四川师范大学附属实验学校高中物理选修二第一章《安培力与洛伦兹力》测试卷(答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：128265]如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2102kg的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I=0.1 A，bc边长度为10 cm，（g取10 m/s2）则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是（ ）

A．F=0.2N，B=20T C．F=0.1N，B=1T

B．F=0.2N，B=2T D．F=0.1N，B=10T

2．(0分)[ID：128256]如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.20m，θ=37，磁感应强度B=1T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4V、内阻r=1Ω的直流电源。现把一个质量m=0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法中正确的是（ ）

A．导体棒上的电流大小为1A B．导体棒受到的安培力大小为0.40N C．导体棒受到的摩擦力方向为沿导轨平面向下 D．导体棒受到的摩擦力大小为0.06N

3．(0分)[ID：128251]圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子

a、b、c，以不同的速率从A点开始对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹分别

如图所示。若带电粒子只受磁场力作用，则（ ）

A．c粒子速度最大 C．a粒子所受磁场力最大

B．a粒子的周期最大

D．b粒子在磁场中运动时间最长

4．(0分)[ID：128250]如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场。这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧对应的圆心角恰好为106°。（sin53°=0.8，cos53°=0.6）不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）

A．

mv qRB．

5mv 4qRC．

5mv 3qRD．

3mv 5qR5．(0分)[ID：128240]如下图所示，导电物质为电子（电量为e）的霍尔元件长方体样品于磁场中，其上下表面均与磁场方向垂直，其中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。1、3间距为a，2、4间距为b，厚度为c，若开关S1处于断开状态、开关S2处于闭合状态，电压表示数为0；当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数。已知霍尔元件单位体积自由电子数为n，霍尔元件所在空间磁场可看成匀强磁场，磁感应强度为B，由于温度非均匀性等因素引起的其它效应可忽略，当开关S1、S2闭合且电路稳定后，右边电流表示数为I，下列结论正确的是（ ）

A．接线端2的电势比接线端4的电势高 B．增大R1，电压表示数将变大 C．霍尔元件中电子的定向移动速率为vD．电路稳定时，电压表读数为

I neacBI nec6．(0分)[ID：128238]如图所示为某回旋加速器示意图，利用回旋加速器对21H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法中正确的是（ ）

A．粒子从磁场中获得能量

B．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子 C．只增大加速电压21H粒子在回旋加速器中运动的时间变短 D．只增大加速电压21H粒子获得的最大动能增大

7．(0分)[ID：128237]下列情形中，关于电流、带电粒子在磁场中受的磁场力方向描述正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

8．(0分)[ID：128222]回旋加速器由两个铜质D形盒构成，其间留有空隙，原理如图所示．下列说法正确的是（ ）

A．带电粒子在D形盒内时，被磁场不断地加速 B．交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期 C．加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大 D．加速器可以对带电粒子进行无限加速

9．(0分)[ID：128219]长为L的导体棒a通如图所示电流，与传感器相连悬挂在天花板上，长直导体棒b固定在a的正下方，且与a平行，当b不通电时，传感器显示拉力为F1，当b通电时，传感器显示拉力为F2，则下列说法正确的是（ ）

A．若F1F2，则Ia、Ib的方向相同，b在a处的磁感应强度BB．若F1F2，则Ia、Ib的方向相同，b在a处的磁感应强度BC．若IaIb，则b受到a的安培力小于F2

F2 IbLF2F1 IbLD．虽然Ia、Ib的大小、方向关系未知，b受到a的安培力的大小一定等于F1F2 10．(0分)[ID：128218]如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B和电场强度大小为

E，两者相互垂直．一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入

另一磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在平板S的D1D2上，不计粒子重力，则（ ）

A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B．通过狭缝P的带电粒子速度为vB/E

C．打在D1、D2处的粒子在磁场B中运动的时间都相同 D．带电粒子打在平板S上的位置越靠近P，粒子的比荷越大

11．(0分)[ID：128203]如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为（ ）

A．

1R 2B．

3R 3C．2R 2D．3R 212．(0分)[ID：128202]在地球赤道正上方一导线中通有自西向东的电流，则导线受到地磁场给它的安培力方向为（ ） A．竖直向上

