課時(shí)作業(yè)（二十四）

1.C［解析］根據(jù)“則能指南，然常微偏東，不全南也”知，選項(xiàng)A正確.由圖可知地磁場(chǎng)的

南極在地理北極附近，選項(xiàng)B正確.由圖可知在兩極附近地磁場(chǎng)與地面不平行，選項(xiàng)C錯(cuò)

誤.由圖可知赤道附近的地磁場(chǎng)與地面平行，射向地面的帶電宇宙粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)

方向垂直，會(huì)受到磁場(chǎng)力的作用，選項(xiàng)D正確.

2.D［解析］根據(jù)右手螺旋定則可知力處的兩個(gè)分磁場(chǎng)方向均為垂直紙面向外，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤;e/導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則可判斷,

方向相反的兩個(gè)電流互相排斥，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確.

3.C［解析］據(jù)安培定則可知，圖中A環(huán)在圓心。處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閤軸負(fù)

方向,8環(huán)在圓心。處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閦軸負(fù)方向，根據(jù)平行四邊形定則可

知，圓心0處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為/比.

4.D［解析］由安培定則可判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，導(dǎo)線等效為0a、0b兩電

流元，由左手定則可判斷出兩電流元所受安培力的方向,。。向紙外,0b向紙里，所以從上

向下看導(dǎo)線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí),由左手定則可判斷出導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力向下，即

導(dǎo)線在逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)還要靠近螺線管,D正確.

5.A［解析］原來(lái)，有Bll=mgs'\n，，后來(lái)，有a=，沿斜面向上,A正確.

6.D［解析］磁場(chǎng)中線圈的有效長(zhǎng)度為小一。故線圈受到的安培力為F=nBlL'=^nBIL,

選項(xiàng)D正確.

7.BCD［解析］根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因酬電流方向?yàn)閏-d

且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向?yàn)镴a,③的電流方向?yàn)閑f

選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;遇到四口（WJ排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項(xiàng)C正確;

霽到酬吸引力和訓(xùn)排斥力，因酬吸引力大于謠排斥力，故魏到安培力的合

力方向水平向左，選項(xiàng)D正確.

8.C［解析］導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力和指向圓心的彈力，要使導(dǎo)體棒平衡，應(yīng)使其受

水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件

BIL。"或

有tan60°解得導(dǎo)體棒中電流/=下廠,由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒中電流的

方向應(yīng)垂直于紙面向里，選項(xiàng)C正確.

9.ABC［解析］由左手定則可判斷，金屬棒一開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流反向以后,

金屬棒開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，速度變?yōu)?,然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B正

確;安培力F=8化由圖像可知，前半個(gè)周期內(nèi)安培力水平向右，后半個(gè)周期內(nèi)安培力水平

向左,之后不斷重復(fù)，選項(xiàng)C正確;一個(gè)周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動(dòng)能定理可知

安培力在一個(gè)周期內(nèi)做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

10.B［解析］對(duì)岫棒受力分析，受到重力、導(dǎo)軌對(duì)岫棒的支持力、安培力和細(xì)線的拉

E

力,根據(jù)左手定則可判斷，安培力斜向左上方，水平方向上，有Fsin即B-R+r"sin

a=G,現(xiàn)適當(dāng)增大重物G的重力，為了保證ab棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，可以將滑動(dòng)變阻器

R的滑動(dòng)觸頭P向右滑，減小電阻，故A、C、D錯(cuò)誤;滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P向右滑,

接入電路的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，根據(jù)U=E-lr可知，路端電壓減小小點(diǎn)電

勢(shì)降低，故B正確.

T

G

11.⑴nBIL方向水平向右(2)nBILv

［解析］(1)線圈前、后兩邊所受安培力的合力為零，線圈所受的安培力即為右邊所受的安

培力，由安培力公式得F=nBIL

由左手定則可判斷，安培力方向水平向右.

