磁場大量難題分析

1、.在赤道上空，沿東西方向水平放置兩根通電直導線a和b,且導線a在北側，導線b在南側，導線a中的電流方向向東，導線b中的電流方向向西，則關于導線a和地磁場對導線b的安培力F1和F2的方向判斷正確的是（）A.F1水平向北，F(xiàn)2豎直向上B.F1豎直向下，F(xiàn)2水平向北C.F1水平向南，F(xiàn)2豎直向下D.F1豎直向上，F(xiàn)2水平向南【答案】C【解析】試題分析：地磁場在赤道位置的磁場方向是向北，根據(jù)左手定則判斷安培力方向；同向電流相互吸引，異向電流相互排斥.解：地磁場在赤道位置的磁場方向是向北，根據(jù)左手定則，地磁場對導線b的安培力F2的方向是豎直向下；異向電流相互排斥，故導線a對導線b的安培力F1向南；故選：

2、C.【點評】本題關鍵是根據(jù)左手定則判斷安培力方向，根據(jù)右手螺旋定則判斷電流的磁場方向，可以記住“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”的結論.2.如圖甲所示，帶負電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，在t=0時刻用水平恒力F向左推小車R已知地面光滑，AB接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變。圖乙中關于AB的vt圖象大致正確的是（）XXXX77/77777/77777777由乙【答案】C【解析】開始兩者一起勻加速運動，隨著速度的增加，物塊A受到向上的洛倫茲力，壓力減小，后來A與B相對運動，最終A受到的洛倫茲力與重力大小相等時做勻速運動，C正確。3.

3、下列說法中正確的是（）A.洛侖茲力方向一定與粒子速度垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直B.粒子只受洛侖茲力作用時，粒子的動能不變C.通電直導線在磁場中一定受安培力的作用D.通電直導線在磁場中所受安培力的方向一定跟電流的方向相同【答案】B【解析】試題分析：洛侖茲力方向一定與粒子速度垂直，但是磁場方向不一定和電荷的運動方向垂直，A錯誤，因為洛倫茲力與粒子速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，粒子的動能不變，B正確，當通電導線平行于磁場方向放置時，不受安培力作用，C錯誤，根據(jù)左手定則可得安培力方向和電流方向是垂直關系的，D錯誤故選B考點：考查了洛倫茲力和安培力點評：基礎題，關鍵是根據(jù)左手定則分析三者之

4、間的方向關系.如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面且指向紙外.有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的項量、不同的速度，但都是一價正離子。則（）A.只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B.只有質量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C.只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D.只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管【答案】C【解析】.如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖。由電子槍產(chǎn)生電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。前后兩個勵磁線圈之間產(chǎn)生勻強磁場，磁場方向與兩個線圈中心的連線平

5、行。電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調節(jié)。適當調節(jié)U和I,玻璃泡中就會出現(xiàn)電子束的圓形徑跡。下列調節(jié)方式中，一定能讓圓形徑跡半徑增大的是勵碓院國一7一、（前后各一e,尸十：后）電子搶弋曲夕/A.同時增大U和IB.同時減小U和IC.增大UI,減小ID.減小UI,增大I【答案】C【解析】試題分析：由電子在磁場中運動的規(guī)律可知，電子的偏轉半徑為R=,當加速電壓U增大時，電子的速度會增大，故欲使徑跡的半徑增大，可以增大加速電壓U;磁感應強度B如果減小也可以讓R增大，故通過減小勵磁線圈的電流I來實現(xiàn)，即增大U,減小I,故選項C正確?？键c：電流的磁場，洛倫茲力。

