第7講磁場1.BD[解析]根據(jù)左手定則可知,通電后半圓環(huán)AB受到豎直向下的安培力,根據(jù)平衡條件可知,通電后兩線拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環(huán)AB所受安培力的等效長度為直徑AB,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確.2.D[解析]同向電流相互吸引,所以ab邊受到的安培力方向向下,選項A錯誤;ab邊受到的安培力向下,cd邊受到的安培力也向下,則線框整體受到的安培力FA方向向下,由平衡條件可知F=FA+mg,則F>mg,選項B錯誤;根據(jù)線框四邊受到的安培力分析,線框沒有轉(zhuǎn)動的趨勢,選項C錯誤;長直導(dǎo)線中的電流在線框的ab邊和cd邊處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B大小相等,方向相反,線框ab邊和cd邊受到的安培力方向相同,大小均為12FA,有BIL=F-mg2,解得B=F-3.A[解析]由qv0B=mv02r,解得r=mv0qB=R,即兩個粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R,恰好與磁場區(qū)域圓半徑相等,則兩粒子射出磁場的點與O點連線的長度均為R,即兩粒子在磁場中運動過程軌跡對應(yīng)的弦長相等,所以兩粒子在磁場中運動的時間相同,即ta∶tb=14.BC[解析]設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心為O1,如圖所示,圖中∠EOD=α+90°=150°,根據(jù)相交圓的特點可知∠EOO1=12∠EOD=75°,進而∠FOO1=∠EOO1-α=15°,則EF=Rsin60°=32R,FO1=FOtan15°=Rcos60°tan15°=12R×sin45°-30°cos45°-30°=R-32R,所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R'=EF+FO1=R,A錯誤;因R'=R,可知四邊形EODO1為菱形,故∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正確;由于粒子在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的圓心角為∠DO1E=EOD=150°,所以粒子在磁場中運動的時間t=150°360°×2πRv0=5πR5.BCD[解析]設(shè)正方形的邊長為L,帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q.若空間中只有磁感應(yīng)強度大小為B且方向垂直于平面PQMN的勻強磁場,粒子經(jīng)過M點,則由幾何關(guān)系可得粒子做勻速圓周運動的半徑R=L,周期T=2πRv0=2πLv0,運動的時間t1=14T=πL2v0,由于洛倫茲力不做功,所以Ek1=12mv02,洛倫茲力的沖量大小I1=(mv0)2+(mv0)2=2mv0,由qv0B=mv02R,解得B=mv0qL;若空間中只有電場強度大小為E且平行于PN方向的勻強電場,粒子經(jīng)過QM的中點,則沿初速度方向有t2=Lv0,由速度偏轉(zhuǎn)角和位移偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系可得tanθv=2tanθs=2×12QMPQ=1,則經(jīng)過QM中點時沿電場方向的分速度為vy=v0,合速度為v=2v0,所以Ek2=12mv2=mv02,電場力的沖量大小為I2=mvy=mv0,沿電場方向有L2=12·Eq6.ACD[解析]若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必經(jīng)過cd邊,作出粒子運動軌跡圖,如圖甲所示,由對稱性可知,粒子從C點垂直于BC射出,A、C正確;若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子可能從cd邊再次進磁場,作出粒子運動軌跡如圖乙所示,此時粒子不能垂直BC射出,粒子也可能經(jīng)bc邊再次進入磁場,作出粒子運動軌跡如圖丙所示,此時粒子垂直BC邊射出,B錯誤,D正確.7.(1)233d23d(2)2q[解析](1)粒子運動軌跡如圖甲所示設(shè)粒子1做勻速圓周運動的半徑為r1,由幾何關(guān)系得r12-3d解得r1=23設(shè)粒子2做勻速圓周運動的半徑為r2,由幾何關(guān)系得r22-r2-解得r2=23d(2)由幾何關(guān)系知,粒子1在磁場中運動的時間t1=13T粒子2在磁場中運動的時間t2=16T其中T1=2πm1q1B由題意知m1=m2,t1=t2由電荷守恒定律得q1+q2=q聯(lián)立解得q1=2(3)若在邊界上方同時存在磁感應(yīng)強度大小相同、方向垂直于平面向外的勻強磁場,則粒子1、2將做周期性運動.粒子2第2次經(jīng)過邊界時,粒子1也經(jīng)過邊界.如圖乙所示粒子1到O點的距離x1=3r1cos30°粒子2到O點的距離x2=3r2cos30°所以兩個粒子之間的距離Δx=x2-x1聯(lián)立解得Δx=6d8.(1)mv0qR(2)15-[解析](1)由從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后恰好從O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ可知,離子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑為r1=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=m(2)因為B2=12B1,所以離子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的半徑為r2=2r1=2離子在磁場中運動軌跡如圖甲所示從離子源最上方射出的離子經(jīng)O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ,打在收集板的位置離x軸的距離最近,由幾何關(guān)系可知,最近距離為y1=r22-(r2-R射入磁場Ⅱ的離子打到CD板上最下端的D點,由幾何關(guān)系可知,D點離x軸的距離為y2=2r22所以若從O點射出的離子恰好全部被收集板右側(cè)吸收,則收集板的長度為L=y2-y1=15-(3)若收集板的長度為2R,則打在收集板最下端的D點的離子做圓周運動的軌跡如圖乙所示從O點射出沿y軸負方向射入磁場Ⅱ的離子在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過C點,設(shè)從O點射出與x軸正方向夾角為θ的離子剛好經(jīng)過收集板最下端的D點,由幾何關(guān)系可知OC=OA2因OC=CD=2R,則C點為經(jīng)過D點的離子運動軌跡的圓心由幾何關(guān)系可知sinθ=OAOC=解得θ=30°所以從O點射出與x軸正方向夾角在30°~90°之間的離子能被CD板收集,如圖丙所示由幾何關(guān)系可知,從O點射出與x軸正方向夾角為30°的離子在進入圓形磁場Ⅰ