⑵安培力的功率為P=Fv

聯(lián)立解得P=nBILv.

12.(1)m/s(2)(3)0.10m

［解析］(1)在圓軌道的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得

V2

Bld+mg=mr

解得v=m/s.

⑵金屬條從進(jìn)入水平軌道到上升到圓軌道最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得

-(mg+Bld)?2r-u(mg+Bld)L=mv2-mvn

解得〃=.

⑶金屬條從進(jìn)入水平軌道到上升到豎直軌道最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得

孤mg+Bld)(L+LcD)-(mg+Bld)hm=5

解得%=0.10m.

課時(shí)作業(yè)（二十五）

1.B［解析］當(dāng)電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，電荷不受洛倫茲力，故A錯(cuò)誤;電荷在

電場(chǎng)中一定受到電場(chǎng)力作用，故B正確;正電荷所受的電場(chǎng)力方向與該處的電場(chǎng)強(qiáng)度方

向相同，負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力方向與該處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，故C錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則

知，電荷若受洛倫茲力，則洛倫茲力的方向與該處磁場(chǎng)方向垂直，故D錯(cuò)誤.

mv

2.AC［解析］若只增大電子槍的加速電壓，電子速度增大，由R=.、qU=m/可知,

電子束的軌道半徑變大，選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤.若只增大勵(lì)磁線圈中的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度增

mv

大，由R=^\qU=mv?可知，電子束的軌道半徑變小，選項(xiàng)c正確,D錯(cuò)誤.

3.C［解析］由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小,速度逐漸減小，根

mv

據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式「=不■可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑是逐漸減小的，所以

粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是從b到a,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則可判斷粒子帶正電，選項(xiàng)C

正確,D錯(cuò)誤.

4.A［解析］設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為電荷量為q,則a粒子的質(zhì)量為4m,電荷量為2q,它們?cè)?/p>

v2mv

同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,洛倫茲力充當(dāng)向心力，故解得「=病,

若它們的動(dòng)量大小相同，即mv相同，則「8，所以運(yùn)動(dòng)半徑之比為2；1,A正確;

mv

qB

里4nw

若它們的速度相同，則％=石耳=,B錯(cuò)誤;若它們的動(dòng)能大小相同，根據(jù)

可得

rH

=1.C錯(cuò)誤;若它們由

靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為

rH

V=，即乙=也故半徑之比為4=,D錯(cuò)誤.

z

vmv

5.D［解析］由左手定則可判斷,a粒子帶正電，故A錯(cuò)誤;由q心mT,可得「=西,由圖可

知，粒子c的軌跡半徑最小，粒子b的軌跡半徑最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度

最小，粒子b的速度最大，由Ek=n？知，粒子c的動(dòng)能最小，由洛倫茲力提供向心力,

2rvm

有FgqvB,可知粒子b的向心力最大，故D正確,B錯(cuò)誤;由T=QB可知，粒子a、b、c的

周期相同，但是粒子b的軌跡所對(duì)的圓心角最小,則粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，故

C錯(cuò)誤.

6.D［解析］由左手定則可判斷，該粒子帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;分別作出入射方向和出射方向的

d

垂線，交點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心。，由幾何關(guān)系可得，圓心角，=30°,半徑R=「in3(F=2d,C

v2mvmv

錯(cuò)誤油洛倫茲力提供向心力，有qvB=mT,^R=^■，將R=2d代入可得B=荻力錯(cuò)誤;

2nR2的mv47rd

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期7=:丁=行，將8=荻代入可得T=T,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間

30°47Tdnd

t=36OcT=X”=M7,D正確.

