人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末檢測（一）(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(共9小題，每小題4分，共36分。)1.每時每刻都有大量帶電的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些射線中大多數帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義。假設有一個帶正電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來，在地磁場的作用下，它將()A.向東偏轉 B.向南偏轉C.向西偏轉 D.向北偏轉〖解析〗地球的磁場由南向北，當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向東，所以粒子將向東偏轉，故A正確。〖答案〗A2.如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于圓弧上相互垂直的兩條直徑的四個端點上，導線中通有大小相同的電流，方向見圖。一帶負電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運動，它所受洛倫茲力的方向是()A.從O指向a B.從O指向bC.從O指向c D.從O指向d〖解析〗根據題意，由右手螺旋定則，則有b與d導線電流在O點產生的磁場正好相互抵消，而a與c導線在O點產生的磁場方向都向左，則得O點的磁場方向水平向左，當一帶負電的粒子從圓心O點沿垂直于紙面的方向向里運動，根據左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向從O指向c，選項C正確?！即鸢浮紺3.如圖所示，三根長均為l的直導線水平放置，截面構成以A為頂點的等腰直角三角形，其中導線A、B電流的方向垂直紙面向里，導線C中電流的方向垂直紙面向外。若導線B、C中的電流在導線A所在位置處產生的磁感應強度的大小均為B0，導線A通過的電流大小為I，則導線A受到的安培力的大小和方向為()A.eq\r(2)B0Il，水平向左 B.2B0Il，水平向左C.eq\r(2)B0Il，豎直向上 D.2B0Il，豎直向上〖解析〗B、C中的電流在A處產生的磁感應強度的大小均為B0，如圖所示。根據平行四邊形定則，結合幾何關系，有A處的磁感應強度為BA＝eq\r(2)B0，由左手定則可知，安培力方向豎直向上，大小為F＝eq\r(2)B0Il，故C正確，A、B、D錯誤?！即鸢浮紺4.下列運動(電子只受電場力或磁場力的作用)不可能的是()A.電子以固定的正點荷Q為圓心繞Q做勻速圓周運動B.電子在固定的等量異種點電荷＋Q、－Q連線的中垂線上做直線運動C.電子在圖示的勻強磁場中沿圖示虛線軌跡做圓周運動D.電子沿通電螺線管中心軸線做直線運動〖解析〗電子受到點電荷對它的庫侖引力，速度若滿足庫侖引力完全提供向心力，做勻速圓周運動，故A正確；圖中等量異種電荷連線的中垂線上的電場方向始終水平向右，電子受到水平向左的電場力，不可能沿中垂線做直線運動，故B錯誤；電子在勻強磁場中受洛倫茲力，靠洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，故C正確；通電螺線管內部的磁場方向沿水平方向，電子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運動，故D正確。〖答案〗B5.回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置，其核心部分是兩個“D”形金屬盒，置于勻強磁場中，磁場方向與“D”形盒所在平面垂直，兩盒分別與高頻交流電源相連，帶電粒子獲得的最大動能與哪個因素有關()A.加速的次數 B.交流電的頻率C.加速電壓 D.勻強磁場的磁感應強度大小〖解析〗根據洛倫茲力提供粒子圓周運動的向心力得qvB＝meq\f(v2,R)設D形盒半徑為R，最后粒子射出回旋加速器的速度為v＝eq\f(qBR,m)則最大動能為Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)所以影響粒子獲得的最大動能的因素有粒子比荷的大小、回旋加速器內磁感應強度的大小和回旋加速器的半徑，故選項D正確?！即鸢浮紻6.如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質量為m，長為l的金屬棒懸掛在c、d兩處，置于勻強磁場內。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角處于平衡狀態。為了使棒平衡在該位置上，所需的最小磁場的磁感應強度的大小、方向是()A.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向上B.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向下C.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向下D.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向上〖解析〗從b點沿金屬棒看進去，受力分析如圖，磁感應強度最小時，安培力最小，如圖所示?？