资源简介

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，导线中电流大小均相等，则各图中有关导线所受安培力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.(2024·浙江省高二期末)如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，则 (　　)
A.棒中电流的方向为b→a
B.棒中电流的大小为
C.棒中电流的大小为
D.若只增大轻导线的长度，则θ变小
3.(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 (　　)
4.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现给物块水平向右的初速度v0，忽略空气阻力，物块电荷量不变，则物块 (　　)
A.一定做匀速直线运动
B.一定做减速运动
C.可能先减速后匀速运动
D.可能做加速运动
5.(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HHH在磁场中偏转半径最大的是H
6.(2023·广东省高二月考)应用霍尔效应可以测量车轮转动的角速度ω，如图所示为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时，通过霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路。下列说法正确的是 (　　)
A.若霍尔元件内部是通过负电荷导电时，则前表面比后表面的电势高
B.增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到电压变小
C.控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D.若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则齿轮的角速度为
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.(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°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，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.小球带正电荷
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
9.如图所示，一个边界为PQ、MN(两边界上有磁场)的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速度为4v0时 (　　)
A.电子的运动半径为4d
B.从MN边界射出的电子数占总电子数的
C.MN边界上有电子射出的总长度为2d
D.电子在磁场中运动的最长时间为
10.(2023·四川南充高级中学高二期末)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。a、b两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是 (　　)
A.两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN
B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FMC.a小球第一次到达M点的时间等于b小球第一次到达N点的时间
D.a小球能到达轨道的另一端最高点，而b小球不能到达轨道另一端最高点
三、非选择题(本题共4小题，共54分)
11.(8分)如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离d=0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，电源的电动势E=10 V、内阻r=0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器阻值为R=0.9 Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，则物块的质量　　 kg，当ab棒将要由静止开始向右滑动时滑动变阻器的阻值R'=　　 Ω。(g取10 m/s2)
12.(12分)(2024·四川省泸县五中高二开学考试)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从y轴上的Q点垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴正方向成60°角，OQ=a。
(1)(4分)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)(8分)若只改变匀强磁场的磁感应强度B的大小，求B满足什么条件时，粒子不会从y轴射出第一象限。
13.(14分)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的微粒，在A点(0，3 m)以初速度v0=120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为=102 C/kg，微粒重力不计。
(1)(4分)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
(2)(4分)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
(3)(6分)求电场强度E和磁感应强度B的大小。
14.(20分)利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图，一粒子源不断释放比荷一定的带正电粒子，其初速度为零，经过加速电压U后，以速度v0垂直于平面MNN1M1射入棱长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用。完成以下问题：
(1)(3分)求粒子的比荷大小；
(2)(4分)若只加平行于MN的电场，粒子从H点射入，从P点射出，求所加匀强电场的电场强度大小和方向；
(3)(6分)若仅在正方体区域中加上沿M1M方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值和最小值；
(4)(7分)以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1-xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN方向且电场强度大小为E=的匀强电场和磁感应强度大小B=的匀强磁场，让粒子从I入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置(结果可用根号表示，圆周率π取3)。
答案精析
1.C　［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。］
2.C　［根据铜棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为a→b，故A错误；对铜棒，根据动能定理得，BIL2sin θ-mgL（1-cos θ）=0-0，解得I=，故B错误，C正确；由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL（1-cos θ），轻导线的长度L可消去，可知θ与轻导线长度无关，故D错误。］
3.C　［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吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。］
4.C　［根据左手定则可知物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，如果洛伦兹力等于重力，则物块做匀速直线运动；如果洛伦兹力小于重力，物块与隧道下表面间存在摩擦力，物块做减速运动；如果洛伦兹力大于重力，物块与隧道上表面间存在摩擦力，做减速运动，当速度减小到某一值使洛伦兹力等于重力时做匀速运动。故选项C正确。］
5.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。］
6.D　［若霍尔元件通过负电荷导电，磁场方向由N极指向齿轮，电流方向竖直向下，由左手定则可知负电荷受洛伦兹力向前表面偏转，所以前表面电势低，故A错误；根据霍尔元件工作原理知，负电荷受力稳定后，所受洛伦兹力和电场力平衡，由qvB=q，可知U=Bvd，由I=nqSv知，增大电流，则v增大，则电压增大，故B错误；电压升高，说明磁场增强，齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；由题意可知，转过相邻齿所用时间为T，则转一周时间为5T，则ω=，故D正确。］