7.BC［解析］帶正電粒子從P點(diǎn)與x軸成30°角入射，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在過(guò)P點(diǎn)

與速度方向垂直的直線上，粒子在磁場(chǎng)中要想到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角一定大于

180°,如圖所示,而磁場(chǎng)有邊界，故粒子不可能通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn),A錯(cuò)誤;由于P點(diǎn)的位置不

定，所以粒子在磁場(chǎng)中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角也不定,粒子從x軸射出時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心

角最大，為300°,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T=，當(dāng)粒子的入射點(diǎn)P在原點(diǎn)

時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心角最小，為120°,所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T=，故粒子在

磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍是aw,B、C正確,D錯(cuò)

誤.

8.ABD［解析］從B點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子1恰好從C點(diǎn)射出，可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半

徑等于磁場(chǎng)的半徑，由0點(diǎn)射入的粒子2的軌跡圓心為E點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，該粒子從

。點(diǎn)射出,同理可知粒子3從C點(diǎn)射出,A、B正確;1、2、3三個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡

對(duì)應(yīng)的圓心角分別為90°、60°、60°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3；2；2,C錯(cuò)誤,D正確.

OE

A'FO'GiC

9.BC［解析］粒子1從八點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從8點(diǎn)射出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為

90°,粒子軌道半徑等于8。,粒子2從C點(diǎn)沿CD射入,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)對(duì)應(yīng)的圓

心為01,運(yùn)動(dòng)軌道半徑也為8。=/?,連接OiC、OiB,OiCO8是平行四邊形,Oi8=CO,則粒子2

一定從B點(diǎn)射出磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤,B正確;粒子的速度偏轉(zhuǎn)角即粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心

角，%=90°,過(guò)B點(diǎn)作?！甑拇咕€交。C于P點(diǎn)，可知P為OiC的中點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知,

271771

02=N8OIP=6O°,兩粒子的速度偏轉(zhuǎn)角不同，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=QB，兩粒子

e

的周期相等，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=^7"，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比h：t2=%:4=90°

60°=3：2,故C正確,D錯(cuò)誤.

10.AC［解析］質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為片OB=R,對(duì)著圓心入射的質(zhì)子的出射方向的

反向延長(zhǎng)線一定過(guò)圓心，選項(xiàng)A正確;質(zhì)子射入磁場(chǎng)中,受到向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn),

因質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)半徑相同，故從a點(diǎn)比從b點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)

更長(zhǎng)，則時(shí)間長(zhǎng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;所有質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都等于R,畫(huà)出各個(gè)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)

軌跡，由幾何關(guān)系可知，所有質(zhì)子都在。點(diǎn)的正下方同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，選項(xiàng)C正確;質(zhì)子的

eBR”

速度為v=m時(shí)，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的半徑片。8=R，若質(zhì)子從同一點(diǎn)沿各個(gè)方向射入磁場(chǎng)，畫(huà)出

各個(gè)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知，不存在離開(kāi)磁場(chǎng)的出射方向垂直的情況，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤.

mv0

11.⑴百⑵⑶

⑴電子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力而做圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)軌跡半徑為r,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度為8,有

-0

evQB=mr

過(guò)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，已知電子在B點(diǎn)速度

方向與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

由幾何知識(shí)得

r=2L

校0

聯(lián)立解得B=?.PJ.

⑵由于A、8、。在圓周上,NAOB=90°,所以AB為磁場(chǎng)圓的直徑，故48的中點(diǎn)為磁場(chǎng)

區(qū)域的圓心。］,且△八8c為等邊三角形，由幾何關(guān)系可得磁場(chǎng)區(qū)域的圓心。1的坐標(biāo)為

⑶電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為

T=

T

聯(lián)立解得電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=6=.

7y/3nL

12.⑴⑵36”⑶

［解析］⑴。C，cos30°=L

沿0B方向射入的粒子從A8邊的中點(diǎn)C射出，由幾何知識(shí)得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)

應(yīng)的圓心角為60°.

半徑r=OC=L

mv2吧

由qvB=r解得B=QT=.