傻肍min＝mgsinθ＝BIl，Bmin＝eq\f(mg,Il)sinθ，再結合左手定則，可得，磁感應強度的方向為沿繩向上。故選項D正確?！即鸢浮紻7.如圖所示，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動，下列選項正確的是()A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma〖解析〗由題意a在紙面內做勻速圓周運動，所以mag＝qE；b在紙面內向右做勻速直線運動，所以mbg＝qE＋qvB；c在紙面內向左做勻速直線運動，所以mcg＋qvB＝qE，根據公式可解得mb＞ma＞mc，故B正確，A、C、D錯誤?！即鸢浮紹8.如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正負電子分別以相同的速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動的時間之比為()A.1∶eq\r(3) B.1∶2C.1∶1 D.2∶1〖解析〗電子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示電子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)由幾何知識可知α＝120°，β＝60°，電子在磁場中的運動時間t＝eq\f(θ,360°)T則負電子與正電子在磁場中運動時間之比eq\f(t－,t＋)＝eq\f(β,α)＝eq\f(60°,120°)＝eq\f(1,2)，故選項B正確?！即鸢浮紹9.根據電、磁場對運動電荷的作用規律我們知道，電場可以使帶電粒子加(或減)速，磁場可以控制帶電粒子的運動方向?；匦铀倨?、圖示的質譜儀都是利用以上原理制造出來的高科技設備，如圖中的質譜儀是把從S1出來的帶電量相同的粒子先經過電壓U使之加速，然后再讓他們進入偏轉磁場B，這樣質量不同的粒子就會在磁場中分離。下述關于回旋加速器、質譜儀的說法中錯誤的是()A.經過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與高頻交流電的電壓無關B.經過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與D型盒上所加磁場強弱有關C.圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其質量也大D.圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其電荷量也大〖解析〗根據qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，則粒子的最終速度與交流電壓無關，與D形盒上所加的磁場強弱有關。故A、B正確；根據qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，根據qU＝eq\f(1,2)mv2得，v＝eq\r(\f(2qU,m))，則r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，則在磁場中運動半徑大的粒子，其質量大，故C正確，D錯誤。〖答案〗D二、多項選擇題(共5小題，每小題4分，共20分。)10.在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列說法正確的是()A.奧斯特實驗說明電流具有磁效應，首次揭示了電和磁之間存在聯系B.直線電流、環形電流、通電螺線管的磁場均可用安培定則判斷C.通電螺線管外部的磁場與條形磁鐵的磁場十分相似，受此啟發，安培提出了著名的分子電流假說D.洛倫茲力方向可用左手定則判斷，此時四指指向與負電荷運動方向一致〖解析〗奧斯特在一根導線下方擺放一個小磁針，導線通電時，發現小磁針發生了偏轉，這個實驗說明通電導線周圍存在磁場，這就是電流的磁效應，該效應揭示電和磁之間存在聯系，故A正確；電流周圍的磁場都可以通過安培定則來判斷，直線電流、環形電流、通電螺線管的磁場均可用安培定則判斷，故B正確；安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的極其相似，為了將條形磁鐵的磁場和通電導線周圍的磁場統一到一起，受此啟發，提出了分子電流假說，故C正確；洛倫茲力方向可用左手定則判斷：伸開左手，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，則和四指垂直的大拇指所指方向即為洛倫茲力的方向，故D錯誤?！即鸢浮紸BC11.在豎直面內用兩個一樣的彈簧測力計吊著一根銅棒，銅棒所在虛線范圍內有垂直于紙面的勻強磁場，棒中通以自左向右的電流，如圖所示。當棒靜止時，彈簧測力計的讀數為F1；若將棒中的電流方向反向，當棒靜止時，彈簧測力計的示數為F2，且F2>F1，根據這兩個數據，可以確定()A.磁場的方向 B.磁感應強度的大小C.安培力的大小 D.銅棒的重力〖解析〗因為電流反向時，彈簧測力計的讀數F2＞F1，所以可以知道電流自左向右時，導體棒受到的磁場力方向向上，根據左手定則可以確定磁場的方向為垂直紙面向里，故磁場的方向可以確定，故A正確；由于電流大小不知，所以無法確定磁感應強度的大小，故B錯誤；令銅棒的重力為G，安培力的大小為F，則由平衡條件得2F1＝G－F當電流反向時，磁場力變為豎直向下，此時同樣根據導體棒平衡有2F2＝G＋F聯立可得棒的重力G＝F1＋F2安培力F的大小F＝F2－F1因此可確定安培力的大小與銅棒的重力，故C、D正確?！