新教材2024年高中物理章末綜合測評(píng)1安培力與洛倫茲力新人教版選擇性必修第二冊(cè)

章末綜合測評(píng)(一)安培力與洛倫茲力一、單項(xiàng)選擇題1．如圖所示，豎直面內(nèi)的導(dǎo)體框ABCD所在平面有水平方向的勻強(qiáng)磁場，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20cm，BC＝40cm。若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3T，導(dǎo)體框中通入圖示方向的5A電流，則該導(dǎo)體框受到的安培力()A．大小為0.6N，方向沿PA方向B．大小為0.6N，方向沿AP方向C．大小為0.3N，方向沿PA方向D．大小為0.3N，方向沿BC方向C[力是矢量，三段導(dǎo)體棒在磁場中受到的安培力的合力與AD段受到的安培力是等效的，所以依據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的長度L＝BC－2BP＝40cm－2×20cm×cos60°＝20cm＝0.2m，安培力的大小F＝BIL＝0.3×5×0.2N＝0.3N。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]2．(2024·重慶縉云教化聯(lián)盟高二期末)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右A[由安培定則可知b與d導(dǎo)線中電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場相互抵消，而a與c導(dǎo)線中的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場均水平向左相互疊加，合磁場方向水平向左。當(dāng)一帶負(fù)電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，依據(jù)左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向向上。故選A。]3．如圖所示，原來靜止的圓形線圈通過逆時(shí)針方向的電流，在其直徑ab上靠近b點(diǎn)有一長直導(dǎo)線垂直于圓形線圈平面被固定。今在長直導(dǎo)線中通以圖示方向的電流時(shí)，在磁場力的作用下，圓形線圈將()A．向左平動(dòng) B．向右平動(dòng)C．仍舊靜止 D．繞ab軸轉(zhuǎn)動(dòng)D[依據(jù)右手螺旋定則知，直線電流在a點(diǎn)的磁場方向豎直向上，與a點(diǎn)電流方向平行，所以a點(diǎn)不受安培力。同理b點(diǎn)也不受力；取線圈上下位置微元探討，上邊微元電流方向水平向左，直線電流在此位置產(chǎn)生的磁場方向斜向右上方，下邊微元電流方向水平向右，直線電流在此處位置產(chǎn)生的磁場方向?yàn)樾毕蜃笊戏?，依?jù)左手定則，上邊微元受到的安培力垂直紙面對(duì)里，下邊微元所受安培力垂直紙面對(duì)外，所以圓形線圈將以直徑ab為軸轉(zhuǎn)動(dòng)。故選D。]4．一根中空的絕緣圓管放在光滑的水平桌面上。圓管底端有一個(gè)帶正電的光滑小球。小球的直徑略小于圓管的內(nèi)徑。空間存在一個(gè)垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示。現(xiàn)用一拉力F拉圓管并維持圓管以某速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，則在圓管水平向右運(yùn)動(dòng)的過程中()A．小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，且洛倫茲力不做功B．小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，且洛倫茲力做正功C．小球所受洛倫茲力始終沿圓管向管口方向D．小球的運(yùn)動(dòng)很困難，以上說法都不對(duì)A[洛倫茲力總是與速度垂直，不做功；設(shè)管子運(yùn)動(dòng)速度為v1，小球垂直于管子向右的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。與平拋運(yùn)動(dòng)類似，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線，洛倫茲力方向不斷改變，由于洛倫茲力和速度方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。]5．兩個(gè)帶電粒子以同一速度從同一位置進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在磁場中它們的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。粒子a的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r1，粒子b的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2，且r2＝2r1，q1、q2分別是粒子a、b所帶的電荷量，則()A．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1B．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶2C．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1D．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶2C[由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及左手定則可推斷，a帶正電、b帶負(fù)電，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝r2∶r1＝2∶1，選項(xiàng)C正確。]6．(2024·安徽池州高二期末)如圖所示，空間有方向垂直桌面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場B(圖中未畫出)，兩根平行通電金屬直導(dǎo)線M和N恰好靜止在光滑絕緣的水平桌面上，圖中為垂直導(dǎo)線的截面圖，M和N中電流大小分別為IM、IN。則下列推斷可能正確的是()A．電流方向相同，IM＝INB．電流方向相同，IM≠INC．電流方向相反，IM＝IND．電流方向相反，IM≠INC[對(duì)M和N進(jìn)行受力分析可知，在水平方向各自所受合外力為零，若電流方向相同，則M、N所受勻強(qiáng)磁場安培力方向相同，而兩通電直導(dǎo)線相互產(chǎn)生的安培力方向相反，合外力不行能都為零，A、B錯(cuò)誤；若電流方向相反，則M、N所受勻強(qiáng)磁場安培力方向相反，又因?yàn)閮赏娭睂?dǎo)線之間的安培力為排斥力，方向相反，大小相等，依據(jù)安培力公式F＝BIL可知，只有M和N中電流大小相等時(shí)，所受勻強(qiáng)磁場安培力大小才相等，每根導(dǎo)線受到的合力可能為零，C正確，D錯(cuò)誤。故選C。]7．