)速度選擇器，C
錯(cuò)誤；
粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器后的速度相同，
根據(jù)qvB=m，得r=，的比荷最
小，則偏轉(zhuǎn)半徑最大，D正確。
5.如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，O為圓心。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子沿平行于直徑MN的方向射入該區(qū)域，入射點(diǎn)P與MN的距離為R，已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向間的夾角為60°，忽略粒子重力，則粒子的速率為
A. B.
C. D.
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粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O'，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向的交點(diǎn)為A，O'P與OM的交點(diǎn)為C，運(yùn)動(dòng)半徑為r，由幾何知識(shí)知
速度偏轉(zhuǎn)角為此段圓弧軌道的圓心角，則∠AO'C=30°，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2R
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m，解得v=，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
6.(2023·廣州市高二期末)如圖所示，足夠長(zhǎng)的導(dǎo)體棒AB水平放置，通有向右的恒定電流I。足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿CD處在導(dǎo)體棒AB的正下方不遠(yuǎn)處，與AB平行。一質(zhì)量為m、電荷量+q的小圓環(huán)(重力不可忽略)套在細(xì)桿CD上。現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像不可能是
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由安培定則可知導(dǎo)體棒AB下方的磁場(chǎng)垂直紙面向里，
小環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，當(dāng)qvB=mg時(shí)，小環(huán)做
勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖像為A，故A正確；
當(dāng)qvB此時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，所以其v-t圖像的斜率應(yīng)該逐漸增大，故B錯(cuò)誤，C正確；
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當(dāng)qvB>mg時(shí)，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有
FN=qvB-mg，此時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma
所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB=mg時(shí)，小環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。
7.在一小段真空室內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則
A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.該離子的加速度大小不變、方向變化
D.的比值不斷減小
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根據(jù)功率的計(jì)算公式P=Fvcos θ，可知電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為
P=qEv1，故A錯(cuò)誤；
由于v1與磁場(chǎng)方向平行，根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式可知該
離子受到的洛倫茲力大小為F洛=qv2B，故B錯(cuò)誤；
離子受到的電場(chǎng)力不變，洛倫茲力大小不變、方向總是與電場(chǎng)力方向垂直，則該離子受到的合力大小不變、方向改變，根據(jù)牛頓第二定律可知，該離子的加速度大小不變、方向改變，故C正確；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面的方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，的比值不斷增大，故D錯(cuò)誤。
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二、多項(xiàng)選擇題
8.如圖所示，用兩絕緣細(xì)線將直導(dǎo)線懸掛于O、O'兩點(diǎn)，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的直導(dǎo)線的質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l。當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x軸正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是
A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)不可能沿z軸負(fù)方向
B.細(xì)線上的拉力可能等于mg
C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為
D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為
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勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向時(shí)，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力的方向沿y軸正方向，導(dǎo)線可以保持靜止，故A錯(cuò)誤；
細(xì)線上的拉力可能小于mg，可能大于mg，也可能等于mg，故B正確；
當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿繩向下時(shí)，安培力有最小值，即BIl=mgsin θ
解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為
B=<，故C正確，D錯(cuò)誤。
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9.如圖，豎直平面內(nèi)，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(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，并無(wú)碰撞地進(jìn)入管內(nèi)(管道內(nèi)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(jìn)入管道時(shí)撤去電場(chǎng)，小球在管道內(nèi)的加速度將增大
D.若進(jìn)入管道時(shí)撤去磁場(chǎng)，小球在管道內(nèi)的速率將增大
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經(jīng)分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動(dòng)能
不變，電場(chǎng)力一定做負(fù)功，則小球帶正電，故A正確；
由題意得，小球受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力平衡，
則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；