即鸢浮紸CD12.如圖所示，帶電小球在勻強磁場中沿光滑絕緣的圓弧形軌道的內側來回往復運動，它每次通過最低點時()A.速度大小一定相同B.加速度一定相同C.所受洛倫茲力一定相同D.軌道給它的彈力一定相同〖解析〗在整個運動的過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通過最低點時重力做功相同，速度大小相同，故A正確；根據合外力提供向心力有F合＝ma＝meq\f(v2,R)，則加速度相同，故B正確；根據左手定則可知洛倫茲力的大小相等，方向不同，故C錯誤；向右、向左通過最低點時，洛倫茲力大小相等，方向相反，根據合力提供向心力可知洛倫茲力向上時有FN＋F洛－mg＝F合，當洛倫茲力向下時FN′－F洛－mg＝F合，比較可知彈力不等，故D錯誤?！即鸢浮紸B13.如圖所示，豎直放置的平行金屬板a、b間存在水平方向的勻強電場，金屬板間還存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)以速度v沿金屬板間中線從上向下射入，該粒子恰沿直線通過金屬板間。現換成一帶電小球(重力不能忽略)，仍以相同的速度v沿金屬板間中線從上向下射入，則下列說法正確的是()A.金屬板間存在的電場方向水平向左B.小球仍可以沿直線通過金屬板間C.洛倫茲力對小球做正功D.電場力對小球做負功〖解析〗若帶電粒子帶正電，粒子受洛倫茲力方向向右，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受電場力方向向左，電場方向水平向左；若帶電粒子帶負電，粒子受洛倫茲力方向向左，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受到的電場力水平向右，則電場方向水平向左，故無論粒子帶正電還是負電，金屬板間存在的電場方向水平向左，故A正確；帶電小球在重力作用下，速度會逐漸增大，粒子受到的洛倫茲力會增大，而電場力不變，所以小球受到的合力會偏離豎直方向，小球不可以沿直線通過金屬板間，故B錯誤；洛倫茲力的方向時刻與小球速度方向垂直，洛倫茲力對小球不做功，故C錯誤；若小球帶正電，小球沿金屬板間中線從上向下射入，運動過程中會向右偏離豎直線，電場力做負功；若小球帶負電，運動過程中會向左偏離豎直線，電場力仍然做負功，故D正確?！即鸢浮紸D14.美國物理學家勞倫斯于1932年發明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量。如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動。對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A.帶電粒子每運動一周被加速一次B.P1P2＝P2P3C.粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關D.A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化〖解析〗帶電粒子只有經過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故A正確，D錯誤；根據r＝eq\f(mv,qB)，則P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因為每轉一圈被加速一次，根據v2－veq\o\al(2,1)＝2ad，知每轉一圈，速度的變化量不等，且v3－v2＜v2－v1，則P1P2＞P2P3，故B錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據R＝eq\f(mvmax,qB)得，vmax＝eq\f(qBR,m)，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，故C正確?！即鸢浮紸C

三、解答題(共4小題，共44分。)15.(10分)如圖所示，兩光滑的平行金屬軌道與水平面成θ角，兩軌道間距為l，一金屬棒垂直兩軌道水平放置。金屬棒質量為m，有效電阻為R，軌道電阻不計，軌道上端的電源電動勢為E，內阻為r。為使金屬棒能靜止在軌道上，可加一方向豎直向上的勻強磁場。(1)則該磁場的磁感應強度B應是多大？(2)若將磁場方向變為豎直向下，此時導軌由靜止下滑的瞬間加速度？〖解析〗(1)根據閉合電路的歐姆定律和安培力公式得I＝eq\f(E,R＋r)①F安＝BIl②對導體棒受力分析，如圖所示F安＝mgtanθ③聯立①②③得B＝eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)由牛頓第二定律可知mgsinθ＋BIlcosθ＝ma解得a＝2gsinθ?！即鸢浮?1)eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)2gsinθ16.(10分)如圖所示，分布在半徑為r的圓形區域內的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，從D點離開磁場，其中AD的距離為eq\r(3)r，不計重力，求：(1)粒子做圓周運動的半徑；(2)粒子的入射速度；(3)粒子在磁場中運動的時間。