6、6.如圖所示為電流產(chǎn)生磁場的分布圖，正確的分布圖是（）A.B.C.D.【解析】試題分析：電流方向向上，由右手螺旋定則可得磁場為逆時針（從上向下看），故正確；電流方向向下，由右手螺旋定則可得磁場為順時針（從上向下看），故錯誤；圖中電流為環(huán)形電流，由由右手螺旋定則可知，內部磁場應向右，故錯誤；根據(jù)圖示電流方向，由右手螺旋定則可知，內部磁感線方向向右，故正確，故選項D正確?？键c：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向【名師點睛】因磁場一般為立體分布，故在判斷時要注意區(qū)分是立體圖還是平面圖，并且要能根據(jù)立體圖畫出平面圖，由平面圖還原到立體圖。7.磁流體發(fā)電機，又叫等離子體發(fā)電機，下圖中的燃燒室在3000K

7、的高溫下將氣體全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以1000m/s進入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強磁場，磁感應強度為6T。等離子體發(fā)生偏轉，在兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a=50cm,寬b=20cm,高d=20cm=等離子體的電阻率p=2Q?m則以下判斷中正確的是（）I 、發(fā)明西遇A.發(fā)電機的電動勢為1200VB.因不知道高速等離子體為幾價離子，故發(fā)電機的電動勢不能確定C.當外接電阻為8a時，發(fā)電機效率最高D.當外接電阻為4a時，發(fā)電機輸出功率最大【答案】AD試題分析：由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得：qqvB,則得發(fā)電機的電d動勢為：

8、|EBdv60.21000V1200VI，故A正確；由上知，發(fā)電機的電動勢與高速等離子體的電荷量無關，即與離子的化合價無關，由|EBdv|能求電動勢,故B錯誤;發(fā)動機的內阻為：r20.24，發(fā)動機的效率為ab0.50.2UIEIR 1R r 1 r1R,可知外電阻R越大，效率超高，則當外接電阻為所時,發(fā)電機的效率不是最高,故C錯誤；當電源的內外電阻相等時輸出功率最大，此時外電阻為Rr4,故D正確?？键c：電功、電功率【名師點睛】本題是磁流體發(fā)電機問題，要理解并掌握其工作原理，知道最終等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡，由此求電動勢.要注意的是在求內阻時，不能這樣列式:百。.如圖所示，在光滑水平面

9、上一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為Fi,現(xiàn)在磁鐵左上方位置固定一導體棒，當導體棒中通以垂直紙面向里的電流后，磁鐵對水平面的壓力為F2,則以下說法正確的是A.彈簧長度將變長B.彈簧長度將變短C.FiF2D.F1VF2【答案】BC【解析】試題分析：在磁鐵左上方位置固定一導體棒，當導體棒中通以垂直紙面向里的電流后，根據(jù)左手定則可知，導線受到右下方的安培力作用，根據(jù)牛頓第三定律可知，磁鐵受到左上方的磁場力作用，故在水平向左的分力作用下，彈簧彈簧長度將變短，在豎直向上的分力作用下，磁鐵對地面的壓力減小，即Fi電故選BC.考點：左手定則；牛頓第三定律【名師點睛】此題是對左手定

10、則、牛頓第三定律以及平衡問題的考查；關鍵是選擇好研究對象，即通電導線，然后根據(jù)牛頓第三定律來分析磁鐵的受力情況，從而判斷彈簧長度的變化以及對地面壓力的變化；此題是中等題.在赤道處放置一通電導線，要使導線所受安培力方向豎直向下，則導線中的電流方向應該（）A.由東向西B.由西向東C.豎直向上D.豎直向下【答案】A【解析】試題分析：解答本題首先要明確地球磁場的分布情況，然后根據(jù)左手定則直接進行判斷即可.解：地球磁場的南北極和地理的南北極相反，因此在赤道上方磁場方向從南指向北，依據(jù)左手定則可得導線中的電流方向應該由東向西，故正確，BCD昔誤.故選：A.【點評】本題的難點在于弄不清楚地球磁場方向，因此在