撤去電場(chǎng)時(shí)，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(nèi)的加速度將保持不變，故C錯(cuò)誤；
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因?yàn)殡妶?chǎng)力、重力、洛倫茲力三力平衡時(shí)，電場(chǎng)力和
重力的合力與洛倫茲力方向相反，說(shuō)明重力和電場(chǎng)力
的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場(chǎng)后，重力和電
場(chǎng)力合力不做功，又因?yàn)楣艿缹?duì)小球的支持力也不做功，則小球在管道內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速率將保持不變，故D錯(cuò)誤。
10.帶電粒子M經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線所示。在磁場(chǎng)中靜止著不帶電的粒子N。粒子M與粒子N碰后粘在一起在磁場(chǎng)中繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。下列說(shuō)法正確的是
A.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變
B.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變小
C.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變小
D.碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能變小
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帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由洛倫
茲力提供，有qvB=，解得帶電粒子在磁場(chǎng)中做
圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=，周期T==，設(shè)粒子M
的電荷量為q，質(zhì)量為m1，速度為v0，粒子N的質(zhì)量為m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后兩粒子動(dòng)量守恒，則m1v0=(m1+m2)v，碰撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
不變，周期變大，動(dòng)量不變，A正確，B、C錯(cuò)誤；
碰撞后兩粒子粘在一起，總體機(jī)械能有損失，新粒子動(dòng)能變小，D正確。
三、非選擇題
11.(2024·佛山市高二月考)“達(dá)因”興趣小組的同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了利用磁傳感器“霍爾元件”來(lái)測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的實(shí)驗(yàn)方案，其原理圖如圖所示。已知該霍爾元件的載流子為電子，電荷量為e，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于霍爾元件上下兩面豎直向上，霍爾元件的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，單位體積中自由電子的個(gè)數(shù)為n，實(shí)驗(yàn)中向左通過(guò)霍爾元件的電流為I。
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(1)用電壓表測(cè)量M、N兩面的電壓時(shí)，電壓表的正接線柱應(yīng)與　　(填“M”或“N”)相接，正確連接后測(cè)得的電壓為U。
M
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根據(jù)左手定則，電子向N面偏轉(zhuǎn)，N面帶負(fù)電，
故電壓表的正接線柱應(yīng)與M面相接。
(2)電子(載流子)勻速通過(guò)霍爾元件的過(guò)程中，垂直于
M、N方向受到的電場(chǎng)力大小為　　　(用U、e及題中
涉及的物理量符號(hào)表示)。
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e
垂直于M、N方向受到的電場(chǎng)力大小為F=Ee=e=
(3)同學(xué)們經(jīng)過(guò)分析可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小
為　　　(用U、e及題中涉及的物理量符號(hào)表示)。
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通過(guò)霍爾元件的電流為I=neSv=nebcv
霍爾元件穩(wěn)定后，有evB=F
勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=
12.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=1 m，金屬
導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，在導(dǎo)軌所在平
面內(nèi)，存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B
=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=6 V、內(nèi)阻r=1 Ω的直流電源。現(xiàn)把一根質(zhì)量m=0.4 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止。若導(dǎo)體棒接入電路中的電阻R0=2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則：
(1)導(dǎo)體棒受到的安培力大小為　　N；
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根據(jù)閉合電路歐姆定律得
I==2 A
導(dǎo)體棒受到的安培力為F安=BIL=4 N。
(2)導(dǎo)體棒與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為　 　。
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對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示
因?yàn)橹亓ρ匦泵嫦蛳碌姆至π∮贔安，
故摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+f=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°，f=μFN，聯(lián)立解得μ=。
13.(2024·廣東廣雅中學(xué)高二期末)如圖甲所示，水平放置的兩光滑平行導(dǎo)軌PQ間的距離L=0.5 m，垂直于導(dǎo)軌平面有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T，ab棒垂直于導(dǎo)軌放置，系在ab棒中點(diǎn)且與ab棒垂直的水平繩跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊相連，物塊放置在電子秤上，質(zhì)量為2 kg。已知當(dāng)物塊靜止穩(wěn)定以后，電子秤的讀數(shù)FN隨滑動(dòng)變阻器R阻值變化的規(guī)律如圖乙所示，導(dǎo)軌及ab棒的電阻均
不計(jì)，g取10 m/s2。求：
(1)磁場(chǎng)方向；
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答案　磁場(chǎng)方向向上　
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由題可知，ab棒電流方向由b到a，ab棒水平方向受力平衡可知，繩子拉力與安培力平衡，安培力水平向左。由左手定則得，磁場(chǎng)方向向上。
(2)電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。
