新人教版选择性必修第二册2023版高中物理 第一章 安培力与洛伦兹力单元素养评价（含解析）
文档属性
| 名称 | 新人教版选择性必修第二册2023版高中物理 第一章 安培力与洛伦兹力单元素养评价（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 4.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-01-09 20:23:40 | ||
图片预览
文档简介
单元素养评价(一) 安培力与洛伦兹力
(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，下列说法正确的是( )
A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷所受电场力方向一定与该处电场方向一致
D．电荷所受的电场力和洛伦兹力可能都对电荷做负功
2．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
A.油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带负电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
3.
[2022·石家庄高二检测]如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察).在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ.原PQ中无电流，现通以水平向左的电流，在短时间内( )
A．从上往下观察导线框向右平移
B．从上往下观察导线框顺时针转动
C．细绳受力会变得比导线框重力大
D．导线框中心的磁感应强度变小
4.
正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流均为I，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为( )
A．a点最大B．b点最小
C．c点最小D．b、c点一样大
5.
将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图所示的匀强磁场中，图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为( )
A． B．C． D．
6.
用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪种方法( )
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形金属盒的半径增大为原来的4倍
D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍
7．[2022·全国甲卷，18]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．下列图中关于磁场中的四种仪器的说法正确的是( )
A．甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径无关
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时N侧带负电荷
D．丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关
9.
如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )
A．速度B．质量
C．电荷量D．比荷
10.
如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A．BkLB．
C．D．
三、非选择题：本题共5个小题，共54分．
11．(8分)按照如图所示进行实验．
(1)分别接通“1、4”和“2、3”，导线偏转的角度不同，说明导线受到的力的大小与____________________有关．
(2)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向________(选填“改变”或“不改变”).
(3)改变导线中电流的方向，导线受力的方向________(选填“改变”或“不改变”).
(4)通过实验说明：安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足____________．
12.
(8分)如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度，电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡．
(1)用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式为________．
(2)当n＝5，L＝10cm，I＝0.1A，m＝10g时，磁感应强度的大小为B＝________T．(重力加速度g取10m/s2)
13.
(10分)[2022·湖北石首一中高二检测]如图所示，虚线圆所围区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．一束带电粒子沿圆形区域的直径方向以速度v＝1.6×106m/s射入磁场，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成θ＝60°角．设电子质量m＝8×10－30kg，电荷量q＝1.6×10－19C，不计粒子之间的相互作用力及所受的重力，求：(结果保留2位有效数字)
(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2)电子在磁场中运动的时间t.
14.
(12分)[2022·江西赣州高二检测]如图所示，平行金属导轨与水平面成37°角，导轨上端连接一直流电源，电源的电动势E＝6V、内阻r＝1Ω；金属杆ab垂直放在导轨上，其有效长度L＝1m，质量m＝0.2kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．空间存在竖直向上、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场．要使ab杆在导轨上保持静止．
求：滑动变阻器R接入电路的阻值范围．(其他电阻均不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
15．(16分)如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一个带正电的粒子以速度v0＝2×107m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场．已知Q点的横坐标为－0.4m，该粒子的比荷＝2.5×109C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为(0.4m，0.4m).不计粒子重力，求：
(1)Q点的纵坐标；
(2)磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围．
单元素养评价(一) 安培力与洛伦兹力
1．解析：当电荷静止或速度方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受洛伦兹力，A错误；电荷在电场中一定受到电场力的作用，B正确；正电荷所受电场力方向与该处电场方向相同，负电荷所受电场力方向与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的电场力可能对电荷做负功，电荷所受的洛伦兹力对电荷一定不做功，D错误．
答案：B
2．解析：油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q＝，A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将逆时针转动，故AB错误；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，靠近导线PQ处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以穿过线框的磁通量增大，则线框中心的磁感应强度变大．故D错误．故选C.
答案：C
4．解析：通电导线会在周围产生磁场，磁场的强弱与到导线的距离有关．对于a点，A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相反，设C导线在此处的磁感应强度大小为B2，所以a点的合磁感应强度大小为B2；对于b点，B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，设B导线在此处的磁感应强度大小为B1，而A导线在此处的磁感应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为；对于c点，A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1)，方向相同，B导线在此处的磁感应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为，所以b、c点处磁感应强度一样大，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．解析：设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为ILB1＋ILB1cos60°＝ILB1，题图乙中导线受到的安培力的大小为I·2LB2cos30°＝ILB2，根据题意，即有ILB1＝ILB2，则有＝，B正确．
答案：B
6．解析：在磁场中由牛顿第二定律得evB＝m①
质子的最大动能Ekm＝mv2②
解①②式得Ekm＝
要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故B、C项错，A正确；质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错．
答案：A
7．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
8．解析：回旋加速器加速带电粒子的最大动能由磁感应强度和回旋加速器的半径共同决定，A错误；质谱仪是一种利用磁偏转检测带电粒子比荷的设备，以同样速度进入磁场的粒子击中光屏同一位置，则说明粒子的比荷相同，B正确；丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧带负电荷，C正确；最终正、负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即：qvB＝q，而流量Q＝vbc，联立可得U＝，前后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，D正确．
答案：BCD
9．解析：离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝，A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B相同，只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．
答案：AD
10．解析：
质子带正电，且经过C点，其轨迹有多种可能，如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径为r＝(n＝1，2，3…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1，2，3…)，故A、B、D正确，C错误．
答案：ABD
11．答案：(1)导线在磁场中的长度 (2)改变 (3)改变 (4)左手定则
12．解析：(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当线圈通过如题图所示方向的电流时，根据平衡条件有m1g＝(m0＋m2)g－nILB①
当线圈通过的电流反向时，根据平衡条件有
(m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB②
联立①②解得B＝.