11、學習中要熟練掌握各種典型磁場方向的分布情況.如圖15-3-6所示，在南北方向安放的長直導線的正上方用細線懸掛一條形小磁鐵，當導線中通入圖示的電流I后，下列說法正確的是（）圖 15-3-6A.磁鐵N極向里轉, B.磁鐵N極向外轉, C.磁鐵N極向里轉, D.磁鐵N極向外轉,懸線拉力大于磁鐵重力 懸線拉力小于磁鐵重力 懸線拉力小于磁鐵重力 懸線拉力大于磁鐵重力【答案】A【解析】小磁鐵處于直線電流的磁場中,N極受力與磁場方向相同相反.找圖示位置和磁鐵與圖示位置垂直這兩個特殊位置分析判斷11 . 一束電子流沿水平方向自東向西運動，在電子流的正上方有一點，,S極受力與磁場方向 ，即可得出結論.由于電子運

12、動產(chǎn)生的磁場在該點的方向是A,豎直向上B,豎直向下【答案】CC.水平向南D.水平向北【解析】試題分析：電子運動方向自東向西，所以產(chǎn)生的電流方向自西向東，由右手螺旋定則可 知產(chǎn)生的磁場在該點的方向是水平向南考點：考查電流的磁效應點評：難度較小，主要考查電流的磁效應，利用右手螺旋定則，注意大拇指指向的是電流的流向，及電子速度的反方向。12.如圖所示，水平導線中有恒定電流通過，導線正下方電子初速度方向與電流方向相同，其后電子將（）也/fF&A.7aa運動，軌跡為圓B.沿a運動，曲率半徑越來越小c.1aa運動，曲率半徑越來越大D.y&b運動，曲率半徑越來越小【答案】C【解析】試題分析：水平導線中通有穩(wěn)

13、定電流I,根據(jù)安培定則判斷導線下方的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向身向下，則電子將沿a軌跡運動，其速率v不變，而離導線越遠，磁場越弱，磁感應強度B越小，由公式rmv可知，電子_Bq的軌跡半徑逐漸增大，故軌跡不是圓.故C正確，ABD錯誤.故選C.考點：左手定則；帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】本題是安培定則、左手定則和半徑公式r卬v的綜合應用根據(jù)安培定Bq則判斷出導線所產(chǎn)生的磁場方向，由左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，即可分析電子的運動方向.根據(jù)半徑公式rmv,結合磁感應強度的變化分析電子半徑如何變Bq化。13.實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表.這種電流表的構造

14、如圖甲所示.蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的.當線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是（）A.線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行B.線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動阻礙線圈轉動C.當線圈轉到圖乙所示的位置時，b端受到的安培力方向向上D.當線圈轉到圖乙所示的位置時，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉動【答案】ABD【解析】試題分析：A、均勻輻向磁場的特點是大小相等，方向指向圓心或方向延長線過圓心，線圈到任意位置，其平面與磁感線平行；正確B、線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動產(chǎn)生彈力，彈力方向與扭動方向相反，阻礙線圈轉動；正確CQ由左手定則可知a端受安培力向上，b端受安培力向下所以，C錯誤，D正

15、確故選ABD考點：電流表的工作原理點評：，容易題。掌握均勻輻向磁場的分布特點及電流表的工作原理是解決本題的關鍵.如圖所示，比荷為e/m的電子從左側垂直于界面、垂直于磁場射入寬度為d、磁感受應強度為B的勻強磁場區(qū)域，要從右側面穿出這個磁場區(qū)域，電子的速度至少應為()A.2Bed/mB.Bed/mC.Bed/(2m)D【答案】B【解析】恰好不從右邊界飛出的條件是，電子速度方向跟右邊界相切，根據(jù)幾何關系可2判斷出，電子運動半徑為d,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evBm-,計算得電d子的速度至少應為Bed/m故選B.如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d,用導線、電鍵K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方

16、向豎直向上的均勻變化的磁場中。兩板間放一臺小壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個質量為m電量為+q的小球。電鍵K閉合前傳感器上有示數(shù)，電鍵K閉合后傳感器上的示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话?。則線圈中磁場的變化情況和磁通量變化率分別是()A.止在增強，mgdt2qB.正在增強，mgdt2nqC.止在減弱，_mgdt2qD止在減弱，_皿t2nq試題分析：電鍵閉合時,qE+N=mg N=1mg,所以 E -mg I E U 吧一.所以22q | d dVt_ mgd .小球帶正電，t 2nqACD昔誤.故選Bo考點：法拉第電磁感應定律;知上極板帶負電，根據(jù)楞次定律，磁場正在增強.故B正確,楞次

