資源簡介

第一章　學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測
本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分：100分，時(shí)間：75分鐘。
第Ⅰ卷(選擇題　共40分)
一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)
1．(2024·江蘇南京高二期末)筆記本電腦蓋上屏幕，屏幕蓋板上的磁鐵和主板機(jī)殼上的“霍爾傳感器”配合，通過改變a、b間電勢差的方式使屏幕進(jìn)入休眠模式，其工作原理如圖所示。當(dāng)電腦蓋上屏幕時(shí)，相當(dāng)于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件，已知該霍爾元件載流子為電子，以下說法正確的是( 　 )
A．蓋上蓋板，a端帶正電
B．打開蓋板，a端帶正電
C．蓋上屏幕過程中，a、b間電勢差逐漸減小
D．蓋上屏幕過程中，a、b間電勢差逐漸增大
答案：D
解析：無論蓋上蓋板還是打開蓋板，霍爾元件中磁場方向均向下，電流方向均向左，根據(jù)左手定則可得，載流子受力方向指向a，因此a端帶負(fù)電，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)霍爾元件的長度為a，寬度為b，高度為c，則q＝qvB，I＝nqSv＝nqbcv，所以U＝，蓋上屏幕過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，則霍爾電壓增大，即a、b間電勢差逐漸增大，故C錯(cuò)誤，D正確。
2．四根導(dǎo)線如圖放置。b、d中沒有電流，a、c中通有如圖所示方向相反、大小均為I的電流時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)在b、d中通入大小也為I的電流時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B。則下列說法正確的是( 　 )
A．O點(diǎn)的磁場方向由O指向d
B．b、d中的電流方向相反
C．若在O點(diǎn)放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受安培力為零
D．若電子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，電子將向上偏轉(zhuǎn)
答案：D
解析：由題意知，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于a、c中電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和，根據(jù)安培定則可知，O點(diǎn)的磁場方向由O指向b，故A錯(cuò)誤；在b、d中通入大小也為I的電流時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B，可判定b、d中電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)安培定則可知，b、d中的電流方向相同，故B錯(cuò)誤；若在O點(diǎn)放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受安培力不為零，故C錯(cuò)誤；若電子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，電子將向上方向偏轉(zhuǎn)，故D正確。
3．(2023·河北唐縣第一中學(xué)高二期中)如圖，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置以一定的速度沿垂直于磁場方向進(jìn)入方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出，下列說法中正確的是( 　 )
A．該過程中由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力不做功
B．小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條直線
C．從能量轉(zhuǎn)化角度看小球機(jī)械能的增加是因?yàn)槁鍌惼澚ψ龉?br/>D．小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)
答案：D
解析：因?yàn)榇艌龇较虼怪庇诩埫嫦蚶铮剿俣认蛴遥勺笫侄▌t可知水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力方向向上，所以小球相對(duì)于玻璃管向上運(yùn)動(dòng)，而玻璃管往右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球?qū)嶋H的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)橛疑戏剑捎谒剿俣犬a(chǎn)生的洛倫茲力與位移夾角為銳角，所以由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力對(duì)小球做正功，故A錯(cuò)誤；因?yàn)椴ＡЧ茉谒椒较虻乃俣炔蛔儯瑒t小球受到的向上的洛倫茲力大小不變，所以小球向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，D正確；因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚴冀K垂直于小球的速度方向，所以洛倫茲力不做功，故C錯(cuò)誤。故選D。
4．(2024·黑龍江雙鴨山一中高二開學(xué)考試)空間中存在垂直于xOy平面的磁場，x＝a兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場方向相反，x>a區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為x　　
答案：B
解析：因x＞a區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為x＜a區(qū)域的2倍，根據(jù)Bqv＝m，解得r＝，可知粒子在x＜a區(qū)域的圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為在x＞a區(qū)域的圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的2倍。由A選項(xiàng)圖可知粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝>a，即粒子已經(jīng)超過兩磁場的分界線，軌跡不可能是同一圓周，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)圖中粒子在x＜a中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡半徑為r＝＝，則在x＞a區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑應(yīng)該為r′＝，則軌跡與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)應(yīng)該是y＝2r′sin 45°＝a，故B正確；C選項(xiàng)圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑小于在x＞a區(qū)域的軌道半徑，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑為r＝a，則在x＞a區(qū)域的軌道半徑為r′＝，則軌跡在y軸的截距y＝a＋2×＋a＝3a，故D錯(cuò)誤。
5．如圖所示，原來靜止的半圓形線圈中通有逆時(shí)針方向的電流I，在其直徑中點(diǎn)B右側(cè)放置一根垂直于線圈平面的固定不動(dòng)的長直導(dǎo)線，并通以電流I，方向垂直紙面向里，此時(shí)半圓形線圈的運(yùn)動(dòng)情況是(AB與半圓形線圈的直線部分垂直)( 　 )
