(共48张PPT)
章末检测试卷(第一章)
一、单项选择题
1.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是
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A.丁图最大 B.乙图最大 C.一样大 D.无法判断
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根据安培力公式F=BIL⊥，其中L⊥为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个选项图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。
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2.(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是
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因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作
用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电
流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两
侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。
3.(2023·扬州市高二期中)如图所示，把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，形成串联电路，接到直流电源上，可以看到弹簧
A.始终不动
B.上下振动
C.入水银更深了
D.下端离开水银后不再接触水银
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当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈金属丝周围都产生了磁场，根据安培定则及左手定则可知，各圈金属丝之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈金属丝之间失去了相互吸引力，弹簧又恢
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复原长，使得弹簧下端又与水银面接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故选B。
4.(2024·浙江大学附属中学高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是
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A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，
可增加电压U
B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是
发电机的负极
C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)从右侧进入能沿直线匀速通过速
度选择器的条件是Eq=qvB，即v=
D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中H、H、H在磁场中偏转半径最大的是H
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粒子射出回旋加速器时qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大动能与加速电压无关，A错误；
根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；
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根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误；
粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB=m，得r=H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。
5.(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为
A.a→b，I0 B.a→b，I0
C.b→a，I0 D.b→a，I0
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根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'
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的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0=k2I'，解得I'=I0，故选D。
6.(2023·重庆市南坪中学高二期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是
A.小球带负电荷
B.=v0
C.若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将逐
渐增大
D.若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大
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经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，故A错误；
由题意得，小球受重力、静电力、洛伦兹力三力平衡，则qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正确；
撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；
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因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力的合力不做功，又因为管道对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。
7.如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，
粒子质量为m、电荷量为-q、速率为v0，不考虑粒子的重力
及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的
右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)
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带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r=，由题
可知粒子在A、B、C中做圆周运动的半径r=L，在D
中做圆周运动的半径为；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可知A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；
B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。
二、多项选择题
8.(2024·岳阳市高二期末)抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱作用力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针(俯视时)做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为B0。假设外加竖直向下、磁感
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应强度大小为B(B>B0)的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，
下列说法正确的是
A.速率改变前，O处磁感应强度为B+B0
B.速率改变前，O处磁感应强度为B-B0
C.电子的速率会增大
D.电子的速率会减小
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速率改变前，在O处产生的磁感应强度大小为B0，
根据安培定则可知，方向向上，外加匀强磁场方
向为竖直向下时，O处磁感应强度为B-B0；外加
匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变，F向=m，所以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。
9.(2024·杭州市高二期末)带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是
A.碰后新粒子做圆周运动的半径不变
B.碰后新粒子做圆周运动的周期变小
C.碰后新粒子做圆周运动的动量变小
D.碰后新粒子做圆周运动的动能变小
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带电粒子在磁场中做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得qvB=，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=，周期T==
，设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后两粒子动量守恒，则m1v0=(m1+m2)v，碰
撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圆周运动的半径不变，周期变大，动量不变，A正确，B、C错误；
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碰撞后两粒子粘在一起，总体机械能有损失，新粒子动能变小，D正确。
10.(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
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根据题意可知，粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m，
可得=，故B正确；
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根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
则粒子在磁场中运动的总时间为t磁==，故C错误；
粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq=ma，解得a==，根据v0=at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电==，故D正确。
三、非选择题
11.如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的
速率为 。