〖解析〗(1)設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，如圖所示所以∠AOD＝120°，則△ADO′是等邊三角形，故R＝AD＝eq\r(3)r(2)根據牛頓運動定律qvB＝eq\f(mv2,R)則v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(3)qBr,m)(3)由圖知，粒子在磁場中的運動方向偏轉了60°角，所以粒子完成了eq\f(1,6)T個圓運動，根據線速度與周期的關系T＝eq\f(2πR,v)，得T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)〖答案〗(1)eq\r(3)r(2)eq\f(\r(3)qBr,m)(3)eq\f(πm,3qB)17.(12分)如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距為d，a、b間加有電壓，b板下方空間存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板進入勻強磁場，最后粒子打到b板的Q處(圖中未畫出)被吸收。已知P到b板左端的距離為2d，求：(1)進入磁場時速度的大小和方向；(2)P、Q之間的距離；(3)粒子從進入板間到打到b板Q處的時間?！冀馕觥?1)粒子在兩板間做類平拋運動，則v0t＝2deq\f(1,2)vyt＝d，所以v0＝vyvP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，θ＝45°(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖BqvP＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)，得R＝eq\f(mvP,Bq)左手定則，判斷出粒子軌跡，xPQ＝eq\r(2)R＝eq\f(2mv0,Bq)(3)在電場中的時間t1＝eq\f(2d,v0)磁場中的周期T＝eq\f(2πm,qB)t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)則t＝t1＋t2＝eq\f(2d,v0)＋eq\f(πm,2qB)?！即鸢浮?1)eq\r(2)v0方向與水平方向夾角為45°(2)eq\f(2mv0,Bq)(3)eq\f(2d,v0)＋eq\f(πm,2Bq)18.(12分)如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質量為m，帶電量為＋q的粒子(重力不計)經過電場中坐標為(3L，L)的P點時的速度大小為v0。方向沿x軸負方向，然后以與x軸負方向成45°角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場。求：(1)勻強電場的場強E的大小；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大??；(3)粒子從P點運動到原點O所用的時間?！冀馕觥?1)設粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓弧，PQ段為拋物線。根據對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸負方向成45°角，可得v0＝vcos45°解得v＝eq\r(2)v0在粒子從P運動到Q的過程中，由動能定理得qEL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qL)(2)在勻強電場由P到Q的過程中，水平方向的位移為xQP＝v0t1豎直方向的位移為y＝eq\f(v0,2)t1＝L可得xQP＝2L，OQ＝L由OQ＝2Rcos45°，故粒子在QO段圓周運動的半徑R＝eq\f(\r(2),2)L及R＝eq\f(mv,Bq)得B＝eq\f(2mv0,qL)。(3)在Q點時，vy＝v0tan45°＝v0設粒子從P到Q所用時間為t1，在豎直方向上有t1＝eq\f(L,\f(1,2)v0)＝eq\f(2L,v0)粒子從Q點運動到O點所用的時間為t2，做圓周運動的周期為T，T＝eq\f(2πR,v)t2＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πL,4v0)則粒子從P點運動到O點所用的時間為t總＝t1＋t2＝eq\f(2L,v0)＋eq\f(πL,4v0)＝eq\f(（8＋π）L,4v0)?！即鸢浮?1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qL)(2)eq\f(2mv0,qL)(3)eq\f(（8＋π）L,4v0)章末檢測（一）(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(共9小題，每小題4分，共36分。)1.每時每刻都有大量帶電的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些射線中大多數帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義。假設有一個帶正電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來，在地磁場的作用下，它將()A.