B．竖直向下

C．东偏上

D．西偏上

二、填空题

13．(0分)[ID：128389]三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，重力不计，则它们在磁场中运动的时间之比为___________。

14．(0分)[ID：128360]如图所示，边长为L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边和ac边的中点，在虚线的下方有一垂直于导线框平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状

态，导线框中的电流大小为I，细线中的拉力为F1，保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场平移至虚线上方（虚线下方不再有磁场），且磁感应强度增大到原来的两倍，此时细线中拉力大小为________

15．(0分)[ID：128355]下图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器最后打在S板上。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。则此粒子带________电荷且经过速度选择器时的速度大小为________，选择器内磁场方向为垂直纸面________(填向外或向内)。

16．(0分)[ID：128354]两个速率不同的同种带电粒子，如图所示，它们沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场的上边缘射入，从下边缘飞出时，相对于入射方向的偏转角分别为90°，60°，则它们在磁场中运动的轨道半径之比为________，在磁场中运动时间比为________。

17．(0分)[ID：128352]如图所示，真空中有甲、乙、丙三个完全相同的单摆，摆球都带正电，电量相同，摆线绝缘。现知，在乙的摆线顶端放一带正电的小球Q，在丙所在空间加一竖直向下的匀强电场E，则甲、乙、丙三个单摆做简谐振动时的周期了T1、T2、T3的大小关系为______。（用“=”、“<”、“>”等关系表示）

18．(0分)[ID：128350]如图，在同一水平面内的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量3.6kg的金属棒放在宽为2m的导轨上当金属棒中通以5A的电流时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增加到8A时，金属棒获得8m/s2的加速度，则磁场的磁感强度为_______T.

19．(0分)[ID：128345]如图是霍尔元件工作原理示意图，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，其中自由运动电荷的带电量大小为q。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料的自由运动电荷为_____（填“正”或“负”）电荷，单位体积内自由运动电荷数等于______。

20．(0分)[ID：128341]平行金属板M、N其上有一内壁光滑的绝缘圆筒与N板相切，切点处有一小孔S。圆筒内有垂直圆筒截面方向的匀强磁场，磁感应强度为B。电子与孔S及圆心O在同一直线上。M板内侧中点处有一质量为m，电荷量为e的静止电子，经过M、N间电压为U的电场加速后射入圆筒，在圆筒壁上碰撞5次后，恰好沿原路返回到出发点。（不考虑重力，设碰撞过程中无动能损失）电子到达小孔S时的速度大小为__________________；电子在磁场中运动的时间__________________．

三、解答题

21．(0分)[ID：128469]如图所示，在位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中。质量为m、电荷量为q的带正电小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某

一次通过最低点时对轨道的压力为零，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)小球对轨道最低点的最大压力。

22．(0分)[ID：128456]如图所示，在倾角θ=37°的斜面上，固定着间距L=0.5 m的平行金属导轨，导轨上端接入电动势E=l0V、内阻r=1.0Ω的电源。一根质量m=1.0kg的金属棒ab垂直导轨放置，整个装置放在磁感应强度B=2.0T、垂直于斜面向上的匀强磁场中，其他电阻不计。当闭合开关后金属棒恰好静止于导轨上，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求闭合开关后金属棒受到的摩擦力；

(2)若将电源正负极对调，其他条件不变，求电路接通后金属棒刚开始运动的加速度大小。

23．(0分)[ID：128435]如图所示，在直线MN的下方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电量大小为q，质量为m的带电粒子从直线上的A点平行纸面方向射入磁场，速度大小为v，方向与直线MN成45°，粒子最后从直线上的B点离开磁场，已知ABL，求： (1)该带电粒子带何种电荷？

