【單元練】高中物理選修2【安倍力與洛倫茲力】知識(shí)點(diǎn)總結(jié)

一、選擇題如圖為電視顯像管的俯視圖，偏轉(zhuǎn)線圈中沒有通入電流時(shí)，電子束打在熒光屏正中的O點(diǎn)，通過轉(zhuǎn)變線圈中的電流，可使得電子打到熒光屏上各點(diǎn)，則〔 〕電子在偏轉(zhuǎn)線圈中被加速B．電子的偏轉(zhuǎn)是由于電場(chǎng)力的作用CA點(diǎn)，線圈區(qū)域中有平行紙面對(duì)右的磁場(chǎng)DA點(diǎn)，線圈區(qū)域中有垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)D解析：DAB．偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)，電子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，不能對(duì)電子加速，只能使它偏轉(zhuǎn)，AB錯(cuò)誤；CD．依據(jù)左手定則，電子帶負(fù)電，打到A點(diǎn)時(shí)，線圈區(qū)域中有垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)，C錯(cuò)誤，D正確。D。如下圖，在邊界上方存在著垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)比荷一樣的正、負(fù)粒子〔不計(jì)重力〕，從邊界上的O點(diǎn)以不同速度射入磁場(chǎng)中，入射方向與邊界均成θ角，則正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中〔 〕運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一樣C．重回到邊界時(shí)速度方向一樣解析：C依據(jù)牛頓其次定律得

重回到邊界所用時(shí)間一樣DO點(diǎn)的距離相等Cv2qvB mr解得rmvqB由題知比荷、Br不一樣，故A錯(cuò)誤；2mB．粒子的運(yùn)動(dòng)周期T ，由題知比荷、B大小均一樣，則知T一樣。粒子運(yùn)動(dòng)軌跡qB如下圖依據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，重回到邊界時(shí)正離子的速度偏向角為22，軌跡的圓心角也為22，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2同理，負(fù)離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為明顯時(shí)間不等，故B錯(cuò)誤；

t 2 T2t2TC．正負(fù)離子在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度沿軌跡的切線方向，依據(jù)圓的對(duì)稱性可知，重回到邊界時(shí)速度大小與方向一樣，故C正確；D．依據(jù)幾何學(xué)問得知重回到邊界的位置與O點(diǎn)距離s2rsinθrs不一樣，故D錯(cuò)誤。C。如下圖，一根通有電流I的直銅棒MN，用導(dǎo)線掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，此時(shí)兩根懸線處于張緊狀態(tài)，以下哪些措施可使懸線中張力為零〔 〕適當(dāng)增大電流B．使電流反向并適當(dāng)減小CIBDI反向并增大A解析：AAC．棒處于方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通有電流，方向從M流向N，依據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向上，由于此時(shí)懸線上有拉力，為了使拉力等于零，則安培力必需增加，由于FBIL所以可以適當(dāng)增加電流強(qiáng)度，或增大磁場(chǎng)，C錯(cuò)誤A正確；BD．當(dāng)電流反相后所受到的安培力向下，故懸線肯定會(huì)受到拉力，CD錯(cuò)誤。A。PQk=70N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來。置于水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQL=0.5mm=0.1kg。當(dāng)導(dǎo)體棒中通以大小為I=2A的電流，并處于靜止時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)到原長狀態(tài)。欲使彈簧伸長2cm后能重處于靜止?fàn)顟B(tài)〔g10m/s2〕，則〔〕P→Q0.4AP→Q0.8AQ→P0.4AQ→P0.8AD解析：D【分析】I=2A的電流，依據(jù)平衡條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；導(dǎo)體棒下移2cm后能重處于靜止?fàn)顟B(tài)，依據(jù)左手定則推斷電流方向，依據(jù)平衡條件求解電流強(qiáng)度。PQk=70N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來，沒有通電時(shí)彈簧伸長xmg1m1 k 70當(dāng)導(dǎo)體棒中通以大小為I=2A的電流，并處于靜止時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)到原長狀態(tài)，此時(shí)有BIL=mg解得B=1T1x2=2cm=0.02m>x，棒能重處于靜止?fàn)顟B(tài)，則安培力方向向下，依據(jù)左Q→P，依據(jù)平衡條件可得1BI′L+mg=kx2解得D。

