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.（2024·广州市高二期末）下列有关电场与磁场的说法正确的是（　　　　）
A.电荷在电场和磁场中运动均一定受到电场力和磁场力
B.磁场对运动电荷的作用力始终不做功
C.通电导线与通电导线之间是通过电场发生相互作用的
D.一小段通电直导线在磁场中受到的安培力与该处的磁感应强度一定成正比
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（　　　　）
A　 　 　　B　 　 　 　C　　　 　D
3.（2024·汕尾市高二期末）如图所示，整个装置悬挂在弹簧测力计下，装置下端是单匝线框，线框下边处于一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直。接通直流电源，线框中的电流方向为逆时针方向，此时弹簧测力计有拉力示数。为了增大弹簧测力计的示数，下列方法可以实现的是（　　　　）
A.磁场方向不变，增加磁感应强度的大小
B.电流方向不变，增加电流大小
C.电流方向和磁场方向同时反向
D.磁场方向反向，电流方向不变
4.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，速度大小为v=的电子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器
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.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（　　　　）
A. B. C. D.
6.（2023·广州市高二期末）如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量+q的小圆环（重力不可忽略）套在细杆CD上。现给圆环向右的初速度v0，圆环运动的v-t图像不可能是（　　　　）
A　　　　 　　　B　　　 　　　C　　　　　　　　D
7.在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（　　　　）
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.该离子的加速度大小不变、方向变化
D.的比值不断减小
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.如图所示，用两绝缘细线将直导线悬挂于O、O'两点，处于匀强磁场中的直导线的质量为m、长为l。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　　　）
A.匀强磁场不可能沿z轴负方向
B.细线上的拉力可能等于mg
C.匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D.匀强磁场的磁感应强度的最小值为
9.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
10.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
三、非选择题（本题共5小题，共54分。）
11.（8分）（2024·佛山市高二月考）“达因”兴趣小组的同学们设计了利用磁传感器“霍尔元件”来测量匀强磁场的磁感应强度的实验方案，其原理图如图所示。已知该霍尔元件的载流子为电子，电荷量为e，匀强磁场方向垂直于霍尔元件上下两面竖直向上，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，单位体积中自由电子的个数为n，实验中向左通过霍尔元件的电流为I。
（1）（2分）用电压表测量M、N两面的电压时，电压表的正接线柱应与　　　　（填“M”或“N”）相接，正确连接后测得的电压为U。
（2）（3分）电子（载流子）匀速通过霍尔元件的过程中，垂直于M、N方向受到的电场力大小为　　　　　　（用U、e及题中涉及的物理量符号表示）。
（3）（3分）同学们经过分析可知，匀强磁场的磁感应强度大小为　　　　（用U、e及题中涉及的物理量符号表示）。
12.（10分）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。则：
（1）（4分）导体棒受到的安培力大小为　　　　N；
（2）（6分）导体棒与轨道间的动摩擦因数为　　　　。
13.（10分）（2024·广东广雅中学高二期末）如图甲所示，水平放置的两光滑平行导轨PQ间的距离L=0.5 m，垂直于导轨平面有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=2 T，ab棒垂直于导轨放置，系在ab棒中点且与ab棒垂直的水平绳跨过光滑轻质定滑轮与物块相连，物块放置在电子秤上，质量为2 kg。已知当物块静止稳定以后，电子秤的读数FN随滑动变阻器R阻值变化的规律如图乙所示，导轨及ab棒的电阻均不计，g取10 m/s2。求：
（1）（2分）磁场方向；
（2）（8分）电源电动势E和内阻r。
14.（12分）如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m=5.0×10-8 kg、电荷量为q=1.0×10-6 C的带正电粒子，从静止开始经U0=10 V的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角为37°并垂直于磁场方向，已知OP=30 cm，粒子重力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则：
（1）（2分）带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？