(2)磁感应强度大小和粒子在磁场中运动的时间？

(3)若只改变带电粒子的入射角度（可在30°到120°之间变化），粒子最后从直线上的P点离开磁场，求PA间距的范围？

24．(0分)[ID：128424]如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小

E53N/C，同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T。有一

带正电的小球，质量m1.0106kg，电荷量q＝2×10﹣6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场，取g＝10m/s2．求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t；

(3)假设P点为重力势能参考平面，电势也为零，则从撤掉磁场到小球再次穿过P点的所在的这条电场线的过程中，小球机械能的最大值是多少？

25．(0分)[ID：128407]如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限内有沿y轴负方向

23mv0的匀强电场且大小为E0，第 I 象限内有沿y轴负方向的匀强电场E，第Ⅳ象限内

qL0有垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场B. 现有一质量为m（不计重力 ) 、电荷量为q的带正电粒子，在第Ⅱ象限内M点处以大小为v0的初速度沿x轴正方向射入匀强电场E03中，此后带电粒子可以通过x轴上的N点，已知M点坐标为L0,2L0，N点坐标为

23L0,0，试求：

（1）通过计算说明该粒子第一次进入磁场时的位置与速度； （2）匀强磁场B的最小值Bmin；

（3）欲使带电粒子总能通过x轴上的N点，磁感应强度B与电场强度E之间应满足的关系式．

26．(0分)[ID：128398]如图所示，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行且水平。环上穿有一电量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向恰与电场垂直。设地球表面的重力加速度为ｇ，则：

（1）若小球经过A点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A点时的速度大小vA是多大？

（2）要使小球能运动到与A点对称的B点时，小球在A点速度至少是多大？ （3）在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．B 3．A 4．B 5．D 6．C 7．D 8．B 9．D 10．D 11．B 12．A

二、填空题 13．3：2：1

14． 15．正电向外 16．1:23:2 17． 18．8

19．负【分析】上表面的电势比下表面的低可知上表面带负电下表面带正电根据左手定则判断自由运动电荷的电性抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度从而得出单位体积内自由运动的电荷数 20．

三、解答题 21． 22． 23． 24． 25． 26．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．C

解析：C

当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力大小为

FnBIL

方向向上，设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，根据平衡条件有

MgmgnBIL

当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为

FnBIL

方向向下，此时根据天平处于平衡状态，可得

Mgm0gmgnBIL

其中m0210kg，联立可得

2B1T，F0.1N

故选C。

2．B

解析：B

A．根据闭合电路欧姆定律，有

I故A错误；

B．导体棒受到的安培力为

E4A2A Rr11F安BIL=120.20N=0.40N

故B正确； CD．导体棒受力如图

重力沿斜面向下的分力为

Gxmgsin370.08100.6N0.48N>FA

则棒有向下运动的趋势，静摩擦力沿斜面向上，且静摩擦力大小为

f(0.480.40)N=0.08N

故CD错误。 故选B。

3．A

解析：A

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据

v2qvBm

r可得

rmv qB三个完全相同的带电粒子，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当

速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大，故A正确； B．根据

T可知

2r vT2m qB可知，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，故三带电粒子的周期相同，故 B错误；