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；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。］
8.AB　［经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；由题意得，小球受重力、电场力、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；因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电场力合力不做功，又因为圆管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。］
9.BCD　［向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，可知r0=d，则当电子发射速率为4v0时，根据qvB=得r=，可知半径变为原来的4倍，即2d，故A错误；如图所示，从发射装置水平向右射出的电子到达MN右端的距离最远，又r1=2d，根据几何关系知偏转角为60°，AB=r1sin 60°=d，运动轨迹与MN相切的电子到达MN最左端，根据几何关系知其发射速度与PQ的夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的，BC=r1sin 60°=d，MN边界上有电子射出的总长度为AB+BC=2d，故B、C正确；根据分析知，电子在磁场中转过的圆心角最大为120°，最长时间为T=×=，故D正确。］
10.AD　［在匀强磁场中，对a小球，由动能定理mgR=m
可得vM=
在匀强电场中，对b小球，由动能定理mgR-qER=m
得vN=
故vM>vN，故A正确；
对匀强磁场中的a小球，在最低点由牛顿第二定律
FM-mg-BqvM=m
可得FM=3mg+BqvM
对匀强电场中的b小球，在最低点由牛顿第二定律FN-mg=m
可得FN=3mg-2qE
故FM>FN，故B错误；
因小球a第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，平均速率大，时间短，而小球b第一次到达N点的过程中，重力做的正功相同，而电场力做负功，平均速率小，时间长，故C错误；
根据能量守恒，在磁场中的小球能到达轨道的另一端最高处，整个过程重力势能先向动能转化然后再全部转化为重力势能，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能到达轨道的另一端最高处，故D正确。］
11.1　1.15
解析　当滑动变阻器R=0.9 Ω时，通过ab的电流为I==10 A
此时ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，即ab棒此时受到重力、支持力、绳的拉力和安培力，不受摩擦力，则绳的拉力和安培力平衡，设物块的质量为M，则BId=Mg，解得M=1 kg
当ab棒将要由静止开始向右滑动时，ab棒所受最大静摩擦力方向向左，根据平衡条件有μmg+BI'd=Mg，解得此时通过ab的电流为I'=8 A，根据闭合电路欧姆定律有I'=，解得R'=1.15 Ω。
12.（1）　（2）B≥
解析　（1）根据题意，画出带电粒子运动轨迹如图甲所示
由几何关系有
r1+r1sin 30°=a，
解得轨道半径为
r1=a
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=m，
解得匀强磁场的磁感应强度的大小为B=。
（2）由第（1）问可得
OP=r1cos 30°=a
粒子刚好不会从y轴射出第一象限的轨迹如图乙所示
由几何关系得OP=r2+r2cos 30°
由洛伦兹力提供向心力可得qvB0=m
联立解得B0=，
所以粒子不会从y轴射出第一象限，磁感应强度大小满足的条件为
B≥。
13.（1）0.05 s　2.4×103 m/s2　（2）45°
见解析图　（3）24 N/C　1.2 T
解析　（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，由x=v0t，得t==0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y=at2得a=2.4×103 m/s2
（2）vy=at，tan α==1，所以α=45°
轨迹如图
（3）由qE=ma，得E=24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v=v0=120 m/s
由几何关系可知r= m
由qvB=m得B==1.2 T。
14.（1）　（2）　方向由M→N　（3）　　（4）（L，L，0）
解析　（1）粒子在加速电场中，由动能定理qU=m可得，粒子的比荷大小为=
（2）若只加平行于MN的电场时，粒子在正方体区域中做类平抛运动，当从H点射入的粒子恰好从P点射出，则由牛顿第二定律和类平抛运动知识，有qE1=ma1
L=a1
2L=v0t1
联立解得所加匀强电场的电场强度大小为E1=
因为粒子带正电，所以匀强电场的方向由M→N。
（3）若仅在正方体区域中加上沿M1M方向的匀强磁场时，粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达P点时所加磁场的磁感应强度为最小值，由几何关系可得r1=2L
由洛伦兹力提供向心力得
qv0Bmin=m
联立解得所加磁场的磁感应强度最小值为Bmin=
当从M点射入的粒子恰好到达N点时所加磁场的磁感应强度为最大值，有r2=L
qv0Bmax=m
联立解得所加磁场的磁感应强度最大值为Bmax=
（4）若在正方体区域中同时加上沿MN方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速度分量恰与磁场平行，故粒子的运动可分解为在磁场中的匀速圆周运动和在电场中的匀加速直线运动，对于在磁场中的圆周运动，正视图如图所示
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
解得轨道半径为r=2L
因为T=
在磁场中的圆心角为cos θ==
即θ=
则粒子在磁场中的运动时间
t1=T=
对于在电场中的匀加速直线运动，有
qE=ma
L=a
联立解得在电场中的运动时间为
t2=
因分运动与合运动具有等时性，且t2>t1，则粒子的运动时间为t1=
故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时y方向的坐标为y=rsin =L
离开立方体时x方向的坐标为
x=L+a=（1+）L=L
则粒子离开正方体区域时的位置坐标为（L，L，0）。(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，导线中电流大小均相等，则各图中有关导线所受安培力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
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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.(2024·浙江省高二期末)如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，则
A.棒中电流的方向为b→a
B.棒中电流的大小为
C.棒中电流的大小为
D.若只增大轻导线的长度，则θ变小
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根据铜棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电
流的方向为a→b，故A错误；
对铜棒，根据动能定理得，BIL2sin θ-mgL(1-cos θ)=
0-0，解得I=，故B错误，C正确；
由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL(1-cos θ)，轻导线的长度L可消去，可知θ与轻导线长度无关，故D错误。
3.(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
侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。
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4.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现给物块水平向右的初速度v0，忽略空气阻力，物块电荷量不变，则物块
A.一定做匀速直线运动
B.一定做减速运动
C.可能先减速后匀速运动
D.可能做加速运动