（2）（6分）若磁感应强度大小B=2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？
（3）（4分）若粒子不能从x轴上方射出，那么磁感应强度B的最小值是多少？
15.（14分）如图所示，在竖直面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅱ、Ⅲ象限内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E1（大小未知），第Ⅰ、Ⅳ象限内存在着方向竖直向上的匀强电场，电场强度E2（大小未知），圆形区域圆心在x轴上的M点，与y轴在O点相切，圆形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）。质量为m、电荷量为q的带正电微粒从N点以某一水平向左的速度射入第Ⅱ象限，经过一段时间，该粒子从O点进入圆形区域，其速度与y轴负方向的夹角为30°，在圆形区域内做匀速圆周运动后由圆上某点射出，恰好垂直y轴回到N点。已知ON=d，重力加速度为g，求：
（1）（4分）电场强度E1和E2的大小；
（2）（6分）磁场的磁感应强度大小B和磁场区域的半径R；
（3）（4分）微粒从N点出发到再次回到N点的时间。
答案精析
1.B　［运动的电荷速度方向与磁场方向平行时，则不受磁场力的作用，故A错误；
电荷在磁场中受到洛伦兹力，其方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B正确；
通电导线与通电导线之间的力是通过磁场相互作用的，故C错误；
导线放在磁场中，受到的安培力为F=BILsin θ，当电流大小、导线长度以及磁场与电流方向夹角（不为零）一定时，安培力才与该处的磁感应强度大小成正比，故D错误。］
2.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.D　［由左手定则可知线框所受的安培力方向向上，安培力大小F=BIL，磁场方向不变，增加磁感应强度的大小则安培力增大，弹簧测力计示数减小，故A错误；
电流方向不变，增加电流大小，安培力增大，弹簧测力计示数减小，故B错误；
电流方向和磁场方向同时反向，安培力方向不变，弹簧测力计示数不变，故C错误；
磁场方向反向，电流方向不变，安培力方向向下，弹簧测力计示数变大，故D正确。］
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，电子受到的电场力与洛伦兹力同向，则不能沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器，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.B　［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C，运动半径为r，由几何知识知速度偏转角为此段圆弧轨道的圆心角，则∠AO'C=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=，故B正确，A、C、D错误。］
6.B　［由安培定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，小环所受洛伦兹力竖直向上，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图像为A，故A正确；
当qvB此时，根据牛顿第二定律有f=μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-图像的斜率应该逐渐增大，故B错误，C正确；
当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有
FN=qvB-mg，此时，根据牛顿第二定律有f=μFN=ma
所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确。］
7.C　［根据功率的计算公式P=Fvcos θ，可知电场力的瞬时功率为P=qEv1，故A错误；
由于v1与磁场方向平行，根据洛伦兹力的计算公式可知该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B，故B错误；
离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变、方向总是与电场力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变、方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变、方向改变，故C正确；
根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，的比值不断增大，故D错误。］
8.BC　［匀强磁场方向沿z轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力的方向沿y轴正方向，导线可以保持静止，故A错误；
细线上的拉力可能小于mg，可能大于mg，也可能等于mg，故B正确；
当匀强磁场的磁感应强度方向沿绳向下时，安培力有最小值，即BIl=mgsin θ
解得匀强磁场的磁感应强度的最小值为B=<，
故C正确，D错误。］
9.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。］
10.AD　［带电粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供，有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。］
11.（1）M　（2）e　（3）
解析　（1）根据左手定则，电子向N面偏转，N面带负电，故电压表的正接线柱应与M面相接。
（2）垂直于M、N方向受到的电场力大小为F=Ee=e=
（3）通过霍尔元件的电流为
