【導(dǎo)讀】（四）對放入其中的電流或磁極有力的作用；最大；磁場力為零；磁感應(yīng)強度；矢量；能形成上述電流。由1焦=1牛·米=1庫·伏，可知。磁鐵S極產(chǎn)生的磁場在小磁針?biāo)谖恢弥赶驏|，小磁針N極可能向東偏轉(zhuǎn)，但不是惟一原因；7．解析：作水平面內(nèi)的平面圖如圖所示，地磁場的磁感應(yīng)強度分量向正北，時可能導(dǎo)線與B不垂直，即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。周切線方向，可知C點的磁感應(yīng)強度大小為2T，方向向右.d點的磁感應(yīng)強度大小為2T，Φ1＝B1×S/2＋B2×S/2＝Wb=0．5Wb. Φ2＝B1×Sn/2＋B2×Sn/2＝B1×Scos370/2＋B2×Scos370/2＝0．4Wb. 所以線圈轉(zhuǎn)過370后。地面的彈力N1’。由牛頓第三定律可知11NN?，由系統(tǒng)平衡條件可知mgMgN21??

　　

【正文】 ，具有最大坐標(biāo)，且坐標(biāo)值為直徑大?。?沿 y 軸 正方向射出的離子具有最大 x， 沿 x 軸 負方向射出的離子具有最大 y，答案 B 正確． 【 答案 】 ： B 6.【 解析 】由帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)情況判斷粒子的電性，再由左手定則判斷是否符合在磁場中的偏轉(zhuǎn)情況．①③④中的粒子是正電荷，②是負電荷．答案 ①④正確． 【 答案 】 D 7.【 解析 】帶電粒子 a 在勻強電場中只受電場力作用，但可能有一定的初速度 V0，如圖所示的情形中，若運動的初末位置正好是在同一等勢面上，則電場力做功等于零，動能不變，答案 A 錯誤；電場力是恒力，其沖量一定不為零， 粒子 a 的動量一定變化，答案 C 正確；洛倫茲力對粒子 b 不做功，所以它的動能一定不變，由于勻速圓周運動是周期性運動，所以在一個周期內(nèi)磁場力的沖量也為零，動量可能不變，答案 BD 錯誤． 【 答案 】 C 8.【 解析 】磁場中的帶電小球在滑向 M 點的過程中，洛倫茲力對它不做功，小球的機械能守恒，電場中 的帶電小球在滑向 N 點的過程中需克服電場力做功，機械能減小，所以到最低點有 vM＞ vN ，答案 A 正確；速率越大，向心力越大，且小球在 M 點受到的洛倫茲力方向豎直向下，所以要求軌道對小球的支持力越大，小球?qū)壍赖膲毫υ酱螅鸢?B 正確；電場中的小球下滑過程中機械能減小，與磁場中的小球滑到軌道上同一點比較，其動能較小，速率較小，則滑到最低點過程中的平均速率較小，時間較長，答案 C 錯誤；磁場中小球機械能守恒，所以能到 另一端最高處 ，電場中的小球在右側(cè)軌道上速度為零時，其電勢能增加了，則重力勢能減小了，所以 不能到達軌道另一端最 高處， 答案 D 正確． 【 答案 】 C 9.【 解析 】根據(jù)動能 kE 與動量 P 的關(guān)系：mPEk 22?和軌道半徑公式BqPr?； 可得每個粒子的動能mrBqEk 2 )( 2?；每秒內(nèi)打在靶上的粒子數(shù)為qIn?； 靶獲得的能量mr B qqInEE k 2 )(2??? ，得到質(zhì)量 EIqRBm 2 22? ． 【 答案 】EIqRB222 10.【 解析 】分析帶電小球的受力如圖所示，在釋放處 a，由于初速度為零，無洛倫茲力，隨著小球的加速運動，產(chǎn)生逐漸增大，方向垂直細桿斜向上的洛倫茲力，在 b 處，洛倫茲力平衡重力垂直細桿方向的分力，此時無彈力，從而無摩擦力，則加速度最大，且 ?singam ? ；隨著小球的繼續(xù)加速，洛倫茲力繼續(xù)增大，小球?qū)⑹艿酱怪奔殫U斜向下的彈力，從而恢復(fù)了摩擦力，且逐漸增大，使其加速度逐漸減小，當(dāng)摩擦力 /fF 與重力沿斜面方向的分力平衡時，小球的加速運動結(jié)束，將作勻速直線運動，速度也達到最大值，在如圖中 c 位置，有 mN B q vmgF ?? ?c o s/ ， ?sin/ mgFf ? ，整理可得???????? ?? ??? c ossinqBmgv m ． 