C．三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，根据

FqvB

又因为c的速率最大，所以c粒子所受磁场力最大，故C错误； D．由于粒子运动的周期

T及

2m qBT 2t可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故D错误。 故选A。

4．B

解析：B

从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图所示：

所以∠POQ=106°；结合几何关系，有

rRsin530.8R

洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有

v2qvBm

r联立可得

B故B正确，ACD错误。 故选B。

5mv 4qR5．D

解析：D

A．霍尔元件中电子从3向1运动，磁场方向竖直向下，电子受到的洛伦兹力向右，稳定后霍尔元件右端带负电，左端带正电，说明接线端2的电势比接线端4的电势低，故A错误；

B．霍尔元件中的电子受到向右洛伦兹力，向左的电场力，待稳定后二力相等，则有

Bev=解得U=Bbv

Ue b 增大R1，线圈中的电流减小，磁感应强度变小，说明电压表示数将变小，故B错误； C．根据电流的定义式可知

qbcvtneI===bcvne tt解得

v霍尔元件中电子的定向移动速率vI nebcI，故C错误； nebcD．电路稳定时，电压表读数为U=Bbv，将C选项中速率的表达式代入可得

U=故D正确。 故选D。

BI nec6．C

解析：C

A．粒子在磁场中运动时，磁场的作用只改变粒子的运动方向，不改变粒子的运动速度大小，粒子只在加速电场中获得能量，A错误； B．粒子在磁场中运动的周期

T122m qB由于质子1H与1H粒子的比荷不同，保持B、U和T不变的情况下不能加速质子，B错误； C．由

v2qvBm

R解得

v粒子射出时的动能

qBR m12q2B2R2 Ek=mv22m粒子每旋转一周增加的动能是2qU，动能达到Ek时粒子旋转的周数是N，则有

EkqB2R2N

2qU4mU每周的运动时间

T则粒子在回旋加速器中的运动时间

2m qBBR22UtNT2

若只增大加速电压U，1H粒子在回旋加速器中运动的时间变短，C正确； D．设回旋加速器的最大半径是Rm，因此粒子在最大半径处运动时速度最大，根据

v2qvBm

R解得

vm21qBRm mH射出时的最大动能是

212q2B2Rm Ekm=mvm22m若只增大加速电压，由上式可知，1H粒子获得的最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电场的电压无关，D错误。 故选C。

27．D

解析：D

A．由左手定则判定，导体中的电流受到的磁场力方向是垂直导体向左，A错误； B．导体中的电流方向，沿导体由上到下，由左手定则判定，导体中的电流受到的磁场力是垂直导体斜向上，B错误；

C．电子带负电，垂直磁铁向下运动，磁铁产生的磁场方向在外部从N极指向S极，由左手定则判定，电子受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，C错误；

D．质子带正电，运动方向水平向右，由左手定则判定，质子受到的洛伦兹力方向与运动方向垂直速度方向向下，D正确。 故选D。

8．B

解析：B

A．带电粒子在D形盒内时，因洛伦兹力不做功，则粒子被电场不断地加速，选项A错误；

B．为了使得粒子在D型盒的缝隙中不断被加速，则交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，选项B正确；

CD．加速器可以对带电粒子不能进行无限加速，带带电粒子的轨道半径等于D型盒的半径时，粒子被加速的速度最大，根据

v2qvBm

R可得，带电粒子获得的最大动能

12q2B2R2 Ekmv22m与加速电压大小无关，选项CD错误； 故选B。

9．D

解析：D

A．若F1>F2，说明a、b导体棒互相排斥，根据同向电流相互吸引，异向电流互相排斥，可知Ia、Ib方向相反，故A错误；

B．若F1知Ia、Ib方向相同，a导体棒所受的安培力为

F2F1BIaL

故b在a处的磁感应强度

B故B错误；

F2F1 IaLCD．b受到a的安培力与a受到b的安培力是一对相互作用力，与Ia、Ib的大小关系没有必然联系，虽然Ia、Ib的大小、方向关系未知，对金属棒a由受力平衡条件可知，a受到b的安培力大小一定等于F1F2，故b受到a的安培力的大小一定也等于F1F2，故C错误，D正确。 故选D。

10．D

解析：D

A、根据带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，带电粒子在速度选择器中受到的电场力方向向上，受到的洛伦兹力方向向下，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B、能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由

E，故B错误； BmvqvC、由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r，则，可知半径不同

BqmBrEqBqv可知，带电粒子速度为v粒子的比荷不同；打在平板S上的粒子在磁感应强度为B的磁场中都只运动半个周期，周期T2m，则比荷不同，打在D1、D2上的粒子在磁感应强度为B的磁场中的运动时间Bqqv，知越靠近狭缝P，r越小，粒子的比荷越大，故D正确； mBr不同，故C错误； D、由