向東偏轉 B.向南偏轉C.向西偏轉 D.向北偏轉〖解析〗地球的磁場由南向北，當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向東，所以粒子將向東偏轉，故A正確?！即鸢浮紸2.如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于圓弧上相互垂直的兩條直徑的四個端點上，導線中通有大小相同的電流，方向見圖。一帶負電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運動，它所受洛倫茲力的方向是()A.從O指向a B.從O指向bC.從O指向c D.從O指向d〖解析〗根據題意，由右手螺旋定則，則有b與d導線電流在O點產生的磁場正好相互抵消，而a與c導線在O點產生的磁場方向都向左，則得O點的磁場方向水平向左，當一帶負電的粒子從圓心O點沿垂直于紙面的方向向里運動，根據左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向從O指向c，選項C正確?！即鸢浮紺3.如圖所示，三根長均為l的直導線水平放置，截面構成以A為頂點的等腰直角三角形，其中導線A、B電流的方向垂直紙面向里，導線C中電流的方向垂直紙面向外。若導線B、C中的電流在導線A所在位置處產生的磁感應強度的大小均為B0，導線A通過的電流大小為I，則導線A受到的安培力的大小和方向為()A.eq\r(2)B0Il，水平向左 B.2B0Il，水平向左C.eq\r(2)B0Il，豎直向上 D.2B0Il，豎直向上〖解析〗B、C中的電流在A處產生的磁感應強度的大小均為B0，如圖所示。根據平行四邊形定則，結合幾何關系，有A處的磁感應強度為BA＝eq\r(2)B0，由左手定則可知，安培力方向豎直向上，大小為F＝eq\r(2)B0Il，故C正確，A、B、D錯誤?！即鸢浮紺4.下列運動(電子只受電場力或磁場力的作用)不可能的是()A.電子以固定的正點荷Q為圓心繞Q做勻速圓周運動B.電子在固定的等量異種點電荷＋Q、－Q連線的中垂線上做直線運動C.電子在圖示的勻強磁場中沿圖示虛線軌跡做圓周運動D.電子沿通電螺線管中心軸線做直線運動〖解析〗電子受到點電荷對它的庫侖引力，速度若滿足庫侖引力完全提供向心力，做勻速圓周運動，故A正確；圖中等量異種電荷連線的中垂線上的電場方向始終水平向右，電子受到水平向左的電場力，不可能沿中垂線做直線運動，故B錯誤；電子在勻強磁場中受洛倫茲力，靠洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，故C正確；通電螺線管內部的磁場方向沿水平方向，電子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運動，故D正確?！即鸢浮紹5.回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置，其核心部分是兩個“D”形金屬盒，置于勻強磁場中，磁場方向與“D”形盒所在平面垂直，兩盒分別與高頻交流電源相連，帶電粒子獲得的最大動能與哪個因素有關()A.加速的次數 B.交流電的頻率C.加速電壓 D.勻強磁場的磁感應強度大小〖解析〗根據洛倫茲力提供粒子圓周運動的向心力得qvB＝meq\f(v2,R)設D形盒半徑為R，最后粒子射出回旋加速器的速度為v＝eq\f(qBR,m)則最大動能為Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)所以影響粒子獲得的最大動能的因素有粒子比荷的大小、回旋加速器內磁感應強度的大小和回旋加速器的半徑，故選項D正確。〖答案〗D6.如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質量為m，長為l的金屬棒懸掛在c、d兩處，置于勻強磁場內。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角處于平衡狀態。為了使棒平衡在該位置上，所需的最小磁場的磁感應強度的大小、方向是()A.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向上B.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向下C.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向下D.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向上〖解析〗從b點沿金屬棒看進去，受力分析如圖，磁感應強度最小時，安培力最小，如圖所示。可得Fmin＝mgsinθ＝BIl，Bmin＝eq\f(mg,Il)sinθ，再結合左手定則，可得，磁感應強度的方向為沿繩向上。故選項D正確?！即鸢浮紻7.如圖所示，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動，下列選項正確的是()A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma〖解析〗由題意a在紙面內做勻速圓周運動，所以mag＝qE；b在紙面內向右做勻速直線運動，所以mbg＝qE＋qvB；c在紙面內向左做勻速直線運動，所以mcg＋qvB＝qE，根據公式可解得mb＞ma＞mc，故B正確，A、C、D錯誤。