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根据左手定则可知物块受到的洛伦兹
力方向竖直向上，如果洛伦兹力等于
重力，则物块做匀速直线运动；如果
洛伦兹力小于重力，物块与隧道下表面间存在摩擦力，物块做减速运动；如果洛伦兹力大于重力，物块与隧道上表面间存在摩擦力，做减速运动，当速度减小到某一值使洛伦兹力等于重力时做匀速运动。故选项C正确。
5.(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
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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。
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6.(2023·广东省高二月考)应用霍尔效应可以测量车轮
转动的角速度ω，如图所示为轮速传感器的原理示意
图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起
部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部
分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时，通过霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路。下列说法正确的是
A.若霍尔元件内部是通过负电荷导电时，则前表面比后表面的电势高
B.增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到电压变小
C.控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D.若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则齿轮的角速度为
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若霍尔元件通过负电荷导电，磁场方向由N极
指向齿轮，电流方向竖直向下，由左手定则可
知负电荷受洛伦兹力向前表面偏转，所以前表
面电势低，故A错误；
根据霍尔元件工作原理知，负电荷受力稳定后，所受洛伦兹力和电场
力平衡，由qvB=q，可知U=Bvd，由I=nqSv知，增大电流，则v增大，
则电压增大，故B错误；
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电压升高，说明磁场增强，齿轮的凸起部分
在靠近霍尔元件，故C错误；
由题意可知，转过相邻齿所用时间为T，则
转一周时间为5T，则ω=，故D正确。
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；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.(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°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球以速度v0沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，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.小球带正电荷
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，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；
由题意得，小球受重力、电场力、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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因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和
重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力
的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电
场力合力不做功，又因为圆管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。
9.如图所示，一个边界为PQ、MN(两边界上有磁场)的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速度为4v0时
A.电子的运动半径为4d
B.从MN边界射出的电子数占总电子数的
C.MN边界上有电子射出的总长度为2d
D.电子在磁场中运动的最长时间为
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向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大
小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所
有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，可
知r0=d，则当电子发射速率为4v0时，根据
qvB=得r=，可知半径变为原来的4倍，即2d，故A错误；
如图所示，从发射装置水平向右射出的电子到达MN右端的距离最远，又r1=2d，根据几何关系知偏转角为60°，AB=r1sin 60°=d，运动轨迹与MN相切的电子到达MN最左端，根据几何关系知其发射速度
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与PQ的夹角为60°，所以从MN边界射出的
电子数占总电子数的，BC=r1sin 60°=d，
MN边界上有电子射出的总长度为AB+BC=
2d，故B、C正确；
根据分析知，电子在磁场中转过的圆心角最大为120°，最长时间为
T=×=，故D正确。
10.(2023·四川南充高级中学高二期末)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。a、b两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是
A.两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN
B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力
FMC.a小球第一次到达M点的时间等于b小球第一次到达N点的时间
D.a小球能到达轨道的另一端最高点，而b小球不能到达轨道另一端最高点
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在匀强磁场中，对a小球，由动能定理mgR=m
可得vM=
在匀强电场中，对b小球，由动能定理mgR-qER=m
得vN=
故vM>vN，故A正确；
对匀强磁场中的a小球，
在最低点由牛顿第二定律FM-mg-BqvM=m
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可得FN=3mg-2qE
故FM>FN，故B错误；
因小球a第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，
平均速率大，时间短，而小球b第一次到达N点的过程中，重力做的正功相同，而电场力做负功，平均速率小，时间长，故C错误；
根据能量守恒，在磁场中的小球能到达轨道的另一端最高处，整个过程重力势能先向动能转化然后再全部转化为重力势能，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能到达轨道的另一端最高处，故D正确。
三、非选择题
11.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离d=0.5 m，垂
直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2 T，垂
直于导轨放置的ab棒的质量m=1 kg，系在ab棒中点的水平绳
跨过定滑轮与物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ
=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，电源的电动势E=10 V、内阻r=0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器阻值为R=0.9 Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，则物块的质量　　 kg，当ab棒将要由静止开始向右滑动时滑动变阻器的阻值R'=　 　 Ω。(g取10 m/s2)