A．從左至右觀察，以AB為軸逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，并且B點(diǎn)靠近直線電流
B．從左至右觀察，以AB為軸逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，并且B點(diǎn)遠(yuǎn)離直線電流
C．從左至右觀察，以AB為軸順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，并且B點(diǎn)靠近直線電流
D．從左至右觀察，以AB為軸順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，并且B點(diǎn)遠(yuǎn)離直線電流
答案：A
解析：根據(jù)安培定則知，直線電流在A、B兩點(diǎn)的磁場方向均豎直向上，與A、B兩點(diǎn)電流方向平行，所以A、B兩點(diǎn)不受安培力作用；將線圈沿AB分成上、下兩部分，分別取線圈上、下部分的某一電流元研究，根據(jù)左手定則可知，半圓形線圈的上半部分受垂直紙面向里的安培力，下半部分受垂直紙面向外的安培力，所以從左至右觀察，半圓形線圈將以AB為軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，半圓形線圈和固定不動(dòng)的長直導(dǎo)線平行，此時(shí)半圓形線圈的直線部分中的電流方向與長直導(dǎo)線中的電流方向同向，根據(jù)左手定則知，B點(diǎn)會(huì)靠近直線電流，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
6．(2023·黑龍江蘿北縣高二開學(xué)考試)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于圓平面(未畫出)。一群相同的帶電粒子以相同速率v0，由P點(diǎn)沿紙平面內(nèi)不同方向射入磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1時(shí)，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個(gè)圓周長的，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽2時(shí)，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個(gè)圓周長的。則磁感應(yīng)強(qiáng)度B1∶B2為(不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用)( 　 )
A．1∶ B．2∶
C.∶1 D．4∶
答案：C
解析：當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1時(shí)，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個(gè)圓周長的，則圓周長的對(duì)應(yīng)的弦長應(yīng)為粒子在磁場中的軌跡直徑，如圖所示
由圖中幾何關(guān)系可得r1＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B1＝m，解得B1＝。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽2時(shí)，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個(gè)圓周長的，則圓周長的對(duì)應(yīng)的弦長應(yīng)為粒子在磁場中的軌跡直徑，如圖所示
由圖中幾何關(guān)系可得r2＝Rsin 60°＝R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B2＝m，解得B2＝，故有＝，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
7．(2024·河南駐馬店高二階段練習(xí))在固定直導(dǎo)線a、b兩端分別接上如圖甲、乙、丙、丁所示的導(dǎo)體，導(dǎo)體的材料相同、粗細(xì)均勻且相同，給導(dǎo)體通入的電流均為I。導(dǎo)體均處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)體或?qū)w所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，甲、乙、丙、丁圖中導(dǎo)體受到的安培力分別為F1、F2、F3、F4，則( 　 )
A．F1>F2 B．F2＝F3
C．F2答案：BD
解析：設(shè)a、b的間距為L，四個(gè)圖中的導(dǎo)體的有效長度均為L，則安培力均為F＝ILB，因此有F1＝F2＝F3＝F4，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。
8．(2024·大連高二期末)如圖(a)所示為洛倫茲力演示儀，學(xué)生演示帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)現(xiàn)，有時(shí)玻璃泡中的電子束在強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈螺旋狀。為了研究該螺旋狀軌跡情況，現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖(b)所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在xOy平面內(nèi)，由坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入電子束，得到軸線平行于x軸的螺旋狀電子運(yùn)動(dòng)軌跡，電子的比荷為，則( 　 )
A．磁場的方向?yàn)檠豿軸負(fù)方向
B．此螺旋狀軌跡的半徑r＝
C．當(dāng)α＝90°時(shí)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡是閉合的圓
D．此螺旋狀軌跡的螺距Δx＝
答案：BC
解析：電子垂直于磁場方向的分速度v⊥＝v0sin α，根據(jù)eBv⊥＝m，得此“螺旋”的半徑r＝，根據(jù)題意可知此“螺旋”向xOy平面上部分旋轉(zhuǎn)，由左手定則可知磁場的方向?yàn)檠豿軸正方向，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)α＝90°時(shí)電子的速度與磁場方向垂直，此時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡是閉合的圓，故C正確；周期T＝＝，螺距為Δx＝v0cos α·T＝，故D錯(cuò)誤。
9．(2024·福建省福州第八中學(xué)高二期末)如圖所示，足夠長的光滑三角形絕緣槽固定在水平面上，與水平面的夾角分別為α和β(α>β)，加垂直于紙面向里的磁場，分別將質(zhì)量相等、帶等量正、負(fù)電荷的小球a、b依次從兩斜面的頂端由靜止釋放，關(guān)于兩球在槽上運(yùn)動(dòng)的說法正確的是( 　 )
A．在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且aa>ab
B．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的最大速度為va和vb，則va>vb
C．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的最大位移為sa和sb，則saD．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ta和tb，則ta>tb
答案：AC