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粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，设
粒子做圆周运动的圆心为O'，粒子离开磁场时速度
的反向延长线与进入磁场时速度方向的交点为A，
O'P与OM的交点为Q，运动半径为r，由几何关系
得，∠AO'Q=30°，则粒子做圆周运动的半径r=2R，粒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v=。
12.(2023·四川凉山州高二期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6 V、内阻r=1 Ω的直流电源。现把一根质量m=0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电
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阻R0=2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)导体棒受到的安培力大小为 N；
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根据闭合电路欧姆定律得
I==2 A
导体棒受到的安培力大小为F安=BIL=4 N
(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数为 。
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对导体棒受力分析如图所示
因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿
斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+Ff=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°
Ff=μFN
联立解得μ=。
13.(2024·蚌埠市高二期末)如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经水平加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN=2d，N、O、
P三点共线且水平，PN=3d，离子重力不计。求：
(1)加速电场的电压大小；
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离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU=m
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE0=m
解得加速电压U=
(2)QN、DC间匀强电场的电场强度大小；
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离子进入匀强电场后做类平抛运动，有2d=v0t
3d=at2，qE=ma
解得E=
(3)离子击中Q点时的速度大小。
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由动能定理得Eq·3d=mv2-m
解得离子击中Q点时的速度大小为v=。
14.(2024·运城市高二期末)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，在第二象限存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向内)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E1=，g为重力加速度，在第一象限有一条直线OA，OA与x轴正方向的夹角为30°。在yOA区域内存在水平方向大小为B2的匀强磁场(垂直纸面向外)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E2=。一质量为m、带电荷
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量为q的带正电微粒从第二象限的某点C开始以沿x轴正方向的初速度v0做匀速直线运动，之后从D点(未画出)进入yOA区域内运动，一段时间后从OA上某点垂直OA进入AOx区域，求：
(1)第二象限的匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
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微粒在第二象限做匀速直线运动，则有qv0B1+qE1=mg
解得B1=
(2)微粒在yOA区域内运动的时间t；
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微粒在yOA区域内运动时qE2=mg
所以微粒在yOA区域内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B2=m
解得R=
圆周运动的周期T=
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由几何关系可知微粒在yOA区域内做匀速圆周运动的圆心在坐标原点O，圆心角θ=60°，由t=T可知微粒在yOA区域内运动的时间为t=
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(3)微粒运动到x轴上时动能的大小Ek。
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答案 +m
微粒进入AOx区域后，根据动能定理有mgRsin 30°=Ek-m
解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek=+m。
15.如图所示，空间中有一坐标系xOy，其第一象限内存在着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的分界线，区域Ⅰ中的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴并垂直于磁场方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8。则：
(1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？
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答案 见解析
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设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期，则有
qvB=m，qv·2B=m，
解得R1=，R2=
T1==，T2==
粒子先在磁场区域Ⅰ中做顺时针的圆周运动，后在磁场区域Ⅱ中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子运动轨迹如图所示。
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由tan α==0.75
得α=37°，α+β=90°，则β=53°
粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为
t1=T1，t2=T2
粒子从P点运动到O点的时间为
t=t1+t2
由以上各式解得t=
(2)粒子的速度大小可能是多少？
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当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区域Ⅰ中运动，后在磁场区域Ⅱ中运动，然后又重复前面的运动，直到经区域Ⅱ由原点O射出。这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为
x===(n=1，2，3，…)
粒子每个周期内在区域Ⅰ中运动的位移大小为
x1=x=x
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由图中的几何关系可知=cos α
由(1)可得R1=
由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=(n=1，2，3…)。章末检测试卷(第一章)
(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.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是 ( )
A.丁图最大 B.乙图最大
C.一样大 D.无法判断
2.(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 ( )
3.(2023·扬州市高二期中)如图所示，把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，形成串联电路，接到直流电源上，可以看到弹簧 ( )
A.始终不动
B.上下振动
C.入水银更深了
D.下端离开水银后不再接触水银
4.(2024·浙江大学附属中学高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是 ( )
A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极
C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)从右侧进入能沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v=
D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中H、H、H在磁场中偏转半径最大的是H
5.(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为 ( )
A.a→b，I0 B.a→b，I0
C.b→a，I0 D.b→a，I0
6.(2023·重庆市南坪中学高二期末)如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一带电小球，以速度v0沿管轴方向斜向下做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内(管道内径略大于小球直径)。下列判断正确的是 ( )
A.小球带负电荷
B.=v0
C.若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将逐渐增大
D.若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大
7.如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为-q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆) ( )
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.(2024·岳阳市高二期末)抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱作用力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针(俯视时)做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为B0。假设外加竖直向下、磁感应强度大小为B(B>B0)的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，下列说法正确的是 ( )