⑵從4點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)弦OA對(duì)應(yīng)的圓心角為明由幾何關(guān)系

得

L

21

sin2=r=心0.577

解得a^70°

7002的7\號(hào)立

最長(zhǎng)時(shí)間tm^RRCc.oB=26”.

⑶設(shè)從。八上D點(diǎn)射出的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的弦長(zhǎng)OO=OC,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)應(yīng)

的圓心角也為60°,如圖所示，由幾何知識(shí)得入射速度與OD的夾角應(yīng)為30°,即沿OC

方向射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與沿。8方向射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相

同,則當(dāng)沿OB方向射入的粒子從C射出時(shí)，從OB方向到OC方向這300范圍內(nèi)射入的

粒子此時(shí)都還在磁場(chǎng)中，而入射的范圍為60°,故還在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子占所有粒子的

比例是

專題訓(xùn)練（七）A

1.C

2.D［解析］正離子以某一速度擊中并吸收了一個(gè)處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子后，速度不變，電

mv

荷量變?yōu)?e,由左手定則可判斷出正離子過(guò)b點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力方向向下，由片用可

知，軌跡半徑增大到原來(lái)的2倍，所以在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖D.

絲qBRq

3.AC［解析］由R=qB得最大速度兩粒子的比荷湛相同，所以最大速度相同,A正

確;最大動(dòng)能Ek=mA因?yàn)閮闪Ｗ拥馁|(zhì)量不同，最大速度相同,所以最大動(dòng)能不同,B

qBq_

錯(cuò)誤;圖頻電源的頻率/=2力”,因?yàn)閙相同,所以兩次所接圖頻電源的頻率相同,C正確;

粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的頻率無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤.

4.C［解析］設(shè)粒子被加速后獲得的速度為%由動(dòng)能定理得qU=m己粒子在磁場(chǎng)

中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=R,又8qv=mT,解得，故C正確.

5.BC［解析］帶電粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力沿y軸負(fù)方向,做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓

2

第二定律得qE=ma,在x軸方向上，有2L=v0t,在y軸方向上，有L=at0解得金五二,

選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確;粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手

定則可判斷，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在電場(chǎng)中,

在x軸方向上，有2L=%t,在y軸方向上，有L=%匕聯(lián)立得Vy=心進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度

v=J詔+以=0%,設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸的夾角為明有tan。=1,解得。=45。，根

v2mv

據(jù)幾何關(guān)系得，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑/?=/。根據(jù)丁得R=^B,

mvmvQ

磁感應(yīng)強(qiáng)度B=QR=QL，選項(xiàng)c正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

6.D［解析］帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)，速度v=/vo,這一過(guò)程

d

訪”

的時(shí)間h=彳=,根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑r=20d,帶電粒子在

第/象限中運(yùn)動(dòng)的圓心角為，故帶電粒子在第/象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

==，帶電粒子在第〃象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間［3=，故「二（2+9。

t2=

正確.

7.BC［解析］由題意可知，粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩板電勢(shì)差不變，故場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電

粒子所受電場(chǎng)力不變，加速度不變，而粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度不斷變大，故在兩板間

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不斷變短，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，即

2

vmv

■，解得8=蕨，隨著粒子速度不斷增大,半徑保持不變，故磁感應(yīng)強(qiáng)度不斷增大,

2TTR

又由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律丁=;一可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不斷減小.綜上可知,B、C

正確.

J71777

8.⑴V3/?(2)L/=⑶6d+Bq

［解析］⑴根據(jù)幾何關(guān)系可得r=ypR

⑵開(kāi)始粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故有

EqUq

Oi=m=md

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

,2

d=airti

解得tl=

故V1==

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，則8q4=m；

mv1

解得r=Q

又4/R

聯(lián)立解得u=

27rmQT7rm

(3)根據(jù)T=Bq而=函7,〃=60°,可得t2=E=3Bq

rrm

所以t=6h+3t2=6d+BQ.

,2qUm

9.