I=neSv=nebcv
霍尔元件稳定后，有evB=F
匀强磁场的磁感应强度大小为
B=
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°+f=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°，
f=μFN，联立解得μ=。
13.（1）磁场方向向上　（2）24 V　0.9 Ω
解析　（1）由题可知，ab棒电流方向由b到a，ab棒水平方向受力平衡可知，绳子拉力与安培力平衡，安培力水平向左。由左手定则得，磁场方向向上。
（2）回路电流I=
ab棒所受安培力F=BIL
电子秤的示数FN=mg-F
即FN=mg-BL
得FN=20-
由题图乙得两组数据R=0.3 Ω时，FN=0；R=0.7 Ω时，FN=5 N
代入解得E=24 V，r=0.9 Ω
14.（1）20 m/s　（2）0.90 m　（3） T
解析　（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0=mv2，代入数据得v=20 m/s。
（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB=m，得R=，代入数据得R=0.50 m
而=0.50 m
故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ=R+Rsin 53°=0.90 m。
（3）当带电粒子恰好不能从x轴射出（如图乙）时，磁感应强度最小，由几何关系得OP=R'+R'sin 37°，R'=，
代入数据得B'= T，则磁感应强度B的最小值是 T。
15.（1）　　（2）　d 　（3）（+）
解析　（1）由题意可得，粒子从N点进入第二象限后，水平方向先做匀减速直线运动后做反方向的匀加速直线运动，加速度为a=
竖直方向做自由落体运动，设初速度为v0，经过时间t后经过O点，则满足v0=a·，vy=gt
由题意知在O点，速度与y轴负方向的夹角为30°，则由几何关系得
tan 30°=
联立解得E1=
又因为在圆形区域内粒子做匀速圆周运动，则满足重力与电场力大小相等，洛伦兹力提供向心力，
即mg=qE2，解得E2=
（2）由题意得，粒子在磁场中运动轨迹如图
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系知r+rsin 30°=d，又因为qvB=m
且由几何关系知vcos 30°=vy，由运动学公式得=2gd
联立解得磁场的磁感应强度大小为B=
设圆形磁场的半径为R，则由几何关系知2rcos 30°=R
解得R=d
（3）由题意得，在电场强度E1的电场中运动时间为t，则d=gt2
在磁场中运动时间为t1，
则t1=T，T=
出磁场后在电场强度E2的电场中运动时间为t2=
则微粒从N点出发到再次回到N点的时间为
t'=t+t1+t2=（+）(共47张PPT)
章末检测试卷(第一章)
一、单项选择题
1.(2024·广州市高二期末)下列有关电场与磁场的说法正确的是
A.电荷在电场和磁场中运动均一定受到电场力和磁场力
B.磁场对运动电荷的作用力始终不做功
C.通电导线与通电导线之间是通过电场发生相互作用的
D.一小段通电直导线在磁场中受到的安培力与该处的磁感应强度一定成
正比
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运动的电荷速度方向与磁场方向平行时，则不受磁场力的作用，故A错误；
电荷在磁场中受到洛伦兹力，其方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B正确；
通电导线与通电导线之间的力是通过磁场相互作用的，故C错误；
导线放在磁场中，受到的安培力为F=BILsin θ，当电流大小、导线长度以及磁场与电流方向夹角(不为零)一定时，安培力才与该处的磁感应强度大小成正比，故D错误。
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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.(2024·汕尾市高二期末)如图所示，整个装置悬挂在弹簧测力计下，装置下端是单匝线框，线框下边处于一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直。接通直流电源，线框中的电流方向为逆时针方向，此时弹簧测力计有拉力示数。为了增大弹簧测力计的示数，下列方法可以实现的是
A.磁场方向不变，增加磁感应强度的大小
B.电流方向不变，增加电流大小
C.电流方向和磁场方向同时反向
D.磁场方向反向，电流方向不变
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由左手定则可知线框所受的安培力方向向上，安培力大小
F=BIL，磁场方向不变，增加磁感应强度的大小则安培力
增大，弹簧测力计示数减小，故A错误；
电流方向不变，增加电流大小，安培力增大，弹簧测力计
示数减小，故B错误；
电流方向和磁场方向同时反向，安培力方向不变，弹簧测力计示数不变，故C错误；
磁场方向反向，电流方向不变，安培力方向向下，弹簧测力计示数变大，故D正确。
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4.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，速度大小为v=的电子能够沿直线从右侧进入
并匀速通过速度选择器
D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中、、在磁场中偏转半径最大的是
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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，电子受到的电场