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答案　24 V　0.9 Ω
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回路電流I=
ab棒所受安培力F=BIL
電子秤的示數(shù)FN=mg-F
即FN=mg-BL
得FN=20-
由題圖乙得兩組數(shù)據(jù)R=0.3 Ω時(shí)，F(xiàn)N=0；R=0.7 Ω時(shí)，F(xiàn)N=5 N
代入解得E=24 V，r=0.9 Ω
14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)，有垂直紙
面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=5.0×10-8 kg、電荷
量為q=1.0×10-6 C的帶正電粒子，從靜止開始經(jīng)U0=10 V
的電壓加速后，從圖中P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度
方向與y軸負(fù)方向夾角為37°并垂直于磁場(chǎng)方向，已知OP=30 cm，粒子重力不計(jì)，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。則：
(1)帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大小是多少？
答案　20 m/s　
對(duì)帶電粒子的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理qU0=mv2，代入數(shù)據(jù)得v=20 m/s。
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(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2 T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)，則OQ間的距離是多少？
答案　0.90 m
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帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB=m，得R=，代入數(shù)據(jù)得R=0.50 m
而=0.50 m
故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速
度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。
由幾何關(guān)系可知OQ=R+Rsin 53°=0.90 m。
(3)若粒子不能從x軸上方射出，那么磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值是多少？
答案　 T
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當(dāng)帶電粒子恰好不能從x軸射出(如圖乙)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由幾何關(guān)系得OP=R'+R'sin 37°，R'=，
代入數(shù)據(jù)得B'= T，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值是 T。
15.如圖所示，在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第Ⅱ、
Ⅲ象限內(nèi)存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1
(大小未知)，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在著方向豎直向上的勻
強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2(大小未知)，圓形區(qū)域圓心在x軸上的M點(diǎn)，與y軸在O點(diǎn)相切，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從N點(diǎn)以某一水平向左的速度射入第Ⅱ象限，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，該粒子從O點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，其速度與y軸負(fù)方向的夾角為30°，在圓形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后由圓上某點(diǎn)射出，恰好垂直y軸回到N點(diǎn)。已知ON=d，重力加速度為g，求：
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(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和E2的大??；
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答案　　　
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由題意可得，粒子從N點(diǎn)進(jìn)入第二象限后，水平方向
先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)后做反方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
加速度為a=
豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則
滿足v0=a·，vy=gt
由題意知在O點(diǎn)，速度與y軸負(fù)方向的夾角為30°，則由幾何關(guān)系得
tan 30°=
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聯(lián)立解得E1=
又因?yàn)樵趫A形區(qū)域內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則滿足
重力與電場(chǎng)力大小相等，洛倫茲力提供向心力，
即mg=qE2，解得E2=
(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B和磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R；
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答案　　d 　
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由題意得，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，
則由幾何關(guān)系知r+rsin 30°=d，又因?yàn)閝vB=m
且由幾何關(guān)系知vcos 30°=vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得=2gd
聯(lián)立解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=
設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為R，則由幾何關(guān)系知2rcos 30°=R
解得R=d
(3)微粒從N點(diǎn)出發(fā)到再次回到N點(diǎn)的時(shí)間。
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由題意得，在電場(chǎng)強(qiáng)度E1的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則d=gt2
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則t1=T，T=
出磁場(chǎng)后在電場(chǎng)強(qiáng)度E2的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=
則微粒從N點(diǎn)出發(fā)到再次回到N點(diǎn)的時(shí)間為
t'=t+t1+t2=(+

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