I′=0.8Aa、b兩個(gè)帶正電的粒子經(jīng)同一電場(chǎng)由靜止加速，先后以v1、v2MMN進(jìn)入矩形PQE、FME、MFMQ的夾角分別為30°、60°，粒子的重力不計(jì)，則兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的速度大小之比為〔 〕1 ：v=1：1 解析：B

B．v：v=3：1 C．v：v=3：2 D．v：v=2：3B1 2 1 2 1 a、b兩個(gè)帶正電的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1 2 1 2 1 1 aR，bRMQ=d1 R1+R1sin30°=d，R2-R2sin30°=d解得1 R：R=3：1 UB，有v2Uq mv2，qvB=mR可得2UvBR則1 v：v=3：1 應(yīng)選B。兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置，通電后消滅如下圖現(xiàn)象，圖中a、b兩點(diǎn)位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)。則〔 〕兩導(dǎo)線中的電流方向一樣B．兩導(dǎo)線中的電流大小肯定一樣C．b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向肯定向里D．同時(shí)轉(zhuǎn)變兩導(dǎo)線中電流方向，兩導(dǎo)線受到的安培力方向不變D解析：DA．依據(jù)通電導(dǎo)線間的相互作用力，同向相吸，異向相斥的規(guī)律可知兩導(dǎo)線電流方向相反，所以A錯(cuò)誤；B．由于兩導(dǎo)線間的安培力為相互作用力，所以兩導(dǎo)線中的電流大小不肯定一樣，所以B錯(cuò)誤；C．由圖可推斷兩導(dǎo)線電流方向相反，但具體方向不確定，所以b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不肯定向里，也可能向外，所以C錯(cuò)誤；D．同時(shí)轉(zhuǎn)變兩導(dǎo)線中電流方向，兩導(dǎo)線電流方向還是相反，則兩導(dǎo)線受到的安培力方向不變，還是相互排斥的，所以D正確；D。如下圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面對(duì)里，一帶負(fù)電的粒子〔不計(jì)重力〕沿水平方向以速度v正對(duì)圓心入射，通過磁場(chǎng)區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°。假設(shè)想使粒子通過磁場(chǎng)區(qū)域后速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，在保持原入射速度的根底上，需將粒子的入射點(diǎn)向上平移的距離d為〔 〕．1R

．3R

．2R

3． RBA 2 B 3 C

2 D 2解析：B粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖依據(jù)幾何學(xué)問可得

r Rtan30當(dāng)粒子的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的連線是磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)，粒子速度偏轉(zhuǎn)的角度最大。由圖可知平移距離為

RsinrdRsin解得BACD錯(cuò)誤。應(yīng)選B。

d 3R3空間有一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，OA點(diǎn)沿半徑方向以速率v垂直射入磁場(chǎng)，經(jīng)過時(shí)間t離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向與半徑OA垂直，不計(jì)粒子重力。假設(shè)粒子速率變?yōu)?v，其他條件不變，粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為〔 〕t 2t 3t

2tBA．2 B．3 C．2 D．解析：B令磁場(chǎng)的半徑為r，粒子以速率v垂直射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如甲圖所示：依據(jù)幾何學(xué)問可知，粒子的半徑為圓心角為

901粒子以速率3v射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示：由于洛倫茲力供給向心力則

qvBmv2R所以粒子的半徑為

RmvqB3r依據(jù)幾何學(xué)問可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為 2由于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

2mTqB粒子的比荷一樣，則周期相等，粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t1t2所以粒子其次次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