力与洛伦兹力同向，则不能沿直线从
右侧进入并匀速通过速度选择器，C
错误；
粒子经过速度选择器后的速度相同，
根据qvB=m，得r=，的比荷最
小，则偏转半径最大，D正确。
5.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
A. B.
C. D.
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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C，运动半径为r，由几何知识知
速度偏转角为此段圆弧轨道的圆心角，则∠AO'C=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=，故B正确，A、C、D错误。
6.(2023·广州市高二期末)如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量+q的小圆环(重力不可忽略)套在细杆CD上。现给圆环向右的初速度v0，圆环运动的v-t图像不可能是
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由安培定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，
小环所受洛伦兹力竖直向上，当qvB=mg时，小环做
匀速运动，此时图像为A，故A正确；
当qvB此时，根据牛顿第二定律有f=μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图像的斜率应该逐渐增大，故B错误，C正确；
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当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有
FN=qvB-mg，此时，根据牛顿第二定律有f=μFN=ma
所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确。
7.在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.该离子的加速度大小不变、方向变化
D.的比值不断减小
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√
根据功率的计算公式P=Fvcos θ，可知电场力的瞬时功率为
P=qEv1，故A错误；
由于v1与磁场方向平行，根据洛伦兹力的计算公式可知该
离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B，故B错误；
离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变、方向总是与电场力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变、方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变、方向改变，故C正确；
根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，
沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，的比值不断增大，故D错误。
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二、多项选择题
8.如图所示，用两绝缘细线将直导线悬挂于O、O'两点，处于匀强磁场中的直导线的质量为m、长为l。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A.匀强磁场不可能沿z轴负方向
B.细线上的拉力可能等于mg
C.匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D.匀强磁场的磁感应强度的最小值为
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√
√
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匀强磁场方向沿z轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力的方向沿y轴正方向，导线可以保持静止，故A错误；
细线上的拉力可能小于mg，可能大于mg，也可能等于mg，故B正确；
当匀强磁场的磁感应强度方向沿绳向下时，安培力有最小值，即BIl=mgsin θ
解得匀强磁场的磁感应强度的最小值为
B=<，故C正确，D错误。
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9.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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√
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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。
10.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的向心力由洛伦
兹力提供，有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。
三、非选择题
11.(2024·佛山市高二月考)“达因”兴趣小组的同学们设计了利用磁传感器“霍尔元件”来测量匀强磁场的磁感应强度的实验方案，其原理图如图所示。已知该霍尔元件的载流子为电子，电荷量为e，匀强磁场方向垂直于霍尔元件上下两面竖直向上，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，单位体积中自由电子的个数为n，实验中向左通过霍尔元件的电流为I。
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(1)用电压表测量M、N两面的电压时，电压表的正接线柱应与　　(填“M”或“N”)相接，正确连接后测得的电压为U。
M
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根据左手定则，电子向N面偏转，N面带负电，
故电压表的正接线柱应与M面相接。
(2)电子(载流子)匀速通过霍尔元件的过程中，垂直于
M、N方向受到的电场力大小为　　　(用U、e及题中
涉及的物理量符号表示)。
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e
垂直于M、N方向受到的电场力大小为F=Ee=e=
(3)同学们经过分析可知，匀强磁场的磁感应强度大小
为　　　(用U、e及题中涉及的物理量符号表示)。
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通过霍尔元件的电流为I=neSv=nebcv
霍尔元件稳定后，有evB=F
匀强磁场的磁感应强度大小为B=
12.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。则：
(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为F安=BIL=4 N。