故选D． 【点睛】

本题为质谱仪模型，考查带电粒子在速度选择器中的运动和磁场中的运动，注意根据粒子运动形式选择合适的规律解决问题，要熟练掌握运用控制变量法结合半径公式R周期公式Tmv和qB2R分析问题的方法． v11．B

解析：B

粒子运动轨迹如图所示

根据几何知识可得

rR tan30当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。

由图可知

sin平移距离为

R rdRsin

解得

d故B正确ACD错误。 故选B。

3R 312．A

解析：A

赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上，故选A。

二、填空题 13．3：2：1 解析：3：2：1

带电粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，所以有

mv2 ① qvBr带电粒子在磁场中运动的角速度

 ②

由几何关系可知，从下边缘飞出时对入射方向的偏角就是带电粒子在磁场中做圆周运动时转达的圆心角，所以带电粒子在磁场中运动的时间为

vr

 ③ 由①②③式解得，带电粒子在磁场中运动的时间

mt

qBt所以它们在磁场中运动的时间之比

t1t2t312332114．

2363BILF1 2当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为形导线框质量为m，则有：

1L，受到的安培力方向竖直向上，设三角2F11BILmg 21L，受到的安培力方向竖直向下，磁感应2当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为强度增大到原来的两倍，故此时有：

1F22BILmg

2联立可得

F23BILF115．正电向外 2E 向外 B解析：正电

[1]粒子能在加速电场中加速，根据极板的带电特点可知粒子带正电； [2]粒子在速度选择器中做匀速直线运动，根据平衡条件：

qEqvB

速度大小为：vE； B[3]粒子带正电，在速度选择器中电场力方向水平向右，洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外。

16．1:23:2

解析：1:2 3:2

[1]．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，

由几何关系可知：

第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：

R1=d；

第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：

R2sin30°+d=R2

解得：

R2=2d；

故粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：

R1：R2=1：2；

[2]．粒子在磁场中运动的周期的公式为T2m，由此可知，粒子的运动的周期与粒子qB1T；偏转角4的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为为60°的粒子的运动的时间为

111T，所以在磁场中运动时间比为T：T=3：2。 64617．

T1T2T3

[1]在乙的悬点处放一个带正电的小球，相当于增加摆球的质量；丙图中加一竖直向下的匀强电场，相当于等效重力加速度增大，根据：

T2L g得知甲乙的周期相等，丙的周期最小，有T1T2T3。

18．8

解析：8

[1]．金属棒匀速运动的时候满足：

BI1L=f …①

加速运动的时候满足：

BI2L-f=ma …②

联立①②代入数据得：

B=4.8T

19．负【分析】上表面的电势比下表面的低可知上表面带负电下表面带正电根

据左手定则判断自由运动电荷的电性抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求

出电荷的移动速度从而得出单位体积内自由运动的电荷数

解析：负 【分析】

上表面的电势比下表面的低，可知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由运动电荷的电性。抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数。