17、定律【名師點睛】線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場中，根據(jù)法拉第電磁感應定律nVVt,會產(chǎn)生穩(wěn)定的電動勢.當電鍵斷開時，小球受重力和支持力平衡，當電鍵閉合時，支持力變?yōu)樵瓉淼囊话?，可知，小球受到向上的電場力，根?jù)小球的平衡可 求出磁通量的變化率以及磁場的變化。16.如圖所示是質譜儀工作原理的示意圖.帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速（在A點的初速度為零）后，進入磁感應強度為 B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的xi、x2處.圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則（）a的質量一定小于b的質量a的電荷量一定大于 b的電荷量C.在磁場中a運動的時間大于b運動的時間d. a的

18、比荷maa大于b的比荷mbb【答案】D【解析】設粒子經(jīng)電場加速后的速度大小為質量分別為q、m,打在感光板上的距離為根據(jù)動能定理，得v,磁場中圓周運動的半徑為r,電荷量和S.qU= |1/2 |mv2, v= /2qUm由 qvB=mr= mv/qB =-12mU/q則 S=2r=2J2mU/q B得到q/m= -8U7由圖,BS2SavSb,U、B相同，則qa/maqb/mb故選D17.空間存在一個勻強磁場B,其方向垂直紙面向里，還有一點電荷Q的電場，如圖所示，一帶電粒子一q以初速度v0從圖示位置垂直于電場、磁場入射，初位置到點電荷十Q的距離為r,則粒子在電、磁場中的運動軌跡不可能為（）A.以

19、點電荷+Q為圓心，以r為半徑，在紙平面內的圓周B.初階段在紙面內向右偏的曲線C.初階段在紙面內向左偏的曲線D.沿初速度V0方向的直線【答案】D【解析】試題分析：對帶電粒子進行受力分析可知，電場力指向圓心，而洛侖茲力沿半徑向外,若此時k 一， qv B ,則粒子向左偏轉, r QqC有可能；若k-2- qv0B則粒子向右偏轉,rB有可能；若速度恰好滿足:kQq2rqVoB2 mvor,這時粒子恰好繞圓心+Q做勻速圓周運動，A有可能，若此時kQq2rqVoB ,則向上運動，但只要向上一動，就會到+Q距離增加，就會出現(xiàn)kQq2rqVoB ,粒子向右偏轉，因此 D不可能考點：帶電粒子在電磁場中的運動1

20、8.如圖所示，設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB!動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，以下說法不正確的是（）A.這離子必帶正電荷B.A點和B點位于同一高度C.離子到達B點時，將沿原曲線返回AD.點離子在C點時速度最大【答案】C【解析】試題分析：帶電粒子由靜止釋放（不考慮重力），在電場力的作用下會沿電場向下運動，在運動過程中，帶電粒子會受到洛倫茲力，所以粒子會沿逆時針方向偏轉，到達C點時,洛倫茲力方向向上，此時粒子具有最大速度，在之后的運動中，粒子的電勢能會增加速度越來越小，到達B點時速度為零

21、.之后粒子會繼續(xù)向右重復由在由A經(jīng)C到B的運動形式.解：A、從圖中可以看出，上極板帶正電，下極板帶負點，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明受到向下的電場力，可知粒子帶正電.選項A正確.B、離子具有速度后，它就在向下的電場力F及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運動，因洛侖茲力不做功，電場力做功等于動能的變化，而離子到達B點時的速度為零，所以從A到B電場力所做正功與負功加起來為零.這說明離子在電場中的B點與A點的電勢能相等，即B點與A點位于同一高度.B選項正確.C、只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側仍有同樣的電場