(2)代入数据得B＝＝T＝1T.
答案：(1)B＝ (2)1
13．解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝＝m＝8.0×10－5m.
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝＝，由几何关系可知电子做圆周运动转过的角度α＝θ，所以电子在磁场中运动的时间t＝T＝，代入数据解得t＝×10－11s＝5.2×10－11s.
答案：(1)8.0×10－5m (2)5.2×10－11s
14．解析：
设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向上时，滑动变阻器接入电路的电阻为R1，金属杆受力如图1所示．
由平衡条件可知，沿导轨方向有Fcos37°＋f＝mgsin37°，
垂直于导轨方向有FN＝mgcos37°＋Fsin37°，
安培力的大小F＝I1LB，
最大静摩擦力f＝μFN，
由闭合电路欧姆定律可得I1＝，
联立解得R1＝32Ω.
设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向下时，滑动变阻器接入电路的电阻为R2，金属杆受力如图2所示．
由平衡条件可知，沿导轨方向有F′cos37°＝mgsin37°＋μ(mgcos37°＋F′sin37°)，安培力的大小F′＝I2LB，I2＝，联立解得R2＝2Ω，综上可得2Ω≤R≤32Ω.
答案：2Ω≤R≤32Ω
15．解析：(1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直．则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α＝45°
粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度
vy＝v0tanα＝2×107m/s
设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y，由运动学规律有
y＝t
x＝v0t
联立解得y＝0.2m，
故Q点的纵坐标为－0.2m.
(2)若该粒子恰好没有从PN边射出，运动轨迹如图所示，根据几何关系有
R＋R＝
解得R＝m
由洛伦兹力提供向心力得
qvBmin＝m，其中v＝
解得Bmin＝(4＋4)×10－2T
所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为
B≥Bmin＝(4＋4)×10－2T.
答案：(1)－0.2m (2)B≥Bmin＝(4＋4)×10－2T
(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，下列说法正确的是( )
A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷所受电场力方向一定与该处电场方向一致
D．电荷所受的电场力和洛伦兹力可能都对电荷做负功
2．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
A.油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带负电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
3.
[2022·石家庄高二检测]如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察).在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ.原PQ中无电流，现通以水平向左的电流，在短时间内( )
A．从上往下观察导线框向右平移
B．从上往下观察导线框顺时针转动
C．细绳受力会变得比导线框重力大
D．导线框中心的磁感应强度变小
4.
正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流均为I，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为( )
A．a点最大B．b点最小
C．c点最小D．b、c点一样大
5.
将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图所示的匀强磁场中，图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为( )
A． B．C． D．
6.
用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪种方法( )
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形金属盒的半径增大为原来的4倍
D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍
7．[2022·全国甲卷，18]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．下列图中关于磁场中的四种仪器的说法正确的是( )
A．甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径无关
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时N侧带负电荷
D．丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关
9.
如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )
A．速度B．质量
C．电荷量D．比荷
10.
如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A．BkLB．
C．D．
三、非选择题：本题共5个小题，共54分．
11．(8分)按照如图所示进行实验．
(1)分别接通“1、4”和“2、3”，导线偏转的角度不同，说明导线受到的力的大小与____________________有关．
(2)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向________(选填“改变”或“不改变”).
(3)改变导线中电流的方向，导线受力的方向________(选填“改变”或“不改变”).
(4)通过实验说明：安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足____________．
12.
(8分)如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度，电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡．
(1)用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式为________．
(2)当n＝5，L＝10cm，I＝0.1A，m＝10g时，磁感应强度的大小为B＝________T．(重力加速度g取10m/s2)
13.
(10分)[2022·湖北石首一中高二检测]如图所示，虚线圆所围区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．一束带电粒子沿圆形区域的直径方向以速度v＝1.6×106m/s射入磁场，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成θ＝60°角．设电子质量m＝8×10－30kg，电荷量q＝1.6×10－19C，不计粒子之间的相互作用力及所受的重力，求：(结果保留2位有效数字)
(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2)电子在磁场中运动的时间t.
14.