90360 2 2ACD錯(cuò)誤，B正確。

t t2

3t應(yīng)選B。如下圖為兩根相互平行的通電直導(dǎo)線a，b的橫截面圖，a，b中的電流方向已在圖中a中的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線圍繞方向及導(dǎo)線b所受的磁場(chǎng)力的方向分別是：()磁感線順時(shí)針方向，磁場(chǎng)力向左B．磁感線順時(shí)針方向，磁場(chǎng)力向右C．磁感線逆時(shí)針方向，磁場(chǎng)力向左D．磁感線逆時(shí)針方向，磁場(chǎng)力向右B解析：Bab導(dǎo)線處的磁感線豎直向下，如下圖b導(dǎo)線受到的安培力水平向右，故B正確，ACD錯(cuò)誤。應(yīng)選B．AB中間有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A板帶正電荷，BE：磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔OOO是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度為B2

。CD 為磁場(chǎng)B2

M板的夾角45OCam，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子〔不計(jì)重力〕，自O(shè)點(diǎn)沿OO方向進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運(yùn)動(dòng)，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2

中，則能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值為〔 〕

21mE

21mEBBa BBa12 12 BBa BBaq

21 1 2

q

21

1 2 AmE mE解析：AOO′B2v，則有BqvqE1解得vEB1B2中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qvB2得

mv2r1qmvBr21r因此，電荷量最大的帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑最小，設(shè)最小半徑為，此帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌r1CD板相切，則有r 2ra1 1得所以電荷量最大值

r( 21)a1q( 21)

mEaBB1 2A。二、填空題試驗(yàn)證明：通電長直導(dǎo)線四周磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BkI，式中常量k0，Ir為電流強(qiáng)度，rMNabcd通以逆時(shí)針方向的恒定電流，被兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛著，如下圖。開頭時(shí)MN內(nèi)不通電流，此時(shí)兩細(xì)線內(nèi)的張力均為T0

3NMNI1

1A電流時(shí)，兩細(xì)線內(nèi)的張力均減小為T1

2NMN內(nèi)電流強(qiáng)度大小變?yōu)镮

時(shí)，兩細(xì)線內(nèi)的張力均增大為2T4NI22

的大小為 A；當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度為I

3A時(shí)兩細(xì)線恰好同3時(shí)斷裂，則在此斷裂的瞬間線圈的加速度大小為 g?！瞘為重力加速度〕32解析：20MN不通電時(shí)兩線原來的拉力均為T0

3N，則mg=2T0=6N1MN1A的電流時(shí)，兩線的張力均減為T1

2N，由于所以安培力方向向上，大小為計(jì)算出

2T1<mgmg=2T1+F安k kF=I1(r1

-r)=2N，I1=1A2當(dāng)兩細(xì)線內(nèi)的張力均增大為T2

4N時(shí)，由于2T2>mg安培力方向向下，大小為安 安 安 安 計(jì)算得

2T2=mg+F′，F(xiàn)′ =I2(1

-r)2電流方向與原來相反。

I2=1A3當(dāng)MN中的電流為I 3A時(shí)兩細(xì)線簽好同時(shí)斷裂，此時(shí)線圈的安培力方向向下，大小為3安 安 細(xì)線斷開的瞬間由牛頓其次定律有