22、和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側重現(xiàn)前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的.如圖所示.選項C錯誤.D、在由A經(jīng)C至ijB的過程中，在C點時，電勢最低，此時粒子的電勢能最小，由能量守恒定律可知此時具有最大動能，所以此時的速度最大.選項D正確.本題選錯誤的，故選C.【點評】帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路.正確的受力分析除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.正確分析物體的運動狀態(tài)找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程.如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況.(1)當粒子在復合場內所受合力為零時，做勻速

23、直線運動(如速度選擇器)(2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動.(3)當帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成.19.在直角坐標系xOy的第一象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為mr電荷量為q的帶負電粒子從y軸正半軸上的A點以與y軸正方向夾角為“二45的速度垂直磁場方向射入磁場，如圖所示，

24、已知OA=a,不計粒子的重力，則下列說法正確的是()A.若粒子垂直于x軸離開磁場，則粒子進入磁場時的初速度大小為I陶B.改變粒子的初速度大小，可以使得粒子剛好從坐標系的原點。離開磁場用C.粒子在磁場中運動的最長時間為ID.從x軸射出磁場的粒子中，粒子的速度越大，在磁場中運動的時間就越短【答案】ACD【解析】試題分析：若粒子垂直于x軸離開磁場，運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知，粒子的軌道半徑,而粒子在磁場中運動時,J5gBcj因此可知用I,A正確；由于在x思下方?jīng)]有磁場，因此不可能從。點射出，B錯誤；粒大在磁場中運動的圓心角越大，運動時間越長，當從y軸射出時，運動了Hl個圓周，運動時間最長為R初

25、陽,c正確；從x軸射出的粒子，運動速度越大,在磁場中運動的圓孤所對圓心角越小，運動時間越短，D正確?！久麕燑c睛】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)2_|可知，粒子在磁場中運動的半徑且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動的周期運動的周期與運動考點：帶運動粒子在磁場中運動速度無關，只與比荷和磁感強度的關。解決帶電粒子在磁場中的運動，先確定圓心位置,畫出運動軌跡，再根據(jù)半徑和圓心角解決問題。評卷人得分、計算題q,質量.在豎直平面內建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里.一帶電荷量為十為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45。的初速

26、度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(2L,2L)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場.(不計一切阻力)求:(1)電場強度E大??；(2)磁感應強度B的大小【答案】(1)MJ；(2)2,【解析】試題分析：(1)微粒到達A(2L,2L)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲:X三所以，Eq=mg(2分)得：E=H(1分)(2)由平衡條件得：qvB=HDmg(1分)電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,(2分)由幾何知識可得：r=2Jl(2分)v=2庭軌跡如圖乙:qvB= ml考點：帶

27、電粒子在勻強磁場中的運動.如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大的互相正n交的勻強電場和勻強磁場。磁感應強度為B,方向水平并垂直紙面向外。一質量為m帶電量為一q的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為v的勻速圓周運動。(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向。(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45。，如圖所示。則該微粒至少須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？最高點距地面多高？(3)在(2)問中微粒又運動P點時，突然撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥瑒t該微粒運動中距地面的最大高度是多少？【答案】解：(1)帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應平衡

28、，因.此：mg=Eq解得:方向：豎直向下(3分)(2)粒子作勻速圓周運動，軌道半徑為R,如圖所示。qBv2vm最高點與地面的距 R解得:Hm H mv（1（3分）該微粒運動周期為：T 2mBq運動到最高點所用時間為:t 3T4Bq（3分）解得:2 （mg Eq） 4g微粒離地面最大高度為:n1o(5分)設粒子升圖度為h,由動能te理得mghEqhcot45=0-mv2mv【解析】略.如圖所示，兩豎直線ARCD間距為d,內有豎直方向的勻強電場，CD的右側有一個與CD相切于M點的圓形區(qū)域，圓心為Q,整個圓形區(qū)域內存在垂直于紙面的勻強磁場。一帶電粒子質量為m,帶電量為q,重力不計，自。點以水平初速度