解析：兩小球受到的洛倫茲力都垂直于斜面向上，沿斜面方向的合力為重力的分力，故在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為aa＝gsin α，ab＝gsin β，可得aa>ab，故A正確；當(dāng)小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時(shí)，小球脫離斜面，則mgcos α＝qvaB，mgcos β＝qvbB，可得va＝，vb＝，故va10．(2024·山東日照高二期末)如圖所示，長方體空間區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(包括邊界)，方向平行于yOz平面且與z軸負(fù)方向成30°角(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，長方體x方向長為2L，y方向足夠長，z方向高為2L。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從點(diǎn)a(0,0,2L)沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，速度大小為v0＝，不計(jì)粒子重力。則下列判斷正確的是( 　 )
A．粒子會(huì)經(jīng)過x軸上的點(diǎn)e(2L,0,0)
B．粒子會(huì)經(jīng)過y軸上的點(diǎn)(0,2L,0)
C．若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，穿出點(diǎn)的y坐標(biāo)為(2－3)L
D．若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
答案：BCD
解析：粒子速度大小為v0＝，則其軌跡半徑為R＝＝2L，勻強(qiáng)磁場方向平行于yOz平面，且與z軸負(fù)方向成30°角，粒子沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的軌跡平面為面abcd，如圖所示：
ad＝4L，od＝2L，所以粒子圓軌跡的圓心O1正好位于ad中點(diǎn)，軌跡與bc邊相切于p點(diǎn)，并且與y軸相交于d點(diǎn)。所以粒子不會(huì)與x軸相交，會(huì)與y軸交于點(diǎn)d，坐標(biāo)為(0，2L，0)，故A錯(cuò)誤，B正確； 若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，則其軌跡半徑為R′＝＝4L，則其運(yùn)動(dòng)軌跡與bc邊相交于f點(diǎn)，如圖所示：
則cf＝2L，fh＝L，ch＝3L，eh＝ec－h(huán)c＝(2－3)L，所以穿出點(diǎn)的y坐標(biāo)為(2－3)L，C正確； 若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，設(shè)軌跡圓心角為θ，如圖所示：
則sin θ＝＝＝，則圓心角θ＝30°，所以粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝×＝，故D正確。
第Ⅱ卷(非選擇題　共60分)
二、填空題(本題共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)
11．(6分)(2023·廣東梅州虎山中學(xué)高二階段練習(xí))某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實(shí)驗(yàn)。兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出)的S極位于兩導(dǎo)軌的正上方，N極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直。
(1)在圖中畫出連線，完成實(shí)驗(yàn)電路；要求滑動(dòng)變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向運(yùn)動(dòng)。
(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時(shí)具有更大的速度，有人提出以下建議：
A．適當(dāng)減小兩導(dǎo)軌間的距離
B．換一根更長的金屬棒
C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流
其中正確的是_________(填入正確選項(xiàng)前的字母)。
(3)根據(jù)磁場會(huì)對(duì)電流產(chǎn)生作用力的原理，人們發(fā)明了_________(填入正確選項(xiàng)前的字母)。
A．回旋加速器
B．電磁炮
C．質(zhì)譜儀
答案：(1)見解析　(2)C　(3)B
解析：(1)電路連線如圖；
(2)根據(jù)公式F＝ILB可得，適當(dāng)增加導(dǎo)軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動(dòng)能定理有Fs－μmgs＝mv2，則金屬棒離開導(dǎo)軌時(shí)的動(dòng)能變大，即離開導(dǎo)軌時(shí)的速度變大，A錯(cuò)誤，C正確；若換用一根更長的金屬棒，但導(dǎo)軌間的距離不變，安培力F不變，棒的質(zhì)量變大，速度為v＝，速度變小，B錯(cuò)誤。故選C。
(3)根據(jù)磁場會(huì)對(duì)電流產(chǎn)生作用力的原理，人們發(fā)明了電磁炮；回旋加速器和質(zhì)譜儀都是根據(jù)帶電粒子在磁場中受力的作用制成的，故選B。
12．(8分)(2024·武漢市育才高級(jí)中學(xué)高二期中)如圖所示，虛線框內(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關(guān)，此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示。
(1)完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空。
①按圖接線。
②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。
③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出___________，并用天平稱出___________。
④用米尺測量_________。
(2)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B ＝___________。
(3)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若 　　　　　，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。
答案：(1)電流表的示數(shù)I　此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2　　D的底邊長度L　(2) 　(3)m2>m1
解析：(1)閉合開關(guān)后，D受重力G1＝ m1g、細(xì)線拉力T和安培力作用，處于平衡狀態(tài)。讀出電流表的示數(shù)I。并用天平稱出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2。用米尺測出D的底邊長度L，可列式求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
(2)根據(jù)平衡條件，有│m2 － m1│g ＝ ILB，解得B ＝ 。
(3)若m2 > m1，則D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；若m2 < m1，則D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。
三、論述、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