F″ =I3(1

-r)=6N22g。

mg+F″ =ma安如下圖，平行導(dǎo)軌MN和PQ上有一輛小車，車上有一個(gè)通電線框，圖中虛線框A、B、C、D、E是磁場(chǎng)區(qū)域，內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)。要使小車在圖示位置受到向右的推力，A區(qū)域的磁場(chǎng)方向 ，B區(qū)域磁場(chǎng)方向 ，要使小車始終受到磁場(chǎng)的推力作用磁場(chǎng)的變化規(guī)律是 。垂直紙面對(duì)內(nèi)垂直紙面對(duì)外磁磁場(chǎng)中解析：垂直紙面對(duì)內(nèi)垂直紙面對(duì)外磁場(chǎng)方向準(zhǔn)時(shí)轉(zhuǎn)變使線框左邊始終處在向內(nèi)的磁場(chǎng)中，線框的右邊始終處在向外的磁場(chǎng)中要使小車能向右行駛，則電流受到的安培力向右，依據(jù)左手定則，可知：磁感線穿過掌心，安培力與磁感線垂直，且安培力與電流方向垂直，所以此時(shí)A區(qū)域磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫鎸?duì)內(nèi)，B區(qū)域磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫鎸?duì)外要使小車能向右行駛，則電流受到的安培力向右，依據(jù)左手定則，可知：磁感線穿過掌心，安培力與磁感線垂直，且安培力與電流方向垂直，所以此時(shí)A區(qū)域磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫鎸?duì)內(nèi)，B區(qū)域磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫鎸?duì)外要使小車始終受到磁場(chǎng)的推力作用磁場(chǎng)的變化規(guī)律是，磁場(chǎng)方向準(zhǔn)時(shí)轉(zhuǎn)變使線框左邊始終處在向內(nèi)的磁場(chǎng)中，線框的右邊始終處在向外的磁場(chǎng)中。L的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通一逆時(shí)abac邊的中點(diǎn)，在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框平面對(duì)B，此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)線框中的電流大小為IF1，保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場(chǎng)平移至虛線上方〔虛線下方不再有磁場(chǎng)〕，且磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到原來的兩倍，此時(shí)細(xì)線中拉力大小為3解析：BILF2 11當(dāng)磁場(chǎng)在虛線下方時(shí)，通電導(dǎo)線的等效長度為2L，受到的安培力方向豎直向上，設(shè)三角m，則有：1當(dāng)磁場(chǎng)在虛線上方時(shí)，通電導(dǎo)線的等效長度為1L，受到的安培力方向豎直向下，磁感應(yīng)2強(qiáng)度增大到原來的兩倍，故此時(shí)有：F2

2BI1Lmg2聯(lián)立可得F3BILF2 2 1如下圖，銅棒ab0.1m0.06kg1m的輕銅線懸掛起來，銅棒abB0.5T，現(xiàn)給銅棒如ab中通入恒定電流，銅棒發(fā)生搖擺．最大偏轉(zhuǎn)角為37°，則銅棒從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，安培力做的功是 J，恒定電流的大小為 A〔不計(jì)感應(yīng)電流影響〕．124解析：12 4由能量守恒可知，安培力做功等于重力勢(shì)能的變化量，所以可得Wmgl(1cos37)解得W0.12J依據(jù)左手定則可知，銅棒ab所受安培力方向?yàn)樗椒较?，因此在安培力方向移?dòng)的距離為因此安培力做功為解得

slsin37WBILsI4A如圖是霍爾元件工作原理示意圖，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，其中自由運(yùn)動(dòng)電荷的帶電量大小為q。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前外表對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測(cè)得導(dǎo)電材料上、下外表之間的電壓為U，且上外表的電勢(shì)比下外表的低。由此可得該導(dǎo)電材料的自由運(yùn)動(dòng)電荷為 〔填“正”或“負(fù)”〕電荷，單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)等于 。負(fù)【分析】上外表的電勢(shì)比下外表的低可知上外表帶負(fù)電和電場(chǎng)力平衡求出電荷的移動(dòng)速度從而得出單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)的電荷數(shù)IB解析：負(fù)【分析】

qbU上外表的電勢(shì)比下外表的低，可知上外表帶負(fù)電，下外表帶正電，依據(jù)左手定則推斷自由運(yùn)動(dòng)電荷的電性。抓住電荷所受的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡求出電荷的移動(dòng)速度，從而得出單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)的電荷數(shù)。[1]由于上外表的電勢(shì)比下外表的低，依據(jù)左手定則，知道移動(dòng)的電荷為負(fù)電荷；[2]由于：vUaB由于電流：