(2024·河北石家莊質(zhì)量檢測)如圖所示，邊長為l的等邊三角形ACD內(nèi)、外分布著方向相反的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。頂點(diǎn)A處有一粒子源，能沿∠CAD的平分線方向放射不同速度的粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q，不計(jì)粒子重力。則粒子以下列哪一速度放射時(shí)不能通過D點(diǎn)()A．eq\f(qBl,4m) B．eq\f(qBl,2m)C．eq\f(3qBl,4m) D．eq\f(qBl,m)C[粒子帶正電，且經(jīng)過D點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示，全部圓弧所對(duì)的圓心角均為60°，所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(l,n)(n＝1,2,3，…)；粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(Bql,mn)(n＝1,2,3，…)，故選C。]8．CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測。圖甲是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)整后電子束從靜止起先沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()甲乙A．M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面對(duì)外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移D[由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，依據(jù)沿著電場線方向電勢(shì)漸漸降低可知M的電勢(shì)低于N的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；增大加速電壓則依據(jù)eU＝eq\f(1,2)mv2，可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又依據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力有evB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(mv,eB)，可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故依據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；電子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面對(duì)里，故C錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其他條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。]二、非選擇題9．在第三次工業(yè)革命的今日，新材料的發(fā)覺和運(yùn)用尤為重要。我國某科研機(jī)構(gòu)發(fā)覺一種新型的半導(dǎo)體材料，目前已經(jīng)知道這種半導(dǎo)體材料的載流子(參加導(dǎo)電的“帶電粒子”)的電荷量的值是e(電子電荷量的肯定值)，但不知道它的電性和載流子的數(shù)密度n(單位體積中載流子的數(shù)量)。為了測定這種材料中的載流子是帶正電還是帶負(fù)電，以及載流子的數(shù)密度，科學(xué)家把這種材料先加工成一塊扁平的六面體樣品，這塊樣品的長、寬和厚度分別為a、b、d(如圖中所示)?，F(xiàn)將這塊樣品接入電路中，且把靠外的平面標(biāo)記為M，靠里的平面標(biāo)記為N，然后在垂直于大平面的方向加上一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。接通電鍵S，調(diào)整可變電阻R。使電路中產(chǎn)生合適的電流。然后用電壓表判定M、N兩個(gè)面的電勢(shì)凹凸并測定M、N間的電壓(也叫霍爾電壓)，從而得到這種半導(dǎo)體材料載流子的電性和數(shù)密度。(1)當(dāng)M的電勢(shì)比N的電勢(shì)低時(shí)，材料中的載流子帶________電(填“正”或“負(fù)”)；(2)為了測定載流子的數(shù)密度n，除題目中已給出的數(shù)據(jù)外，還須要測定的物理量有(寫出物理量的含義并設(shè)定相應(yīng)的符號(hào))_________________________；(3)依據(jù)題設(shè)條件和你測定的物理量，寫出載流子的數(shù)密度的表達(dá)式n＝________。解析：(1)依據(jù)左手定則，載流子假如是正電荷，M板將帶正電，是高電勢(shì)，因此材料中的載流子帶負(fù)電。(2)(3)電流的微觀說明是I＝neSv，橫截面積S＝bd，電壓達(dá)到穩(wěn)定以后有qvB＝qE，場強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系是U＝bE，聯(lián)立以上各式得n＝eq\f(BI,Ued)，所以還需測量I和U。答案：(1)負(fù)(2)電路中的電流強(qiáng)度(電流表的讀數(shù))I，M、N間的電壓(電流表的讀數(shù)或霍耳電壓)U(3)eq\f(BI,Ued)10．如圖所示，光滑導(dǎo)軌與水平面成α角，導(dǎo)軌寬L。勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。金屬桿質(zhì)量為m，水平放在導(dǎo)軌上。當(dāng)回路總電流為I1時(shí)，金屬桿正好能靜止。求：(1)B至少多大？這時(shí)B的方向如何？(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應(yīng)把回路總電流I2調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止？解析：(1)畫出截面圖，如圖所示。由三角形定則可知，只有當(dāng)安培力方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)上時(shí)安培力才最小，B也最小。依據(jù)左手定則，這時(shí)B應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上，大小滿意BI1L＝mgsinα，B＝eq\f(mgsinα,I1L)。(2)當(dāng)B的方向改為豎直向上時(shí)，這時(shí)安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，由沿?dǎo)軌方向合力為零，得BI2Lcosα＝mgsinα，I2＝eq\f(I1,cosα)。答案：(1)eq\f(mgsinα,I1L)方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上(2)eq\f(I1,cosα)三、多項(xiàng)選擇題11．如圖所示，水平長直導(dǎo)線MN中通有M到N方向的恒定電流，用兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線將矩形線圈abcd懸掛在其正下方。