[1]因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷； [2]因为：

qvBqU aIB qbU解得：vU aBInqvSnqvab

因为电流：

IB qbU解得：n【点睛】

解决本题的关键在于利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。

20．

2eU4m eBm[1]．设加速后获得的速度为v，根据

1eU＝mv2

2解得：

v2eU m

[2]．电子在圆筒壁上碰撞5次后，恰好沿原路返回到出发点，轨迹如图；电子的周期

T电子在磁场中运动的时间

2m eBt6

三、解答题 21． (1)1204m T360eB3mg；(2)6mg

q2gR(1)设小球向右通过最低点时的速度为v，由于洛仑兹力和支持力都不做功，由动能定理可得

mgR由题意可得

12mv 2v2qvBm

R联立解得

B3mg

q2gR(2)小球向左通过最低点时，对轨道的压力最大，设轨道对小球的最大支持力为FN，由牛顿第二定律可知

v2FNmgqvBm

R解得

v2FNmgqvBm6mg

R由牛顿第三定律可知，小球对轨道最低点的最大压力6mg。

22．

(1) 4.0N；(2) 12m/s2

（1）闭合开关后金属棒恰好静止于导轨上，即金属棒受力平衡且摩擦力为最大静摩擦力，如图所示

由受力平衡得

F安mgsin37fm

其中

F安BIL

由闭合电路欧姆定律得

I联立得fm4.0N，方向沿导轨平面向下。

E r（2）电源正负极对调后，金属棒中电流反向，金属棒刚开始运动时受力如图所示

安培力反向后摩擦力也反向，由牛顿第二定律得

Fmgsin37fmma

联立得a12m/s2。

23．

(1)负电；(2)B2mv32L2，t；(3)LPA2L qL4v2(1)根据左手定则可知，粒子带负电； (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

根据几何知识有

2RL

在磁场中，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则有

v2qvBm

R联立解得

B2mv qL根据粒子运动的轨迹可知，粒子在磁场中运动的时间为

t其中

3T 4T联立解得

2R vt32L 4v(3)经分析可知，当入射角为90°时，PA两点间距最大，为粒子圆周运动的直径，即

PAmax2R2L

当入射角为30°时，PA两点间距最小，为粒子圆周运动的半径，即

PAminR故PA间距的范围是

2L 22LPA2L24． 2(1)v20m/s；方向：斜向右上方与电场方向成60°角；(2)t23s；(3)EM2.610J。

(1)小球做匀速直线运动，可知合力为零，受力分析如图：

3

tanEq3 mg60

由

mgqvB cos得

v20m/s

方向：斜向右上方与电场方向成60°角

(2)撤去磁场，重力和电场力不变，将运动分解在水平方向和竖直方向： 竖直方向，竖直分速度减为0

vsingt1

小球从最高点到p点所在电场线的时间与上升时间相同，

t2t123s

(3)从P点到P点所在电场线的过程，电场力一直做正功，由功能关系可知，小球刚好回到P点所在电场线时机械能最大

EME初W电

P点机械能

E初整个过程电场力做的功

12mv 2W电Eqx

撤去磁场后，在水平方向

1x(vcos)taxt2

2Eqmax

解得

EM2.6103J25．

2mv0mv0mv0(1) 从原点进入磁场；2v0(2) (3) k(k1)L0（k=1.2…）或

qL0BqEq2mv0mv0kkL0（k=1.2…） BqEq(1)在第二象限中，粒子水平方向匀速运动，运动时间

t竖直方向，匀加速直线运动，运动位移

L0 v011Eq23yat2tL0

22m2所以粒子从原点进入磁场，进入磁场速度大小

vyat所以

Eqt3v0 mvv02vy22v0

(2)进入磁场时，速度与水平夹角

tanvyv03 所以夹角为60 ，当只在磁场中偏转经过N点，磁感应强度最小

R根据几何关系可知

mv Bq2Rsin6023L0

解得：

Bmin(3)每次在磁场中沿x轴正向移动距离

mv0 qL0x12Rsin60

每次在电场中沿x轴正向移动距离

t2vya'2vy23mv0EqEq m23mv02 x2v0tEq所以带电粒子总能通过x轴上的N点

kx1(k1)x223L0 （k=1.2…）

解得：

2mv0mv0k(k1)L0 （k=1.2…） BqEq或者

k(x1x2)23L0 （k=1.2…）

解得：

2mv0mv0kkL0（k=1.2…） BqEq26．

（1）gr；（2）(322)gr；（3）62mg （1）在A点，根据电场力提供向心力

2mvA qEmgr解得

vAgr （2）能过等效最高点C必能过B点，在等效最高点C

mvc2 2mgr从AC由动能定理得

mgrsin45qEr(1cos45)解得

1m(vc2vA2) 2vA(322)gr （3）等效最高点C到等效最低点D由动能定理得

2mg2r在D点由牛顿第二定律得

122m(vDvC) 2mvD2 FN2mgr解得

FN62mg

根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为62mg。