qvBqUaInqvSnqvabn【點(diǎn)睛】

IBqbU解決此題的關(guān)鍵在于利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電荷在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡。一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬度為b，厚度為d，將導(dǎo)體置于一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于側(cè)面，如下圖．當(dāng)在導(dǎo)體中通以圖示方向的電I時(shí)，在導(dǎo)體的上下外表間用電壓表測(cè)得的電壓為UHe，電壓表的“＋”接線柱接 (上、下〕外表，該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 ．下BI解析：下ebUH[1]．由圖，磁場(chǎng)方向向里，電流方向向右，則電子向左移動(dòng)，依據(jù)左手定則，電子向上外表偏轉(zhuǎn)，則上外表得到電子帶負(fù)電，那么下外表帶上正電，所以電壓表的“+”接線柱接下外表；[2]．依據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則有：Ue HeBvd由I=neSv=nebdv得導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為：

n BIebUH為了爭(zhēng)論海洋中海水的運(yùn)動(dòng)，海洋工作者有時(shí)依靠水流通過地磁場(chǎng)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)測(cè)量水的流速．現(xiàn)測(cè)量隊(duì)員正在某海疆測(cè)量某處水流速度，假設(shè)該處地磁場(chǎng)的豎直重量已測(cè)出為B，該處的水流是南北流向的．測(cè)量時(shí)，測(cè)量隊(duì)員首先將兩個(gè)探測(cè)電極插入水中，兩探測(cè)電極的另一端與一個(gè)能測(cè)量微小電壓的電壓表相連，則這兩個(gè)電極的連線應(yīng)沿 方向；然后，還需測(cè)出幾個(gè)數(shù)據(jù)，這些數(shù)據(jù)分別是 ；最終就可依據(jù)v＝ 計(jì)算出該處的水流速度了．東西兩電極之間的電壓ULU/BL解析：東西 兩電極之間的電壓U，兩電極之間的距離L，U/BL地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為豎直方向，需要海水流淌等效為通電的導(dǎo)體棒垂直磁感線，故海水接電極的方向?yàn)闁|西方向．依據(jù)海水中的電荷受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡時(shí)，形成穩(wěn)定的最大電壓，有qvBqUL

v

U；故需要測(cè)量的數(shù)據(jù)為兩電極之間的電壓U，兩電極之間的BLL.【點(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵知道海水流淌時(shí)，正負(fù)離子流淌，受到洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，打在兩極板上，在兩極板間形成電場(chǎng)，最終正負(fù)離子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡．電磁炮是一種抱負(fù)的兵器，它的主要原理如下圖.某大學(xué)制成了能把m=2.2g的彈體(包括金屬桿CD的質(zhì)量)加速到v=10km／s的電磁炮.假設(shè)軌道寬l=2m，長s=100m，通過的電流為I=10A，則軌道間所加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T，磁場(chǎng)力的最大功率P= W(軌道摩擦不計(jì)) 11×107解析：1.1×107試題分析：由場(chǎng)力的最大功率

， ， 聯(lián)立把數(shù)據(jù)統(tǒng)一成國際單位解得B=55T；磁代入數(shù)據(jù)解得 ．考點(diǎn)：運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，牛頓其次定律，安培力公式，功率的公式點(diǎn)評(píng)：學(xué)生清楚電磁炮的加速度由安培力供給，帶入相關(guān)公式解題．在赤道四周的地磁場(chǎng)可看作是沿南北方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．假設(shè)赤道上空有一根沿東西方向的直導(dǎo)線，長為L，通有從東向西的電流I，則地磁場(chǎng)對(duì)這根導(dǎo)線的作用力大小為 ，方向 ．BIL豎直向下解析：BIL，豎直向下[1]F=BIL的適用條件可知地磁場(chǎng)對(duì)這根導(dǎo)線的作用力大小為：F=BIL；[2]．依據(jù)左手定則可知：伸開左手，讓磁感線穿過手心，四指方向與電流方向一樣，大拇指指向?yàn)槭芰Ψ较?，由此可知安培力方向豎直向下．如下圖的天平可用來測(cè)定磁感應(yīng)強(qiáng)度，天平的右臂下面掛有一個(gè)矩形線圈，寬為l，1 共N匝，線圈的下部懸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面．當(dāng)線圈中通有電流I時(shí)(方向順時(shí)針，如圖)時(shí)，在天平左、右兩邊各加上質(zhì)量分別為m、m的砝碼，天平平衡．當(dāng)電流反向(大小不變)時(shí)，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重平衡．由此可知：磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)?，大小為 1 垂直紙面對(duì)里解析：垂直紙面對(duì)里