起先時(shí)線圈內(nèi)不通電流，兩根細(xì)線上的張力均為FT，當(dāng)線圈中通過的電流為I時(shí)，兩根細(xì)線上的張力均減小為FT′。下列說法正確的是()A．線圈中通過的電流方向?yàn)閍→d→c→b→aB．線圈中通過的電流方向?yàn)閍→b→c→d→aC．當(dāng)線圈中電流變?yōu)閑q\f(FT,FT－FT′)I時(shí)，兩細(xì)線內(nèi)的張力均為零D．當(dāng)線圈中電流變?yōu)閑q\f(FT′,FT－FT′)I時(shí)，兩細(xì)線內(nèi)的張力均為零BC[線圈內(nèi)不通電流時(shí)，由平衡條件有mg＝2FT，設(shè)ab和cd的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，由題意及平衡條件知，當(dāng)線圈中通過的電流為I時(shí)，mg＝(B1－B2)IL＋2FT′，由于細(xì)線上的張力減小，則ab所受安培力向上，由左手定則可知，電流的方向?yàn)閍→b→c→d→a，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)兩根細(xì)線內(nèi)的張力為零時(shí)，mg＝(B1－B2)I′L，聯(lián)立可得I′＝eq\f(FT,FT－FT′)I，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]12．如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場，一束正離子以速度v從左側(cè)水平射入，為使粒子流經(jīng)磁場時(shí)不偏轉(zhuǎn)(不計(jì)重力)則磁場區(qū)域內(nèi)必需同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場，下列說法正確的是()A．該電場場強(qiáng)大小為Bv，方向向下B．離子沿直線勻速穿過該裝置的時(shí)間與場強(qiáng)無關(guān)C．負(fù)離子從右向左水平射入時(shí)，不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．負(fù)離子從左向右水平射入時(shí)，也不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)BD[為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到的電場力和洛倫茲力是平衡力，即qvB＝qE，所以電場與磁場的關(guān)系為E＝vB，與粒子電性無關(guān)，D正確，C錯(cuò)誤；粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，則電場力就應(yīng)向上，電場向上，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沿直線勻速穿過該裝置的時(shí)間與粒子速度和板的長度有關(guān)，與場強(qiáng)無關(guān)，故B正確。]13．(2024·重慶南開中學(xué)高二期末)如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間的實(shí)線區(qū)域，虛線所在空間無電場。帶電粒子(不計(jì)重力)從P0處由靜止起先沿電場線方向進(jìn)入加速電場，經(jīng)加速后進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。P1、P2、P3為粒子第一次、其次次、第三次經(jīng)無場區(qū)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)的位置。對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是()A．加速電場方向不須要做周期性的改變B．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)C．P1P2＝P2P3D．粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為eq\f(Rn＋1,Rn)＝eq\r(\f(n＋1,n))AD[因?yàn)榱Ｗ用看位丶铀匐妶鰰r(shí)速度方向與加速電場方向相同，所以加速電場方向不須要做周期性的改變，A正確；加速粒子的速度為v＝eq\f(BqR,m)，所以加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，B錯(cuò)誤；在加速電場中有nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在磁場中有qBvn＝meq\f(v\o\al(n2),rn)，解得rn＝eq\r(n)eq\r(\f(2Um,B2q))＝eq\r(n)r0，由幾何關(guān)系可得P1P2＝2(r2－r1)＝2(eq\r(2)－1)r0，P2P3＝2(r3－r2)＝2(eq\r(3)－eq\r(2))r0，所以P1P2≠P2P3，C錯(cuò)誤；粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為eq\f(Rn＋1,Rn)＝eq\r(\f(n＋1,n))，D正確。故選AD。]14．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，軌道兩端在同一高度上，兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，以下說法正確的是()A．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM>vNB．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FM>FNC．小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間D．在磁場中小球能到達(dá)軌道的另一端，在電場中不能到達(dá)軌道另一端ABD[小球在磁場中到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)只有重力做功，vM＝eq\r(2gR)。在電場中到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，依據(jù)動(dòng)能定理有mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，vN＝eq\r(2gR－2\f(qER,m))，所以vM>vN；因?yàn)閑q\x\to(aM)＝eq\x\to(bN)，所以該過程所用時(shí)間tM<tN，故A正確，C錯(cuò)誤。據(jù)能量守恒定律，D正確。在M點(diǎn)FM′＝mg＋qvMB＋meq\f(v\o\al(M2),R)，在N點(diǎn)FN′＝mg＋meq\f(v\o\al(2,N),R)，不難看出，F(xiàn)M′>FN′，由牛頓第三定律可知FM＝FM′，F(xiàn)N＝FN′，所以B項(xiàng)正確。]四、非選擇題15．圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源，R為電阻箱，?