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当滑动变阻器R=0.9 Ω时，通过ab的电流为I==10 A
此时ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，即ab棒此时
受到重力、支持力、绳的拉力和安培力，不受摩擦力，
则绳的拉力和安培力平衡，设物块的质量为M，则BId=
Mg，解得M=1 kg
当ab棒将要由静止开始向右滑动时，ab棒所受最大静摩擦力方向向左，根据平衡条件有μmg+BI'd=Mg，解得此时通过ab的电流为I'=8 A，根据闭合
电路欧姆定律有I'=，解得R'=1.15 Ω。
12.(2024·四川省泸县五中高二开学考试)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从y轴上的Q点垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴正方向成60°角，OQ=a。
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
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答案　　
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根据题意，画出带电粒子运动轨迹如图甲所示
由几何关系有r1+r1sin 30°=a，
解得轨道半径为r1=a
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，
解得匀强磁场的磁感应强度的大小为B=。
(2)若只改变匀强磁场的磁感应强度B的大小，求B满足什么条件时，粒子不会从y轴射出第一象限。
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答案　B≥
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由第(1)问可得OP=r1cos 30°=a
粒子刚好不会从y轴射出第一象限的轨迹如图乙所示
由几何关系得OP=r2+r2cos 30°
由洛伦兹力提供向心力可得qvB0=m
联立解得B0=，
所以粒子不会从y轴射出第一象限，磁感应强度大小满足的条件为
B≥。
13.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的微粒，在A点(0，3 m)以初速度v0=120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为=102 C/kg，微粒重力不计。
(1)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
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答案　0.05 s　2.4×103 m/s2
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微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，
由x=v0t，得t==0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
由y=at2得a=2.4×103 m/s2
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
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答案　45°　见解析图　
vy=at，tan α==1，所以α=45°
轨迹如图
(3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。
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答案　24 N/C　1.2 T
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由qE=ma，得E=24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v=v0=120 m/s
由几何关系可知r= m
由qvB=m得B==1.2 T。
14.利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代
科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图，
一粒子源不断释放比荷一定的带正电粒子，其初
速度为零，经过加速电压U后，以速度v0垂直于平
面MNN1M1射入棱长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用。完成以下问题：
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(1)求粒子的比荷大小；
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答案　　
粒子在加速电场中，由动能定理qU=m
=
(2)若只加平行于MN的电场，粒子从H点射入，从P点射出，求所加匀强电场的电场强度大小和方向；
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答案　　方向由M→N　
若只加平行于MN的电场时，粒子在正方体区域中做类平抛运动，当从H点射入的粒子恰好从P点射出，则由牛顿第二定律和类平抛运动知识，有
qE1=ma1
L=a1
2L=v0t1
联立解得所加匀强电场的电场强度大小为E1=
因为粒子带正电，所以匀强电场的方向由M→N。
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(3)若仅在正方体区域中加上沿M1M方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值和最小值；
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答案　　　
若仅在正方体区域中加上沿M1M方向的匀强磁场时，粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达P点时所加磁场的磁感应强度为最小值，由几何关系可得r1=2L
由洛伦兹力提供向心力得qv0Bmin=m
联立解得所加磁场的磁感应强度最小值为Bmin=
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当从M点射入的粒子恰好到达N点时所加磁场的磁感应强度为最大值，有r2=L
qv0Bmax=m
联立解得所加磁场的磁感应强度最大值为Bmax=
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(4)以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1-xyz，
若在正方体区域中同时加上沿MN方向且电场强
度大小为E=的匀强电场和磁感应强度大小B=
的匀强磁场，让粒子从I入射，求粒子离开正
方体区域时的坐标位置(结果可用根号表示，圆周率π取3)。
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答案　(L，L，0)
若在正方体区域中同时加上沿MN方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速度分量恰与磁场平行，故粒子的运动可分解为在磁场中的匀速圆周运动和在电场中的匀加速直线运动，对于在磁场中的圆周运动，正视图如图所示
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
解得轨道半径为r=2L
因为T=
在磁场中的圆心角为cos θ==
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即θ=
则粒子在磁场中的运动时间t1=T=
对于在电场中的匀加速直线运动，有qE=ma
L=a
联立解得在电场中的运动时间为t2=
因分运动与合运动具有等时性，且t2>t1，则粒子的运动时间为t1=
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故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时y方向的坐标为y=rsin
=L
离开立方体时x方向的坐标为x=L+a=(1+)L=L
则粒子离开正方体区域时的位置坐标为(L，L，0)。
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