mg2NIL由于B的方向垂直紙面對(duì)里，開頭線圈所受安培力的方向向下，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當(dāng)于右邊少了兩倍的安培力大小，所以需要在右邊加砝m(xù)gmg=2NBILB=2NIL故答案為三、解答題理論爭(zhēng)論說明暗物質(zhì)湮滅會(huì)產(chǎn)生大量高能正電子，所以在宇宙空間探測(cè)高能正電子是覺察暗物質(zhì)的一種方法。某爭(zhēng)論小組為爭(zhēng)論暗物質(zhì)設(shè)計(jì)了探測(cè)正電子的裝置〔如圖所示〕。空間存在垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0

5104T，半徑r0.3m的0 ABC為正電子放射源，能持續(xù)不斷地放射速度v3.52107m/s的正電子，0 為半圓環(huán)的圓心，BDFACCx處，ACH點(diǎn)，板的左側(cè)面固定有正電子收集器，沿板建立y軸，H為原點(diǎn)。只考慮正電子在紙面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，無視相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)重力，sin530.8，cos530.6。只爭(zhēng)論從C點(diǎn)沿半徑向外射出的正電子，左右移動(dòng)收集板，打在收集板上的最低位置

0.4mq；mB點(diǎn)沿各個(gè)方向向外射出的正電子，左右移動(dòng)收集板，當(dāng)收集板在C點(diǎn)右CxB放射的正電子；假設(shè)正電子出射時(shí)速度方向均沿半徑方向向外，且粒子數(shù)按圓弧面均勾分布，試求當(dāng)x0.4mDF上收集到的正電子數(shù)與放射總數(shù)的比值。解析：〔1〕1.761011C/kg；〔2〕0.5m；〔3〕53901，有正電子軌跡半徑由洛倫茲力通過向心力，可得

Ry1

0.4m代入數(shù)據(jù)，即有

qBvmv2Rq v 1.761011C/kgm RBB點(diǎn)沿半徑方向射出的正電子偏轉(zhuǎn)軌跡與y2，由幾何關(guān)系得x2Rrx0.5m3沿半徑方向射出的正電子軌跡圓心在以O(shè)1為圓心r1為半徑的圓上r r2R20.5m1M點(diǎn)沿半徑方向射出的正電子軌跡圓與yN點(diǎn)，Ny軸的距離RCM段射出的正電子能打到收集板，從AM段射出的正電子不能打到收集板O1MNO1CN全等，即有MONCON由幾何關(guān)系可得

1 1tanR453r 3x0.4mDF上收集到的正電子數(shù)與放射總數(shù)的比值為25353180 90如下圖，在傾角為αLm的直導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒中通有大小為I、方向垂直紙面對(duì)里的電流，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可以加方向垂直于導(dǎo)體棒的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。求：(1)假設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向在水平方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？(2)假設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向在豎直方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？(3)沿什么方向加勻強(qiáng)磁場(chǎng)可使磁感應(yīng)強(qiáng)度最小？最小為多少？解析：(1Bmg

；(2)B

mgtan

；(3)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上時(shí)最小，最小為BmgsinIL

IL IL依據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向水平向左，依據(jù)題意可得BILmg得故磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