〖答案〗B8.如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正負電子分別以相同的速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動的時間之比為()A.1∶eq\r(3) B.1∶2C.1∶1 D.2∶1〖解析〗電子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示電子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)由幾何知識可知α＝120°，β＝60°，電子在磁場中的運動時間t＝eq\f(θ,360°)T則負電子與正電子在磁場中運動時間之比eq\f(t－,t＋)＝eq\f(β,α)＝eq\f(60°,120°)＝eq\f(1,2)，故選項B正確?！即鸢浮紹9.根據電、磁場對運動電荷的作用規律我們知道，電場可以使帶電粒子加(或減)速，磁場可以控制帶電粒子的運動方向?；匦铀倨?、圖示的質譜儀都是利用以上原理制造出來的高科技設備，如圖中的質譜儀是把從S1出來的帶電量相同的粒子先經過電壓U使之加速，然后再讓他們進入偏轉磁場B，這樣質量不同的粒子就會在磁場中分離。下述關于回旋加速器、質譜儀的說法中錯誤的是()A.經過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與高頻交流電的電壓無關B.經過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與D型盒上所加磁場強弱有關C.圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其質量也大D.圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其電荷量也大〖解析〗根據qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，則粒子的最終速度與交流電壓無關，與D形盒上所加的磁場強弱有關。故A、B正確；根據qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，根據qU＝eq\f(1,2)mv2得，v＝eq\r(\f(2qU,m))，則r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，則在磁場中運動半徑大的粒子，其質量大，故C正確，D錯誤?！即鸢浮紻二、多項選擇題(共5小題，每小題4分，共20分。)10.在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列說法正確的是()A.奧斯特實驗說明電流具有磁效應，首次揭示了電和磁之間存在聯系B.直線電流、環形電流、通電螺線管的磁場均可用安培定則判斷C.通電螺線管外部的磁場與條形磁鐵的磁場十分相似，受此啟發，安培提出了著名的分子電流假說D.洛倫茲力方向可用左手定則判斷，此時四指指向與負電荷運動方向一致〖解析〗奧斯特在一根導線下方擺放一個小磁針，導線通電時，發現小磁針發生了偏轉，這個實驗說明通電導線周圍存在磁場，這就是電流的磁效應，該效應揭示電和磁之間存在聯系，故A正確；電流周圍的磁場都可以通過安培定則來判斷，直線電流、環形電流、通電螺線管的磁場均可用安培定則判斷，故B正確；安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的極其相似，為了將條形磁鐵的磁場和通電導線周圍的磁場統一到一起，受此啟發，提出了分子電流假說，故C正確；洛倫茲力方向可用左手定則判斷：伸開左手，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，則和四指垂直的大拇指所指方向即為洛倫茲力的方向，故D錯誤?！即鸢浮紸BC11.在豎直面內用兩個一樣的彈簧測力計吊著一根銅棒，銅棒所在虛線范圍內有垂直于紙面的勻強磁場，棒中通以自左向右的電流，如圖所示。當棒靜止時，彈簧測力計的讀數為F1；若將棒中的電流方向反向，當棒靜止時，彈簧測力計的示數為F2，且F2>F1，根據這兩個數據，可以確定()A.磁場的方向 B.磁感應強度的大小C.安培力的大小 D.銅棒的重力〖解析〗因為電流反向時，彈簧測力計的讀數F2＞F1，所以可以知道電流自左向右時，導體棒受到的磁場力方向向上，根據左手定則可以確定磁場的方向為垂直紙面向里，故磁場的方向可以確定，故A正確；由于電流大小不知，所以無法確定磁感應強度的大小，故B錯誤；令銅棒的重力為G，安培力的大小為F，則由平衡條件得2F1＝G－F當電流反向時，磁場力變為豎直向下，此時同樣根據導體棒平衡有2F2＝G＋F聯立可得棒的重力G＝F1＋F2安培力F的大小F＝F2－F1因此可確定安培力的大小與銅棒的重力，故C、D正確?！即鸢浮紸CD12.如圖所示，帶電小球在勻強磁場中沿光滑絕緣的圓弧形軌道的內側來回往復運動，它每次通過最低點時()A.速度大小一定相同B.加速度一定相同C.所受洛倫茲力一定相同D.軌道給它的彈力一定相同〖解析〗在整個運動的過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通過最低點時重力做功相同，速度大小相同，故A正確；根據合外力提供向心力有F合＝ma＝meq\f(v2,R)，則加速度相同，故B正確；根據左手定則可知洛倫茲力的大小相等，方向不同，故C錯誤；向右、向左通過最低點時，洛倫茲力大小相等，方向相反，根據合力提供向心力可知洛倫茲力向上時有FN＋F洛－mg＝F合，當洛倫茲力向下時FN′－F洛－mg＝F合，比較可知彈力不等，故D錯誤?！