13．(8分)(2024·安徽安慶市高二期中)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢E＝3 V內(nèi)阻r＝0.5 Ω的直流電源，兩導(dǎo)軌間的距離L＝0.4 m，在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m＝0.08 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻R＝1.0 Ω，導(dǎo)體棒恰好剛要滑動(dòng)，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)ab棒受到的安培力；
(2)ab棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
答案：(1)0.4 N，沿斜面向上　(2)0.125
解析：(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝＝ A＝2 A
導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝ILB＝0.4 N
由左手定則可知，安培力沿斜面向上。
(2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，將重力正交分解，沿導(dǎo)軌方向有F1＝mgsin 37°＝0.48 N，F(xiàn)1>F安
根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin 37°＝F安＋μmgcos 37°
解得μ＝0.125。
14．(12分)(2024·遼寧朝陽建平縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期末)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T，y軸的左側(cè)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。P點(diǎn)為x軸上的點(diǎn)，OP＝20 cm，一電荷量為q＝1.0×10－7 C、質(zhì)量為m＝1.0×10－8 kg的正粒子由P點(diǎn)沿x軸的正方向射入磁場，經(jīng)過一段時(shí)間粒子通過y軸進(jìn)入電場，速度方向與y軸的負(fù)方向成α＝30°角，粒子在電場中垂直x軸經(jīng)過Q點(diǎn)。忽略粒子的重力，求：
(1)粒子射入磁場的初速度大小；
(2)電場強(qiáng)度E；
(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間。
答案：(1)4 m/s　(2) V/m　(3) s
解析：(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示：
由幾何關(guān)系得Rcos 30°＝OP＝20 cm，
解得R＝0.4 m，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，
解得v＝＝4 m/s。
(2)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有R＋Rsin 30°＝vcos 30°t2，
沿x軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有vsin 30°＝at2，
其中a＝，
解得t2＝ s，E＝ V/m。
(3)帶電粒子進(jìn)入電場前在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝T＝＝ s，
之后帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝ s，
則帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間t＝t1＋t2＝ s。
15．(12分)(2024·浙江紹興一中高二期末)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，MN為豎直放置的兩金屬板構(gòu)成的加速器，兩板間電壓為U。熒光屏Q位于Oxy平面上，虛線分界面P將金屬板N、熒光屏Q間的區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q與Oxy平面平行，ab連線與z軸重合。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場和y軸正方向勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、電場強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從M板上的a點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)加速器加速后從N板上的b孔射出，最后打在熒光屏Q上。不考慮粒子的重力，M、N、P、Q足夠大，不計(jì)MN間的邊緣效應(yīng)。求：
(1)粒子在b點(diǎn)速度大小及在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R；
(2)粒子經(jīng)過P分界面時(shí)到z軸的距離；
(3)粒子打到熒光屏Q上的位置，用坐標(biāo)(x，y，z)表示。
答案：(1)　d　(2)　(3)
解析：(1)粒子在電場加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝mv2，
解得v＝，
粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有qBv＝m，
結(jié)合上述解得R＝d。
(2)作出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝，
解得θ＝60°，
可知粒子經(jīng)過P分界面時(shí)到z軸距離為x1＝R－Rcos 60°＝。
(3)在區(qū)域Ⅱ電場中，粒子在z軸上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，
在x軸上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x2＝vsin θ·t＝d，
所以在x軸的坐標(biāo)為x＝x1＋x2＝d，
在y軸上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有y＝at2＝d，
可知坐標(biāo)為。
16．(14分)如圖甲所示，電子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后從O點(diǎn)以速度v水平射入有界勻強(qiáng)磁場，恰好從M點(diǎn)飛出。已知磁場寬度為L，MP的距離為L，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：
(1)加速電壓U；
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；
(3)若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，磁場垂直紙面向外為正方向，要使t＝0時(shí)刻射入的電子從M點(diǎn)水平射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2和周期T應(yīng)該滿足的條件。
答案：(1)　(2)　(3)(n＝1,2，3，…)　(n＝1,2,3，…)
解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理eU＝mv2解得U＝。
(2)電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
根據(jù)幾何關(guān)系有r＝(L)2＋(r1－L)2，
解得r1＝2L，
對(duì)于電子有eB1v＝m，解得B1＝。
(3)電子運(yùn)動(dòng)軌跡最簡圖如圖所示，