【 答案 】 am=gsinθ ， ???????? ?? ??? c ossinqBmgv m 11.【 解析 】 （ 1）工作原理：電流在磁場中受安培力，在安培力的作用下使導(dǎo)電液體運動． （ 2）由左手定則可以判定沿液體的移動方向產(chǎn)生安培力 BIhF? ，在導(dǎo)管內(nèi)截面產(chǎn)生壓強差wIBwhB IhSFP ????． 【 答案 】wIB 12.【 解析 】如圖所示， 第一次粒子剛好沒能從 PQ 邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道剛好與 PQ 邊緣相切，如圖中的軌道 1，設(shè)軌道半徑為 1r ，由幾何關(guān)系得到： Lrr ?? ?cos11 ，?cos11 ?? Lr；第二次粒子剛好能垂直PQ 邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道圓心 為圖中的 O2 點，為軌道 2，設(shè)軌道半徑為 2r ，由幾何關(guān)系得到：?cos2 Lr ?；根據(jù)軌道半徑公式BqmqUr 2?，可得2121 UUrr ? ，所以 2221 )cos1( cos ????UU ；若加入一個勻強電場后使電場力恰好能平衡洛倫茲力，則粒子將沿直線射出 PQ 邊界，場強方向為垂直速度方向斜向下，設(shè)場強大小為 E ：則 2BqvEq? ，得2BvE? ，由粒子的軌道半徑 BqmvLr 22 cos ?? ? ，可得 ?cos2 mBqLv ? ，代入得場強大小為?cos2m qLBE?． 【 答案 】 ? ?2221 cos1 cos ????UU ； ?cos2m qLBE ? ，與水平方向成 θ 角斜向右下方． 13.【 解析 】 如圖所示， 電子在磁場中沿圓弧 ab 運動，圓心為 C，半徑為 R．以 v 表示電子進入磁場時的速度， m、 e 分別表示電子 的質(zhì)量和電量，則 eU＝ 21 mv2 Bev＝ Rmv2 ,θ 角既是速度方向的偏轉(zhuǎn)角，也是圓弧 ab 對應(yīng)的圓心角，所以有 tg2? ＝ Rr ，由以上各式解得 B＝ 221 ?tgemUr ． 【 答案 】 221 ?tgemUr 14.【 解析 】 設(shè)碳離子到達 b 處時的速度為 v1，從 c 端射出時的速度為 v2，由動能定理，在a 到 b 過程中有21mv12=eUba ，在 b 到 c 過程中有21mv22 21mv12=neUbc ，其中 Uba和 Ubc都等于 b 點的電勢值 φ，所以 ?enmv )1(21 22 ??，速度m env ?)1(22 ??．進入磁場后，碳離子做勻速圓周運動 , 可得 nev2B=mRv22 ，則 R e mnnBne Bmv ?)1(212 ???，由題給數(shù)值可解得 R= m． 【 答案 】 m 15.【 解析 】 1. F 電 =qdU= 106 N= 105 N F 洛 ＝ qvB＝ 105 N 因為 F 電 =F 洛 = 105 N ，所以粒子在第一個 t0= 104 s 時間內(nèi)做勻速直線運動，其位移 s＝ vt0=600 104 m＝ m=6 cm ． 2. 在第二個 t0 時間內(nèi)，由于 U＝ 0，粒子做勻速圓周運動， 根據(jù) Bqv=mRv2 其周期 T 為： T=qBm?2=1 104 s,恰好等于 t0，在一個周期內(nèi)恰好回到圓周運動的起點． 其軌道半徑 R=qBmv= m= cm，直徑是 ，小于射入方向到 A 板的距離，所以粒子不會碰到 A 板． 由此可以判斷粒子在第一個 t0 內(nèi)作勻速直線運動，在第二個 t0 內(nèi)作勻速圓周運動，如此往復(fù)，經(jīng)過 5 個 t0，粒子向前 18 cm，還有 s/= cm 才能射出兩板 ，如圖所示： 粒子經(jīng)過 5t0 后做勻速圓周運動的圓心角為 θ ，則 sinθ = Rs/ = = 21 ，所以 θ =30176。，總時間 t＝ 5 t0+12T = 104 s ． 【 答案 】勻速直線運動， 6 cm； 104 s． 16.【 解析 】 通過電場時，粒子受電場力： ||1 qdUEqF ?? 