(2)导体棒与轨道间的动摩擦因数为　 　。
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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°+f=F安
垂直于斜面方向有FN=mgcos 30°，f=μFN，联立解得μ=。
13.(2024·广东广雅中学高二期末)如图甲所示，水平放置的两光滑平行导轨PQ间的距离L=0.5 m，垂直于导轨平面有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=2 T，ab棒垂直于导轨放置，系在ab棒中点且与ab棒垂直的水平绳跨过光滑轻质定滑轮与物块相连，物块放置在电子秤上，质量为2 kg。已知当物块静止稳定以后，电子秤的读数FN随滑动变阻器R阻值变化的规律如图乙所示，导轨及ab棒的电阻均
不计，g取10 m/s2。求：
(1)磁场方向；
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答案　磁场方向向上　
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由题可知，ab棒电流方向由b到a，ab棒水平方向受力平衡可知，绳子拉力与安培力平衡，安培力水平向左。由左手定则得，磁场方向向上。
(2)电源电动势E和内阻r。
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答案　24 V　0.9 Ω
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回路电流I=
ab棒所受安培力F=BIL
电子秤的示数FN=mg-F
即FN=mg-BL
得FN=20-
由题图乙得两组数据R=0.3 Ω时，FN=0；R=0.7 Ω时，FN=5 N
代入解得E=24 V，r=0.9 Ω
14.如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直纸
面向里的匀强磁场，现有一质量为m=5.0×10-8 kg、电荷
量为q=1.0×10-6 C的带正电粒子，从静止开始经U0=10 V
的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场时，速度
方向与y轴负方向夹角为37°并垂直于磁场方向，已知OP=30 cm，粒子重力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？
答案　20 m/s　
对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0=mv2，代入数据得v=20 m/s。
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(2)若磁感应强度大小B=2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？
答案　0.90 m
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带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB=m，得R=，代入数据得R=0.50 m
而=0.50 m
故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速
度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。
由几何关系可知OQ=R+Rsin 53°=0.90 m。
(3)若粒子不能从x轴上方射出，那么磁感应强度B的最小值是多少？
答案　 T
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当带电粒子恰好不能从x轴射出(如图乙)时，磁感应强度最小，由几何关系得OP=R'+R'sin 37°，R'=，
代入数据得B'= T，则磁感应强度B的最小值是 T。
15.如图所示，在竖直面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅱ、
Ⅲ象限内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E1
(大小未知)，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在着方向竖直向上的匀
强电场，电场强度E2(大小未知)，圆形区域圆心在x轴上的M点，与y轴在O点相切，圆形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电微粒从N点以某一水平向左的速度射入第Ⅱ象限，经过一段时间，该粒子从O点进入圆形区域，其速度与y轴负方向的夹角为30°，在圆形区域内做匀速圆周运动后由圆上某点射出，恰好垂直y轴回到N点。已知ON=d，重力加速度为g，求：
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(1)电场强度E1和E2的大小；
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答案　　　
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由题意可得，粒子从N点进入第二象限后，水平方向
先做匀减速直线运动后做反方向的匀加速直线运动，
加速度为a=
竖直方向做自由落体运动，设初速度为v0，经过时间t后经过O点，则
满足v0=a·，vy=gt
由题意知在O点，速度与y轴负方向的夹角为30°，则由几何关系得
tan 30°=
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联立解得E1=
又因为在圆形区域内粒子做匀速圆周运动，则满足
重力与电场力大小相等，洛伦兹力提供向心力，
即mg=qE2，解得E2=
(2)磁场的磁感应强度大小B和磁场区域的半径R；
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答案　　d 　
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由题意得，粒子在磁场中运动轨迹如图
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，
则由几何关系知r+rsin 30°=d，又因为qvB=m
且由几何关系知vcos 30°=vy，由运动学公式得=2gd
联立解得磁场的磁感应强度大小为B=
设圆形磁场的半径为R，则由几何关系知2rcos 30°=R
解得R=d
(3)微粒从N点出发到再次回到N点的时间。
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答案　(+
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由题意得，在电场强度E1的电场中运动时间为t，则d=gt2
在磁场中运动时间为t1，则t1=T，T=
出磁场后在电场强度E2的电场中运动时间为t2=
则微粒从N点出发到再次回到N点的时间为
t'=t+t1+t2=(+

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