可知θ＝60°，電子經(jīng)n個(gè)周期后從M點(diǎn)射出，則OM＝2nr2，即2L＝2nr2，
又eB2v＝m，解得B2＝(n＝1,2,3，…)，
周期關(guān)系為×T圓＝T，即×＝T，
解得T＝(n＝1,2,3，…)。
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第一章　安培力與洛倫茲力
章 末 小 結(jié)
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
方法歸納提煉
一、有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算
安培力是一種性質(zhì)力，既可以使通電導(dǎo)體靜止、運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)，又可以對(duì)通電導(dǎo)體做功，因此，有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)題目中的條件由牛頓定律或動(dòng)能定理等規(guī)律求解。具體求解應(yīng)從以下幾個(gè)方面著手分析。
1．安培力的大小
當(dāng)通電導(dǎo)體與磁場方向垂直時(shí)，F(xiàn)＝ILB；當(dāng)通電導(dǎo)體與磁場方向平行時(shí)，F(xiàn)＝0；當(dāng)通電導(dǎo)體電流方向和磁場方向的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝ILBsin θ。
2．安培力的方向
由左手定則判斷，安培力垂直于磁場的方向，也垂直于導(dǎo)線的方向，即安培力垂直于磁場和導(dǎo)線所決定的平面，但磁場與導(dǎo)線可以不垂直。
3．通電導(dǎo)線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路
(1)選定研究對(duì)象。
(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如圖所示。
(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進(jìn)行求解。
1．(2023·菏澤曹縣一中高二階段練習(xí))如圖所示，在傾角θ＝30°的斜面上固定一間距L＝0.5 m的兩平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器R，電源電動(dòng)勢E＝12 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，一質(zhì)量m＝20 g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10 T，垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場中(導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì))。取g＝10 m/s2。
(1)若導(dǎo)軌光滑，要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，求金屬棒受到的安培力大小；
(3)若導(dǎo)軌光滑，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻突然調(diào)節(jié)為23 Ω時(shí)，求金屬棒的加速度a的大小。
答案：(1)0.1 N　(2)3 Ω～11 Ω　(3)3.75 m/s2
Ff＝μmgcosθ＝0.05 N
①當(dāng)摩擦力沿斜面向上時(shí)，有mgsinθ＝F1＋Ff
②當(dāng)摩擦力沿斜面向下時(shí)，有mgsin θ＋Ff＝F2
故滑動(dòng)變阻器R接入電路中的阻值在3 Ω和11 Ω之間。
方向沿斜面向下。
二、有關(guān)洛倫茲力的多解問題
要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的多種可能性，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，分階段、分層次地求解。常見的多解問題有以下幾種：
1．帶電粒子電性不確定形成多解
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度的條件下，正負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解。
如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。
2．磁場方向不確定形成多解
有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。
如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。
3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。
4．運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解
帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解。如圖丁所示。
B．粒子再次回到P點(diǎn)共需要2次通過原點(diǎn)O
C．若僅將入射速度大小變?yōu)?v0，則粒子離開P點(diǎn)后可以再回到P點(diǎn)
D．若僅將入射速度大小變?yōu)?v0，則粒子離開P點(diǎn)后不可能再回到P點(diǎn)
答案：AC
三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存或其中某兩種場并存的場，也可以指場分區(qū)域存在。
1．三種場的比較
力的特點(diǎn) 功和能的特點(diǎn)
重力場 大小：G＝mg
方向：豎直向下 重力做功與路徑無關(guān)
重力做功改變重力勢能
靜電場 大小：F＝qE
方向：正電荷受力方向與電場強(qiáng)度的方向相同；負(fù)電荷受力方向與電場強(qiáng)度的方向相反 電場力做功與路徑無關(guān)
W＝qU
電場力做功改變電勢能
磁場 洛倫茲力的大小：
F＝qvB，(v⊥B)
方向：符合左手定則 洛倫茲力不做功，不改變電荷的動(dòng)能
2.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分類
(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)
在三場并存的區(qū)域中，當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等、方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)
當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運(yùn)動(dòng)
帶電粒子可能依次通過幾種不同情況的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。
注意：①研究帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，首先要明確各種不同力的性質(zhì)和特點(diǎn)；其次要正確地畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，再選擇恰當(dāng)?shù)囊?guī)律求解。②一般情況下，電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子在復(fù)合場中所受的重力遠(yuǎn)小于靜電力、磁場力，因而重力可以忽略，如果有具體數(shù)據(jù)，可以通過比較來確定是否考慮重力，在有些情況下需要由題設(shè)條件來確定是否考慮重力。
3．求解帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題的一般步驟