(12分)[2022·江西赣州高二检测]如图所示，平行金属导轨与水平面成37°角，导轨上端连接一直流电源，电源的电动势E＝6V、内阻r＝1Ω；金属杆ab垂直放在导轨上，其有效长度L＝1m，质量m＝0.2kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．空间存在竖直向上、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场．要使ab杆在导轨上保持静止．
求：滑动变阻器R接入电路的阻值范围．(其他电阻均不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
15．(16分)如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一个带正电的粒子以速度v0＝2×107m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场．已知Q点的横坐标为－0.4m，该粒子的比荷＝2.5×109C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为(0.4m，0.4m).不计粒子重力，求：
(1)Q点的纵坐标；
(2)磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围．
单元素养评价(一) 安培力与洛伦兹力
1．解析：当电荷静止或速度方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受洛伦兹力，A错误；电荷在电场中一定受到电场力的作用，B正确；正电荷所受电场力方向与该处电场方向相同，负电荷所受电场力方向与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的电场力可能对电荷做负功，电荷所受的洛伦兹力对电荷一定不做功，D错误．
答案：B
2．解析：油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q＝，A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将逆时针转动，故AB错误；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，靠近导线PQ处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以穿过线框的磁通量增大，则线框中心的磁感应强度变大．故D错误．故选C.
答案：C
4．解析：通电导线会在周围产生磁场，磁场的强弱与到导线的距离有关．对于a点，A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相反，设C导线在此处的磁感应强度大小为B2，所以a点的合磁感应强度大小为B2；对于b点，B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，设B导线在此处的磁感应强度大小为B1，而A导线在此处的磁感应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为；对于c点，A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1)，方向相同，B导线在此处的磁感应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为，所以b、c点处磁感应强度一样大，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．解析：设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为ILB1＋ILB1cos60°＝ILB1，题图乙中导线受到的安培力的大小为I·2LB2cos30°＝ILB2，根据题意，即有ILB1＝ILB2，则有＝，B正确．
答案：B
6．解析：在磁场中由牛顿第二定律得evB＝m①
质子的最大动能Ekm＝mv2②
解①②式得Ekm＝
要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故B、C项错，A正确；质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错．
答案：A
7．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
8．解析：回旋加速器加速带电粒子的最大动能由磁感应强度和回旋加速器的半径共同决定，A错误；质谱仪是一种利用磁偏转检测带电粒子比荷的设备，以同样速度进入磁场的粒子击中光屏同一位置，则说明粒子的比荷相同，B正确；丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧带负电荷，C正确；最终正、负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即：qvB＝q，而流量Q＝vbc，联立可得U＝，前后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，D正确．
答案：BCD
9．解析：离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝，A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B相同，只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．
答案：AD
10．解析：
质子带正电，且经过C点，其轨迹有多种可能，如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径为r＝(n＝1，2，3…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1，2，3…)，故A、B、D正确，C错误．
答案：ABD
11．答案：(1)导线在磁场中的长度 (2)改变 (3)改变 (4)左手定则
12．解析：(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当线圈通过如题图所示方向的电流时，根据平衡条件有m1g＝(m0＋m2)g－nILB①
当线圈通过的电流反向时，根据平衡条件有
(m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB②
联立①②解得B＝.
(2)代入数据得B＝＝T＝1T.
答案：(1)B＝ (2)1
13．解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得R＝＝m＝8.0×10－5m.
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝＝，由几何关系可知电子做圆周运动转过的角度α＝θ，所以电子在磁场中运动的时间t＝T＝，代入数据解得t＝×10－11s＝5.2×10－11s.
答案：(1)8.0×10－5m (2)5.2×10－11s
14．解析：
设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向上时，滑动变阻器接入电路的电阻为R1，金属杆受力如图1所示．
由平衡条件可知，沿导轨方向有Fcos37°＋f＝mgsin37°，
垂直于导轨方向有FN＝mgcos37°＋Fsin37°，
安培力的大小F＝I1LB，
最大静摩擦力f＝μFN，
由闭合电路欧姆定律可得I1＝，
联立解得R1＝32Ω.
设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向下时，滑动变阻器接入电路的电阻为R2，金属杆受力如图2所示．
由平衡条件可知，沿导轨方向有F′cos37°＝mgsin37°＋μ(mgcos37°＋F′sin37°)，安培力的大小F′＝I2LB，I2＝，联立解得R2＝2Ω，综上可得2Ω≤R≤32Ω.
答案：2Ω≤R≤32Ω
15．解析：(1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直．则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α＝45°
粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度
vy＝v0tanα＝2×107m/s
设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y，由运动学规律有
y＝t
x＝v0t
联立解得y＝0.2m，
故Q点的纵坐标为－0.2m.
(2)若该粒子恰好没有从PN边射出，运动轨迹如图所示，根据几何关系有
R＋R＝
解得R＝m
由洛伦兹力提供向心力得
qvBmin＝m，其中v＝
解得Bmin＝(4＋4)×10－2T
所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为
B≥Bmin＝(4＋4)×10－2T.
答案：(1)－0.2m (2)B≥Bmin＝(4＋4)×10－2T