［解析］設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后速度為V,由動(dòng)能定理得

2

qU=mv

帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有

qBv=mr

由題意知r=d

,ZqUm

聯(lián)立解得8=qd

帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t從P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn).由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

d=vt

d=at2

又qE=ma

聯(lián)立解得E=

專題訓(xùn)練（七）B

l.(l)2X105m/s(2)5.2X10-3m

［解析］⑴能沿直線通過(guò)速度選擇器的粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等、方向相反,

有

qBiV=qE

E

解得v=B［=2X105m/s.

⑵粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)分離器后做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得

V2

qB2v=mR

mv

解得R=B7q

設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為則笊核質(zhì)量為2m,故

mv

-3

d=2R2-2R1=2X-2XB?e=s.2X10m.

q2B2R2rcBR~+2BRdjrm

2.(1)7.m(2)2Un-qB

［解析］⑴粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)，有

V2

qvB=mR,

又Ek=mv2,

q2B2R2

解得&=2nl.

⑵設(shè)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能則Ek=nqU0.

qu0

粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為At,加速度a=~^,

粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有nd=a?(△t)2,

T

總時(shí)間t0=(n-l)?2+At,

irBR~+2BRdjrm

解得to=范-OB.

qBL

3.⑴(2)8/.

［解析］⑴粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，速度越大，則半徑越大.速度最大的粒子剛好由P點(diǎn)

mv2

射出，由牛頓第二定律得qvB=~T,

由幾何關(guān)系知r=L,

qBL

聯(lián)立解得v='藐

⑵粒子從P點(diǎn)離開(kāi)后,垂直于x軸進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),在水平方向做

Eq

勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得a=蔡，

在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有

L=at.

d=vt,

J

聯(lián)立解得d=BL

4.(1)⑵

(3)斜向下與x軸正方向夾角為30°或150°

［解析］⑴粒子經(jīng)電場(chǎng)加速,由動(dòng)能定理得

qUo=mv2

解得v=

⑵撤去磁場(chǎng)后，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng).

沿x軸方向，有L=vt

沿y軸方向，有2

由牛頓第二定律得

聯(lián)立解得E=

⑶設(shè)粒子從。點(diǎn)沿與X軸正方向夾角為，的方向斜向下射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，有

2/?sin9=L

由洛倫茲力提供向心力，有

V2

qvB=mR

又qvB=qE

聯(lián)立解得6=30°或，=150°

mvQ7FT?

5.(1)QR(2)⑶3%

［解析］⑴當(dāng)UMN=0時(shí),粒子沿。1。2方向射入磁場(chǎng)，軌跡如圖甲所示，設(shè)其半徑為生,由幾

何關(guān)系得

Ri=R

根據(jù)牛頓第二定律得

VQ

Bv0q=m^i

解得B=qR

甲

⑵在t=0時(shí)刻入射的粒子滿足

RUoq

2=X~R^X\2v0JX2

解得Uo=

⑶經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場(chǎng)后其速度仍為Vo

t=(2k+l)2%j(k=0,1,2,3,…)時(shí)刻入射的粒子貼例板離開(kāi)電場(chǎng)，軌跡如圖乙所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)角

為a.

由幾何知識(shí)可知四邊形QOPO4為菱形，故。=120°

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間h=3

1=2女2%＞仕=0,1,2,3廣?)時(shí)刻入射的粒子貼N板離開(kāi)電場(chǎng)，軌跡如圖丙所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為

民

由幾何知識(shí)可知四邊形SOTOs為菱形，故￡=60°

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間t2=6

又丁=

故At=trt2=3vn

o5

丙

專題訓(xùn)練（八）

1.D［解析］當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡時(shí),粒子沿直線勻速通過(guò)該區(qū)域，有

qi/8=qE,所以E=Bv；假設(shè)粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，電場(chǎng)方向應(yīng)該向上，而粒子

帶負(fù)電時(shí)，電場(chǎng)方向仍應(yīng)向上，故D正確.