為電流表，S為開關(guān)。此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線。(1)在圖中畫線連接成試驗(yàn)電路圖。(2)完成下列主要試驗(yàn)步驟中的填空：①按圖接線。②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。③閉合開關(guān)S，調(diào)整R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D____________；然后讀出__________，并用天平稱出______________。④用米尺測量______________。(3)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B＝________。(4)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若________，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對(duì)外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對(duì)里。解析：(1)如圖所示。(2)③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長度L；(3)(4)開關(guān)S斷開時(shí)，D中無電流，D不受安培力，此時(shí)D所受重力Mg＝m1g；S閉合后，D中有電流，左右兩邊所受合力為0，D所受合力等于底邊所受的安培力，假如m2＞m1，有m2g＝m1g＋BIL則安培力方向向下，依據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外；假如m2＜m1，有m2g＝m1g－BIL則安培力方向向上，依據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向里；綜上所述，則B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)。答案：(1)見解析圖(2)③重新處于平衡狀態(tài)電流表的示數(shù)I此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2④D的底邊長度L(3)eq\f(|m2－m1|g,IL)(4)m2>m116．如圖所示，A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為L，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面對(duì)里。有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運(yùn)動(dòng)，從x軸上的B點(diǎn)射出磁場區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；(3)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：(1)由題意得電子在有界圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則有ev0B0＝meq\f(v\o\al(02),r)，過A、B點(diǎn)分別作速度的垂線交于C點(diǎn)，則C點(diǎn)為軌跡圓的圓心，已知B點(diǎn)速度與x軸夾角為60°，由幾何關(guān)系得軌跡圓的圓心角∠C＝60°AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由幾何學(xué)問得r＝2L聯(lián)立解得B0＝eq\f(mv0,2eL)。(2)由于ABO在有界磁場圓上，∠AOB＝90°，得AB為有界磁場圓的直徑，故AB的中點(diǎn)為磁場區(qū)域的圓心O1，由幾何關(guān)系知△ABC為等邊三角形，磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L，\f(L,2)))。(3)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(4πL,v0)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(T,6)＝eq\f(2πL,3v0)。答案：(1)eq\f(mv0,2eL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L，\f(L,2)))(3)eq\f(2πL,3v0)17．兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，板長為L，兩板間距離為eq\r(3)L。在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點(diǎn)A與MN在同一水平線上，如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子沿兩板間中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后恰好垂直AB邊進(jìn)入磁場，并垂直AC邊射出。不計(jì)粒子的重力，整個(gè)裝置都處于真空中。求：(1)兩極板間的電壓的大?。?2)三角形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)粒子從起先進(jìn)入電場到從AC邊射出經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間。解析：(1)運(yùn)動(dòng)的水平位移L＝v0t1分解電場中類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度可得tan30°＝eq\f(at1,v0)由牛頓其次定律得qeq\f(U,\r(3)L)＝ma，解得U＝eq\f(mv\o\al(20),q)。(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，磁場中，qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)。由幾何關(guān)系可確定半徑AD長度為R＝L＋eq\f(L,2)＝eq\f(3,2)L進(jìn)入磁場的速度v滿意v0＝vcos30°，解得B＝eq\f(4\r(3)mv0,9qL)。(3)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)時(shí)間t1＝eq\f(L,v0)粒子飛出電場到剛要進(jìn)磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，這個(gè)過程位移的水平重量為eq\f(1,4)L，所用時(shí)間t2＝eq\f(L,4v0)，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(1,6)T而運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)，解得t3＝eq\f(\r(3)πL,4v0)所以總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f((5＋\r(3