(1)選帶電粒子為研究對(duì)象；(2)對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析；(3)依據(jù)受力情況判定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式；(4)分析運(yùn)動(dòng)過程并結(jié)合力學(xué)規(guī)律列方程或畫圖像，然后求解。
(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
(2)要使粒子能經(jīng)過x軸上的F(－3L,0)點(diǎn)且在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的軌跡半徑最大，求粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)所需的時(shí)間。
解析：(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)
設(shè)粒子剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v，與x軸負(fù)方向之間的夾角為α
可得α＝60°，
設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，
由幾何關(guān)系可知2R1cos α＝L，
(2)粒子的軌跡如圖所示：
2R2sin α＝3L，
4．(多選)如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場和一個(gè)變化的磁場，電場的方向水平向右(圖甲中由B到C)，電場強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示。在t＝1s時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2 s有一個(gè)相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若AB＝BC＝l，且粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1 s。不計(jì)重力和空氣阻力，對(duì)于各粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是( 　 )
A．電場強(qiáng)度E0和磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小之比為3v0∶1
B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為1∶2
C．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為π∶2
D．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1∶5
答案：BCD
帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，豎直方向l＝v0t，
第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t1∶t2＝π∶2，C正確；
進(jìn)考場練真題
一、高考真題探析
(2024·甘肅高考真題)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷；
(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離；
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小。
解析：(1)由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件qv0B1＝qE1，
(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力F洛＝qv0B1，
向下的電場力F＝qE2，
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1，
所以通過配速法，如圖所示：
其中滿足qE2＝q(v0＋v1)B1，
二、進(jìn)考場練真題
1．(2024·江西高考真題)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能。現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖(a)所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I＝1.00×10－3 A時(shí)，測得U－B關(guān)系圖線如圖(b)所示，元電荷e＝1.60×10－19 C，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
答案：D
2．(2024·廣西高考真題)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動(dòng)，粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為(　　)
答案：C
解析：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：
3．(2024·浙江高考真題)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個(gè)點(diǎn)。下列說法正確的是(　　)
A．圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下
B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零
D．c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
答案：A
解析：由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，故A正確；a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，故B錯(cuò)誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故C錯(cuò)誤；因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故D錯(cuò)誤。故選A。
4．(多選)(2024·福建高考真題)將半徑為r的銅導(dǎo)線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A到B大小為I的電流，則( 　 )
A．通電后兩繩拉力變小
B．通電后兩繩拉力變大
C．安培力為πBIr
D．安培力為2BIr
答案：BD
解析：根據(jù)左手定則可知，通電后半圓環(huán)AB受到的安培力豎直向下，根據(jù)受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A錯(cuò)誤，B正確；半圓環(huán)AB所受安培力的等效長度為直徑AB，則安培力大小為F＝BI·2r＝2BIr，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。
5．(多選)(2024·安徽高考真題)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者電荷量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則( 　 )
D．小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)
答案：ABD
6．(多選)(2024·湖北高考真題)磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是( 　 )
A．極板MN是發(fā)電機(jī)的正極