產(chǎn)生加速度： 21321021 /10/105105 10 smsmdUdm qUa ??????? ??，方向豎直向上． 穿出電場的時間： s105 9011 ???? vLt ． 豎直方向分速度： m /s105 4111 ??? tav ，又由于 L1＝ 5cm? S＝ 10m，故粒子在電容器內(nèi)沿 y 軸方向發(fā)生的位移可忽略不計，但速度方向發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在屏上豎直方向的分位移主要是在場外發(fā)生． 在磁場中，粒子受洛倫茲力： 02 BqvF ? ，其中豎直分速度 1v 與 磁場平行，不會使粒子受 洛 倫 茲 力 作 用 ． 2F 使 粒 子 在 水 平 面 內(nèi) 作 勻 速 圓 周 運 動 且 半 徑mmBqmvr 20xx510 10 105 70 ????? ? 2L ，所以粒子在磁場中圓周運動的圓心角 θ 很小，向 x 軸正方向偏轉(zhuǎn)的位移很小可以忽略，如圖所示．同樣由于水平方向速度發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在場外沿 x 軸正方向的分位移就是屏上的 x 坐標(biāo)． 在場外沿軸線方向勻速直線運動的時間 svst 603 10???； 縱坐標(biāo) cmmtvy ???? ； 在磁場中偏轉(zhuǎn)的速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，由于 θ 很小，所以 rL 2sintan ?? ?? ． 橫坐標(biāo) ?tan??sx cmmmrsL ????? ． 【 答案 】 ， 17．【解析】（ 1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有 rvmqvB 2? ① 同時有qBmvrT ?? 22 ?? ② 粒子運動軌跡 如圖所示，由幾何知識知， xC＝－（ r＋ rcos450）＝qB mv2 )22( ??， ③ 故， C 點坐標(biāo)為（qB mv2 )22( ??， 0）。 ④ （ 2）設(shè)粒子從 A 到 C 的時間為 t1，設(shè)粒子從 A 到 C 的時間為 t1，由題意知 qBmTt ?45851 ?? ⑤ 設(shè)粒子從進入電場到返回 C 的時間為 t2，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)知識，有 maqE? ⑥ y x 0 A B E θ y/ x/ θ 01 02 0/ vt α C 及 202 atv ? ， ⑦ 聯(lián)立 ⑥ ⑦ 解得 qEmvt 02 2? ⑧ 設(shè)粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為 t3，由題意知 qBmTt 2413 ??? ⑨ 故而，設(shè)粒子從 A 點到第三次穿越 x 軸的時間為 qEmvqBmtttt 0321 247 ????? ? ⑩ （ 3）粒子從第三次過 x 軸到第四次過 x 軸的 過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著 v0 的方向（設(shè)為 x′軸）做勻速運動，即 tvx 0?? ?? ① 0vvx ?? ???? ② 沿著 qE 的方向（設(shè)為 y′軸）做初速為 0 的勻變速運動，即 221 tmqEy ?? ??③ tmqEvy ?? ??④ 設(shè)離子第四次穿越 x 軸時速度的大小為 v，速度方向與電場方向的夾角為 α. 由圖中幾何關(guān)系知 045cos???xy ??⑤ 220 yvvv ??? ??⑥ yvv??0tan? ??⑦ 綜合上述①②③④⑤⑥⑦得 05vv? ?? ⑧ 21arctan?? 【答案】（ 1） C 點坐標(biāo)為（qB mv2 )22( ??， 0） （ 2） qEmvqBmtttt 0321 247 ????? ? （ 3） 05vv? 21arctan??