【正文】 (2)若僅撤去電場，帶電粒子仍從 O點射入，但速度為原來的 4倍，求粒子在磁場中運動的時間。 三、論述 答案： (1)A (2)a， b (3)Bdv (4)BdvI － R 解析： 大量帶正電和帶負電的微粒進入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向上，所以正電荷會聚集在 A板上，負電荷受到的洛倫茲力向下，負電荷聚集到 B板上，故 A板相當于電源的正極， B板相當于電源的負極，所以通過電阻 R的電流從 a到 b。電荷量為2e的正離子以某一速度從 a點垂直磁場邊界向左射出，當它運動到 b點時，擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是 ( ) 答案： D 解析： 正離子以某一速度擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子后，速度不變 ，電荷量變?yōu)椋?e，由左手定則可判斷出正離子過 b點時所受洛倫茲力方向向下，由 r＝ mv/qB可知，軌跡半徑增大到原來的 2倍，所以在磁場中的運動軌跡是圖 D。 3．水平長直導線中有恒定電流 I通過，導線正下方的電子初速度方向與電流方向相同，如圖所示，則電子的運動情況是 ( ) A．沿路徑 Oa運動 B．沿路徑 Ob運動 C．沿路徑 Oc運動 D．沿路徑 Od運動 答案： D 解析： 水平電流下方的磁場垂直向外，且離導線越遠，磁感應強度 B越小，根據(jù)左手定則可以確定電子從開始運動向下偏轉(zhuǎn)，再由 r＝ mvqB知電子運動曲率半徑逐漸增大，故 A、 B、C錯， D對。 由圖可知，粒子只能從 x軸上方從左邊界射出磁場， y的最大值為 y＝ 8cm。 ② 保持開關 S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細沙，使 D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質(zhì)量 m1。勻強磁場的磁感應強度為 B，磁 場邊界寬度為 d，電子從磁場邊界 Ⅲ 穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為 30176。 答案： (1)E＝ 3N/C (2)10 － 3N 解析： (1)當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示： 由平衡條件得： F 電 ＝ qE＝ mgtanθ 代入數(shù)據(jù)解得： E＝ 3N/C (2)小球從進 入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得： F 電 Rsinθ － mgR(1－ cosθ )＝ mv22 －mv202 代入數(shù)據(jù)得： v＝ 5m/s 由 F 電 ＝ qvB＝ mgcosθ 解得： B＝ 1T 分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況 由牛頓第二定律得： FN＋ Bqv0－ mg＝ mv20R 代入數(shù)據(jù)得： FN＝ 10 － 3N 由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋?FN＝ 10 － 3N。 根據(jù)第一幅受力圖列式如下： F1－ mgsinθ － Fμ 1＝ 0 FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 1＝ μF N， F1＝ BImaxd 解上述方程得： Imax＝ 根據(jù)第二幅受力圖， F2＋ Fμ 2－ mgsinθ ＝ 0， FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 2＝ μF N， F2＝ BImind. 解上述方程得： Imin＝ 。 (1)在圖中畫線連接成實驗電路圖。 10． (東北育才中學 2021～ 2021學年高二上學期檢測 )如圖所示，寬 d＝ 2cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁感應強度的方向垂直紙面向內(nèi)。 第 Ⅰ 卷 (選擇題 共 40分 ) 一、選擇題 (共 10小題，每小題 4分，共 40分，在每小題給出的四個選項中，第 1～ 6