BmgILBmgIL依據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向豎直向上，由題意可知BILmgtanα得故磁場(chǎng)方向豎直向上，大小為

mgtanαBILmgtanαBIL依據(jù)左手定則可知方向垂直斜面對(duì)上，依據(jù)題意有BILmgsinα得mgsinαBIL故當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上時(shí)最小，最小為mgsinαBIL如下圖為質(zhì)譜儀的工作原理圖，在容器A中存在假設(shè)干種電荷量一樣而質(zhì)量不同的帶2電粒子，它們可沉著器A下方的小孔S1U的加速電場(chǎng)〔初速度可無視〕，然后經(jīng)過S3沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最終打到照相底片Dqm1m2的粒子〔m1<m〕，粒子重力無視不計(jì)。21 分別求出這兩種粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v、v1 求這兩種粒子打到照相底片上的位置間的距離。2qU 2qU 2解析：(1)v= ，v= ；(2)d= 〔2qm

U 2qmU〕21 m 2 m21

qB 2 1由動(dòng)能定理得1qU=2

m1v21m11m2 qU=2 v2 解得v1=

2qUm12qUm22qUm2在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，由牛頓其次定律得v2qvB=mR解得mvR=qBm1的粒子的軌道半徑mvR= 111 qBm2的粒子的軌道半徑mvR= 222 qB兩種粒子打到照相底片上的位置相距解得2d=qB

d=2R2-2R12qmU1〕2qmU 2qmU1〕2如下圖，光滑平臺(tái)處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中〔圖中區(qū)域I〕，其場(chǎng)強(qiáng)E

mg12q，123II存在場(chǎng)強(qiáng)未知的豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)EIII存在場(chǎng)強(qiáng)未知的豎直向上的勻強(qiáng)E和垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電量為qA點(diǎn)無初速度釋23LLL

的距離也為。小球恰經(jīng)過O1

2

PIII做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后又能無碰撞地滑上平臺(tái)并剛好回到A點(diǎn)。重力加速度為g，求：III內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E3；IIIB；AAt。mg 2m 243π解析：〔1〕q

；〔2〕qL

gL；〔3〕 4g gL依據(jù)題意，做出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡示意如下圖III做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則：qEmg03解得：

E mg3 qIO點(diǎn)時(shí)速度為v0由動(dòng)能定理有：qEL1得出

122mv02v gl02OP做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間tPv，有：2Lvt02qE mgma2L1L at22 22得出lgt lg

2mg由動(dòng)能定理得：

2 ，2 qqE

mgL

1 1mv2 mv22 2 2 2 0設(shè)小球從ONIII時(shí)速度與ONθ，有1 1v2得出2sin

v0sin2gl，v2gl2III內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：v2qvBmR得出2L2R 2 Lsin 2得：2mB gLqLAO，小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，有：v at0 11qEma1 1得出III內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：

t2llg2πRTvt2π2Tt3 2π得出3π l3π l4 gt3對(duì)小球運(yùn)動(dòng)全程，有：t2t1

2t t2 3得：243πt gL4g50cm1kgab的兩端用兩只相間的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，置于垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)金屬棒中通以4A的電流時(shí)，彈簧恰好不伸長〔g=10m/s2〕。求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；1Aab3cmb到a，而電流大小不變，求彈簧的形變量?！矎椈墒冀K在彈性限度內(nèi)〕解析：〔1〕5T；〔2〕5cm彈簧不伸長時(shí)，依據(jù)平衡條件有可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度

BILmgB5T1Aab時(shí)，有安培力向上，則有當(dāng)電流反向后，有

2kx1

BI1

Lmg聯(lián)立得

2kx2

mgBIL2x 5cm2如圖，平行板電容器兩極間的電勢(shì)差為30V，兩板間距為0.1m，板間同時(shí)存在磁感B1

0.01T、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電容器右側(cè)有一傾角30的斜面，斜面上方有一正三角形區(qū)域abc，區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2

0.02T、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為41020kg、帶電量為21012C的粒子〔重力不計(jì)〕，從板間以速度v0

水平射入電容器，做直線運(yùn)動(dòng)，