即鸢浮紸B13.如圖所示，豎直放置的平行金屬板a、b間存在水平方向的勻強電場，金屬板間還存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)以速度v沿金屬板間中線從上向下射入，該粒子恰沿直線通過金屬板間?，F換成一帶電小球(重力不能忽略)，仍以相同的速度v沿金屬板間中線從上向下射入，則下列說法正確的是()A.金屬板間存在的電場方向水平向左B.小球仍可以沿直線通過金屬板間C.洛倫茲力對小球做正功D.電場力對小球做負功〖解析〗若帶電粒子帶正電，粒子受洛倫茲力方向向右，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受電場力方向向左，電場方向水平向左；若帶電粒子帶負電，粒子受洛倫茲力方向向左，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受到的電場力水平向右，則電場方向水平向左，故無論粒子帶正電還是負電，金屬板間存在的電場方向水平向左，故A正確；帶電小球在重力作用下，速度會逐漸增大，粒子受到的洛倫茲力會增大，而電場力不變，所以小球受到的合力會偏離豎直方向，小球不可以沿直線通過金屬板間，故B錯誤；洛倫茲力的方向時刻與小球速度方向垂直，洛倫茲力對小球不做功，故C錯誤；若小球帶正電，小球沿金屬板間中線從上向下射入，運動過程中會向右偏離豎直線，電場力做負功；若小球帶負電，運動過程中會向左偏離豎直線，電場力仍然做負功，故D正確?！即鸢浮紸D14.美國物理學家勞倫斯于1932年發明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量。如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動。對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A.帶電粒子每運動一周被加速一次B.P1P2＝P2P3C.粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關D.A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化〖解析〗帶電粒子只有經過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故A正確，D錯誤；根據r＝eq\f(mv,qB)，則P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因為每轉一圈被加速一次，根據v2－veq\o\al(2,1)＝2ad，知每轉一圈，速度的變化量不等，且v3－v2＜v2－v1，則P1P2＞P2P3，故B錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據R＝eq\f(mvmax,qB)得，vmax＝eq\f(qBR,m)，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，故C正確?！即鸢浮紸C

三、解答題(共4小題，共44分。)15.(10分)如圖所示，兩光滑的平行金屬軌道與水平面成θ角，兩軌道間距為l，一金屬棒垂直兩軌道水平放置。金屬棒質量為m，有效電阻為R，軌道電阻不計，軌道上端的電源電動勢為E，內阻為r。為使金屬棒能靜止在軌道上，可加一方向豎直向上的勻強磁場。(1)則該磁場的磁感應強度B應是多大？(2)若將磁場方向變為豎直向下，此時導軌由靜止下滑的瞬間加速度？〖解析〗(1)根據閉合電路的歐姆定律和安培力公式得I＝eq\f(E,R＋r)①F安＝BIl②對導體棒受力分析，如圖所示F安＝mgtanθ③聯立①②③得B＝eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)由牛頓第二定律可知mgsinθ＋BIlcosθ＝ma解得a＝2gsinθ。〖答案〗(1)eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)2gsinθ16.(10分)如圖所示，分布在半徑為r的圓形區域內的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，從D點離開磁場，其中AD的距離為eq\r(3)r，不計重力，求：(1)粒子做圓周運動的半徑；(2)粒子的入射速度；(3)粒子在磁場中運動的時間。

〖解析〗(1)設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，如圖所示所以∠AOD＝120°，則△ADO′是等邊三角形，故R＝AD＝eq\r(3)r(2)根據牛頓運動定律qvB＝eq\f(mv2,R)則v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(3)qBr,m)(3)由圖知，粒子在磁場中的運動方向偏轉了60°角，所以粒子完成了eq\f(1,6)T個圓運動，根據線速度與周期的關系T＝eq\f(2πR,v)，得T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)〖答案〗