A.速率改变前，O处磁感应强度为B+B0
B.速率改变前，O处磁感应强度为B-B0
C.电子的速率会增大
D.电子的速率会减小
9.(2024·杭州市高二期末)带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是 ( )
A.碰后新粒子做圆周运动的半径不变
B.碰后新粒子做圆周运动的周期变小
C.碰后新粒子做圆周运动的动量变小
D.碰后新粒子做圆周运动的动能变小
10.(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是 ( )
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为 。
12.(8分)(2023·四川凉山州高二期末)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6 V、内阻r=1 Ω的直流电源。现把一根质量m=0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0=2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)(3分)导体棒受到的安培力大小为 N；
(2)(5分)导体棒与导轨间的动摩擦因数为 。
13.(10分)(2024·蚌埠市高二期末)如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经水平加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为E0，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，QN=2d，N、O、P三点共线且水平，PN=3d，离子重力不计。求：
(1)(3分)加速电场的电压大小；
(2)(4分)QN、DC间匀强电场的电场强度大小；
(3)(3分)离子击中Q点时的速度大小。
14.(12分)(2024·运城市高二期末)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，在第二象限存在水平方向的匀强磁场(垂直纸面向内)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E1=，g为重力加速度，在第一象限有一条直线OA，OA与x轴正方向的夹角为30°。在yOA区域内存在水平方向大小为B2的匀强磁场(垂直纸面向外)和竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E2=。一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒从第二象限的某点C开始以沿x轴正方向的初速度v0做匀速直线运动，之后从D点(未画出)进入yOA区域内运动，一段时间后从OA上某点垂直OA进入AOx区域，求：
(1)(2分)第二象限的匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
(2)(6分)微粒在yOA区域内运动的时间t；
(3)(4分)微粒运动到x轴上时动能的大小Ek。
15.(18分)如图所示，空间中有一坐标系xOy，其第一象限内存在着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的分界线，区域Ⅰ中的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴并垂直于磁场方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则：
(1)(9分)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？
(2)(9分)粒子的速度大小可能是多少？
答案精析
1.C 2.C 3.B
4.D [粒子射出回旋加速器时qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大动能与加速电压无关，A错误；根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误；粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB=m，得r=H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。]
5.D [根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0=k2I'，解得I'=I0，故选D。]
6.B [经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，静电力一定做负功，则小球带正电，故A错误；由题意得，小球受重力、静电力、洛伦兹力三力平衡，则qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正确；撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力，合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C错误；因为静电力、重力、洛伦兹力三力平衡时，静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和静电力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和静电力的合力不做功，又因为管道对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。]
7.A [带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r=，由题可知粒子在A、B、C中做圆周运动的半径r=L，在D中做圆周运动的半径为；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可知A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。]
8.BC [速率改变前，在O处产生的磁感应强度大小为B0，根据安培定则可知，方向向上，外加匀强磁场方向为竖直向下时，O处磁感应强度为B-B0；外加匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变，F向=m，所以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。]
9.AD [带电粒子在磁场中做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得qvB=，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=，周期T==，设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞前r=，T=，碰撞前后两粒子动量守恒，则m1v0=(m1+m2)v，碰撞后r'==r，T'=>T=，即碰后新粒子做圆周运动的半径不变，周期变大，动量不变，A正确，B、C错误；碰撞后两粒子粘在一起，总体机械能有损失，新粒子动能变小，D正确。]
10.ABD [根据题意可知，
粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m，
可得=，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
则粒子在磁场中运动的总时间为t磁==，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq=ma，解得a==，根据v0=at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电==，故D正确。]
11.
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，设粒子做圆周运动的圆心为O'，粒子离开磁场时速度的反向延长线与进入磁场时速度方向的交点为A，O'P与OM的交点为Q，运动半径为r，由几何关系得，∠AO'Q=30°，则粒子做圆周运动的半径r=2R，粒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v=。
12.(1)4 (2)
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得
I==2 A
导体棒受到的安培力大小为
F安=BIL=4 N
(2)对导体棒受力分析如图所示
因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向有mgsin 30°+Ff=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°
Ff=μFN
联立解得μ=。
13.(1) (2) (3)
解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU=m
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE0=m
解得加速电压U=
(2)离子进入匀强电场后做类平抛运动，有2d=v0t
3d=at2，qE=ma
解得E=
(3)由动能定理得
Eq·3d=mv2-m
解得离子击中Q点时的速度大小为v=。
14.(1) (2)
(3)+m
解析 (1)微粒在第二象限做匀速直线运动，则有qv0B1+qE1=mg
解得B1=
(2)微粒在yOA区域内运动时qE2=mg
所以微粒在yOA区域内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B2=m
解得R=
圆周运动的周期T=
解得T=
由几何关系可知微粒在yOA区域内做匀速圆周运动的圆心在坐标原点O，圆心角θ=60°，由t=T可知微粒在yOA区域内运动的时间为t=
(3)微粒进入AOx区域后，根据动能定理有mgRsin 30°=Ek-m
解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek=+m。
15.见解析
解析 (1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期，则有
qvB=m，qv·2B=m，
解得R1=，R2=
T1==，T2==
粒子先在磁场区域Ⅰ中做顺时针的圆周运动，后在磁场区域Ⅱ中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子运动轨迹如图所示。
由tan α==0.75
得α=37°，α+β=90°，则β=53°
粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为t1=T1，t2=T2
粒子从P点运动到O点的时间为
t=t1+t2
由以上各式解得t=
(2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区域Ⅰ中运动，后在磁场区域Ⅱ中运动，然后又重复前面的运动，直到经区域Ⅱ由原点O射出。这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为
x===(n=1，2，3，…)
粒子每个周期内在区域Ⅰ中运动的位移大小为x1=x=x
由图中的几何关系可知=cos α
由(1)可得R1=
由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=(n=1，2，3…)。