B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D．僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大
答案：AC
答案：A
解析：由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，
8．(2023·湖南卷)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是( 　 )
A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0
B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0
答案：D
9．(2023·浙江高考真題)某興趣小組設(shè)計(jì)的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I′的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B′＝k2I′。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時(shí)，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I′的方向和大小分別為( 　 )
答案：D
10．(多選)(2023·全國甲卷)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是( 　 )
A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心O
B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線
答案：BD
解析：假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A，說明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱性在其他點(diǎn)撞擊時(shí)速度一定沿半徑方向，D正確；
假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn)，則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)切圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少， C錯(cuò)誤。故選BD。
11．(2022·全國甲卷)空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是( 　 )
答案：B
解析：在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)的過程中電場力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。
12．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有( 　 )
A．電子從N到P，電場力做正功
B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力
答案：BC
解析：由題可知電子所受靜電力水平向左，電子從N到P的過程中靜電力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功，C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P靜電力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受靜電力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)靜電力相等，即合力相等，D錯(cuò)誤。
13．(2022·重慶高考真題)2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場(如圖)，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則( 　 )
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
答案：D
解析：根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P＝Fvcos θ，則電場力的瞬時(shí)功率為P＝Eqv1，A錯(cuò)誤；由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛＝qv2B，B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)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，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；離子受到的洛倫茲力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。
14．(2022·江蘇高考真題)如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向( 　 )
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
答案：C
解析：根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出導(dǎo)線a所受安培力左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。故選C。
(1)求金屬板間電勢差U；
(2)求粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。
根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE＝ma，
(1)當(dāng)離子甲從A點(diǎn)出射速度v0時(shí)，求電場強(qiáng)度的大小E；
(2)若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場時(shí)的最大速度vm；
解析：(1)如圖所示，將離子甲從A點(diǎn)出射速度v0分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負(fù)方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從A到O的過程，有
(2)離子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向進(jìn)入磁場Ⅰ中，在磁場Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場Ⅱ中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示
離子從O點(diǎn)第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示
離子第四次穿過xOy平面的x坐標(biāo)為x4＝2r2′sin 45°＝d，
離子第四次穿過xOy平面的y坐標(biāo)為y4＝2r1′＝d，
故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)為(d，d,0)。
離子甲、離子乙在磁場Ⅰ中的軌跡半徑分別為
離子甲、離子乙在磁場Ⅱ中的軌跡半徑分別為
根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示
從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第一個(gè)交點(diǎn)的過程，有

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