2.AC［解析］沿ab方向拋出的帶正電小球或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球在重力、

電場(chǎng)力、洛倫茲力作用下都可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤.在重力、電場(chǎng)力、洛

倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確.兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，除

重力做功外，還有電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤.

3.CD［解析］帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受力情況如圖所示，其中只有C、D兩種情況下合

外力可能為零或與速度的方向在一條直線上，所以有可能沿直線通過(guò)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域;A項(xiàng)

中洛倫茲力隨速度u的增大而增大，所以三力的合力不會(huì)總保持在豎直方向，合力與速

度方向?qū)a(chǎn)生夾角，小球做曲線運(yùn)動(dòng).

產(chǎn)

Img\mg

AB

qE產(chǎn)

，1ngJmg

CD

4.C［解析］金屬導(dǎo)體中的自由電荷是帶負(fù)電的電子,由電流方向向右可知，電子的移動(dòng)

方向向左，根據(jù)左手定則知，這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則上表面

帶負(fù)電，下表面帶正電，下表面的電勢(shì)高于上表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤;穩(wěn)定時(shí)，電子受到的

UIB1

洛倫茲力與電場(chǎng)力相平衡，有evB=e?，解得U=vM,根據(jù)可知故U=nad,

僅增大h時(shí)，電勢(shì)差不變，故B錯(cuò)誤;僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小，故C正確;僅

增大/時(shí)，電勢(shì)差增大，故D錯(cuò)誤.

5.CD［解析］小球穿過(guò)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)三場(chǎng)并存的區(qū)域時(shí)未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，即做勻速直

線運(yùn)動(dòng)，受力滿足平衡條件.當(dāng)E沿z軸正方向,8沿y軸負(fù)方向,且滿足mg=Eq+qvB時(shí),

小球做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)E沿z軸正方向,8沿x軸負(fù)方向，洛倫茲力為零,且滿足mg=qE

時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng),C、D正確.

6.ABD［解析］當(dāng)qv0B=mg時(shí)，小球不受支持力和摩擦力，克服摩擦力做功為零，選項(xiàng)A

正確;當(dāng)qv0B<mg時(shí)，小球做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，只有摩擦力做功，根

據(jù)動(dòng)能定理得W克產(chǎn)m/，選項(xiàng)B正確;當(dāng)qv0B>mg時(shí)，小球先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)

mg

qvB=mg時(shí),小球不受摩擦力作用，小球以速度v=G3做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得W鳧

m3g2

f=田需-2M82,選項(xiàng)D正確.

7.D［解析］由圖像可知，物塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，物塊的最大速度是

lm/s,對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，開(kāi)始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用,設(shè)動(dòng)摩

擦因數(shù)為沿皮帶的方向，有PFN-mgsin①物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用,

加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小,一定是FN逐漸減小，而開(kāi)始時(shí)

FN=mgcos〃，后來(lái)F'N=mgcos0-f洛，即洛倫茲力的方向是斜向上的,物塊沿皮帶向上運(yùn)動(dòng),

由左手定則可知，物塊帶正電，故A錯(cuò)誤;物塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，洛倫茲力越來(lái)越大，則

受到的支持力越來(lái)越小，結(jié)合G成可知，物塊的加速度也越來(lái)越小，當(dāng)加速度等于0時(shí),

物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)mgsin〃=〃(mgcos〃-/洛)②由②或可知，只要皮帶的速度大于

或等于lm/s,則物塊達(dá)到最大速度的條件與皮帶的速度無(wú)關(guān)，所以皮帶的速度可能是

lm/s,也可能大于lm/s,物塊可能相對(duì)于皮帶靜止，也可能相對(duì)于皮帶運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤,D

正確;由以上分析可知,皮帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長(zhǎng)度，也不能求出該過(guò)

程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移，故C錯(cuò)誤.

8.C［解析］由圖可知，電表B串