29、v(0正對P點進入該電場，粒子從M點飛離CD邊界時速度為2V0,再經(jīng)磁場偏轉后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回。點。求:(1) P、M兩點間的距離;【解析】(2)圓形區(qū)域磁感應強度B的大小及區(qū)域半徑r；(3)粒子從O點出發(fā)到再次返回到。點的時間。295、.3、d尸1618v0試題分析：(1)電場中，粒子從。點到M點過程中做類平拋運動，水平方向t1VoVMy:22V0VV3V0在M點，粒子速度:由運動學公式得：PM=My=d TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark89 o Current Document 2Vo2，、一1.d(2)由于：t?tNO=-

30、toM故由Vy=at可知，返回O點時:iV3VOy= T VMy= V022所以回到O點時：V = J2voVoy2=，2 Vo1tNO= tOM 和212 一,口y= - at 可得: 21 3 ,PN = PM = d48再由幾何關系:5Rcos60R= PN PM =d?8由幾何關系確定軌跡半徑:5、； 3R= d12粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qVB2V_ mVm -,解得：R=一RqBB= 8,3mV05qd由幾何關系確定區(qū)域半徑為:(3)有幾何知識可知，帶電粒子軌跡對應圓心角為240,則帶電粒子在磁場中運動的t3 3T2 2m5石 d3 qB1

31、8v0時間為:粒子從Q點飛出磁場到達N點過程中5dQN MN tan 30o8 HYPERLINK l bookmark56 o Current Document 22vot4QN5d2vo16vo所以粒子從O點出發(fā)到再次返回到O點的總時間為tt1t2t3t4(2953-)1618v0考點：帶電粒子在復合場中的運動23.如圖甲所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為“的光滑平行導電軌道，軌道間的距離為l,兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源.將一根質量為m的直導體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直.已知軌道和導體棒的電阻及電源的內電阻均不能忽略，通過導體棒的恒定電流大小為I,方向由a至ij

32、b,圖乙為圖甲沿a-b方向觀察的平面圖.若重力加速度為g,在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導體棒在軌道上保持靜止.(1)求出磁場對導體棒的安培力的大和方向；(2)如果改變導軌所在空間的磁場方向，試確定使導體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應強度B的最小值的大小和方向.【答案】(1)F=mgtana,方向水平向右；(2)Bmin=mgsina/Il,方向垂直軌道平面斜向上【解析】試題分析：對通電導體棒受力分析，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件可知，磁場對導體棒的安培力的大小F=mgtana方向水平向右要使磁感應強度最小，則要求安培力最小.根據(jù)受力情況可知，最小安培力Fmin=mgsina,方

33、向平行于軌道斜向上所以最小磁感應強度Bmin=Fmin/Il=mgsina/Il;根據(jù)左手定則可判斷出，磁感應強度的方向為垂直軌道平面斜向上.考點：考查力的平衡、安培力、左手定則24.社核900 Th發(fā)生衰變生成鐳核826 Ra并放出一個粒子。設該粒子的質量為回、電荷量為q,它進入電勢差為U的帶窄縫的平行平板電極號和S2間電場時，其速度為圓,經(jīng)電場加速后，沿OX方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場，|ox|垂直平板電極畫，當粒子從p點離開磁場時，其速度方向與叵X方位的夾角I60如圖所示，整個裝置處于真空中。(1)寫出性核衰變方程；(2)求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑(3)求粒子在磁場中運動所用時間回?！敬鸢?1) 1930Th2 He 886 Ra(2)R;R m 2WqB : m2V0(3)試題分析：(1)性核衰變方程230-.-,4 .226 c90 Th2 He 88 Ra(2)設粒子離開電場時速度為田，對加速過程有qu1212一mv一mv0222粒子在磁場中有qvBmR由、得R m 2qUqB m2V0(3)粒子做圓周運動的回旋周期考點：考查了核反應方程和帶電粒子在磁場中的運動點評：帶電粒子在磁場中的運動