解得xAB=4.6m第7講磁場1.C[解析]bc段與磁場方向平行,則不受安培力;ab段與磁場方向垂直,受安培力為Fab=BI?2l=2BIl,則該導線受到的安培力為2BIl,故C正確.2.C[解析]根據(jù)右手螺旋定則可知,4根通電直導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度如圖所示,則O點的磁感應強度B合=(2B)2+(2B)2=22B,方向指向3.AC[解析]根據(jù)右手螺旋定則可知,地表電荷為負電荷,故A正確;由于地表電荷為負電荷,則環(huán)形電流方向與地球自轉方向相反,故B錯誤;若地表電荷的電荷量增加,則等效電流增大,地磁場強度增大,故C正確;若地球自轉角速度減小,則等效電流減小,地磁場強度減小,故D錯誤.4.B[解析]帶正電粒子從P點垂直于CD邊射入磁場后,與正三角形的邊發(fā)生兩次碰撞,再從P點垂直于CD邊離開磁場,可知L=2r,根據(jù)qvB=mv2r,可得v=qBL2m5.D[解析]根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,解得v=qBrm,由圖可知,帶電粒子a的軌道半徑小于帶電粒子b的軌道半徑,則有va<vb,帶電粒子在磁場中的時間為t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB,由圖可知,帶電粒子a的運動軌跡所對應的圓心角大于帶電粒子b的運動軌跡所對應的圓心角,則有t6.D[解析]正電荷運動所對應的圓心角為120°,負電荷運動所對應的圓心角為60°,正、負帶電粒子圓心角之比為2∶1;由T=2πmqB可知正、負帶電粒子周期之比為1∶2,粒子在磁場中運動的時間t=θ2πT,故正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為t正t負7.C[解析]當電子的運動軌跡與磁場邊界相切時,根據(jù)evB=mv2r得v=erBm,電子運動半徑最大時速度最大.如圖所示,電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線,過電子圓周運動的圓心作OP的垂線,由幾何關系得rcos60°+R-r2-rsin60°2=0.4R,得r=8.AB[解析]由幾何關系可知a、b運動軌跡的圓心角分別為αa=60°,αb=30°,則a、b運動軌跡的半徑分別為ra=dsin60°,rb=dsin30°,粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為ra∶rb=1∶3,故A正確;由qvB=mv2r、p=mv可得p=qBr,則粒子a和b在磁場中運動的動量大小之比為pa∶pb=1∶3,故B正確;由Ek=p22m可知由于粒子質量未知,所以無法求出粒子a和b在磁場中運動的動能之比,故C錯誤;粒子在磁場中運動的時間為t=α360°·T=α360°·9.C[解析]粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關,由在磁場中運動軌跡對應的圓心角決定,即t=θ2πT.采用放縮法,粒子垂直于ac射入磁場,則圓心必在ac直線上,將粒子的軌跡半徑由零開始逐漸放大,在r≤0.5R和r≥1.5R時,粒子分別從ac、bd邊界射出,在磁場中的軌跡為半圓,運動時間等于半個周期.當0.5R<r<1.5R時,粒子從半圓邊界射出,將軌跡半徑從0.5R逐漸放大,粒子射出位置從半圓頂端向下移動,軌跡所對的圓心角從π逐漸增大,當軌跡半徑為R時,軌跡所對的圓心角最大,然后再增大軌跡半徑,軌跡所對的圓心角減小,因此當軌跡半徑等于R時粒子運動時間最長,即θ=π+π3=43π,粒子運動最長時間為t=θ2πT=43π2π10.(1)643m[解析](1)當物體剛要離開斜面時距離最大,根據(jù)平衡條件得qvB=mgcosθ根據(jù)動能定理得mgxsinθ=12mv解得x=643(2)將勻強磁場反向,隨著速度的增加洛倫茲力增大,與斜面間的壓力增大,摩擦力增大,當摩擦力大小等于重力沿斜面的分力時,合力為零,速度達到最大,此時有qvmB+mgcosθ=FNmgsinθ=μFN解得vm=8m/s11.(1)B≤2mvqL[解析](1)若恰有粒子能到達擋板,則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小,為rm如圖甲所示,由幾何關系可知rm=L洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律有qvB=mv解得B=2即當B≤2mvqL時(2)設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r,粒子到達擋板上側最遠處M點時,軌跡圓在M點與擋板相切,如圖乙所示.設O、M間距離為x1由幾何關系有r2=