成都華興外國語學(xué)校高中物理選修二第一章《安培力與洛倫茲力》測試題(答案解析)

一、選題1．分[ID：一條形磁鐵放在水平桌面上，它的上方靠近S極側(cè)吊掛一根與它垂直的導(dǎo)體棒，圖中只畫出此棒的截面圖，并標(biāo)出此棒中的電流是流向紙內(nèi)的，在通電的一瞬間可能產(chǎn)生的情況是（）A．磁鐵對桌面的壓力不變C．鐵受到向右的摩擦力

B．鐵對桌面的壓力增大．鐵受到向左的摩擦力2．分[ID：圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個完全相同帶電粒子a

，以不同的速率從A點始對準(zhǔn)圓心

沿方向射入磁場，其運動軌跡分別如圖所示。若帶電粒子只受磁場力作用，則（）A．c粒子速度最C．粒子所受磁場力最大

B．粒的周期最大．粒在磁場中運動時間最3．分[ID：128249]如圖為電視像管的俯視圖，偏轉(zhuǎn)線圈中沒有通入電流時，電子束打在熒光屏正中的O點，通過改變線圈中的電流，可使得電子打到熒光屏上各點，則（）A．電子在偏轉(zhuǎn)線圈中被加速B．子的偏轉(zhuǎn)是因為電場力的作用C．電子束打到A點線圈區(qū)域中有平行紙面向右的磁場．電子束打到A點線圈區(qū)域中有垂直紙面向外的磁場4．分[ID：掃是計算機射斷層掃描技術(shù)的簡稱CT掃機可用于對

種病情的探測。圖a是種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖b所示。圖中M、之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點則（）A．電子在處的電勢能比M處B．增大MN之的加速電壓，電在偏轉(zhuǎn)磁場中的運動時間變短C．轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度大小可使P點移5．分[ID：128234]將圓柱形強鐵吸在干電池的負極，強磁鐵的S極朝上N極下，金屬導(dǎo)線折成上端有一支點，下端開口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點和底端分別與電源的正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個導(dǎo)線框就可以繞電池旋轉(zhuǎn)起來。下列判斷正確的是（）A．導(dǎo)線框能旋轉(zhuǎn)起來，是因為慣性B．不計摩擦阻力，導(dǎo)線框?qū)⒁恢眲蛩俎D(zhuǎn)動C．視觀察，導(dǎo)線框沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)

12121221212212121221212212．池輸出的電功率等于導(dǎo)線旋轉(zhuǎn)的機械功率6．分[ID：128233]如圖所示為究平行通電直導(dǎo)線之間相互作用的實驗裝置。接通電路后發(fā)現(xiàn)兩根導(dǎo)線均發(fā)生形變，此時通過導(dǎo)線和的流大小分別為和I，知I=2I，中M的流方向向下的流方向向上。若用和F分表示導(dǎo)線M與受到的磁場力，則下列說法正確的是（）A．兩根導(dǎo)線相互吸引B．增大電流I，、會時都增大C．個力的大小關(guān)系為F=2．判斷F的向，需要知I和I合場的方向7．分[ID：128224]如圖所示，一矩形半導(dǎo)體薄片的P、間通入流，同時外加方向垂直于薄片向上的勻強磁場B，在、間出現(xiàn)電壓

H

，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，

H稱為霍爾電壓，且滿足：

H

K

，式中k為霍爾系數(shù)，為薄片的厚度，已知該半導(dǎo)體材料的導(dǎo)電物質(zhì)為自由電子，薄片的長、寬分別為a，關(guān)于、N兩點電勢、M和薄片中電子的定向移動速率，下列選項正確的是（）A．>，MB．>，MC．<，M．<，MN

vvvv

8．分[ID：128275]如所示，夠長的絕緣粗糙中空管道傾斜固定放置在豎直平面內(nèi)，

空間存在與管道垂直的水平方向勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，將直徑略小于管道內(nèi)徑的帶正電小球從管道頂端由靜止釋放，小球沿管道下滑，則關(guān)于小球以后的運動，下列說法正確的是（）A．小球的速度先增大后減小B．球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動C．球最終一定做勻速直線運動．球的加速度一直減小9．分[ID：兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子ab以不同的速率從A點垂直射入一圓形勻強磁場區(qū)域，兩粒子的運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)粒帶正電b粒子帶負電B．粒在磁場中所受到的洛倫茲較小C．粒的動能較小．粒子在磁場中運動的時間較長10．分[ID：空有一圓形勻強磁場區(qū)域，

點為圓心。一帶負電的粒子從A

點沿半徑方向以速率v垂射磁場，經(jīng)過時間t離開磁場時速度方向與半徑

OA

垂直，不計粒子重力。若粒子速率變?yōu)?v其他條件不變，粒子在圓形磁場中運動的時間為（）A．

t2

B．

23

t

C．

2

．

t

11．分[ID：近來海底通信電纜越來越多，海底電纜通電后產(chǎn)生的磁場可理想化為一無限長載流導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場，科學(xué)家為了檢測某一海域中磁感應(yīng)強度的大小，利用圖中一塊長為、寬為b、厚為c，位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的屬霍爾件，放在海底磁場中，當(dāng)有如圖所示的恒定電流（電流方向和磁場方向垂直）通過元件時，會生霍爾電勢差，過元件參數(shù)可以求得此時海底的磁感應(yīng)強度B的大小（地磁場弱，可以忽略）。下列說法正確的是（提示：電流I與由電子定向移動速率v之間關(guān)系為＝nevbc，中為個電子的電荷量））A．元件上表面的電勢高于下表面的電勢B．件在單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的電子數(shù)目為

IB

HC．增大電流時上、下面的電勢差減?。麠l件一定時，霍爾電壓小，該處的磁感應(yīng)強度越大12．分[ID：如所示，條形磁鐵放在桌面上，一根通電直導(dǎo)線由極的上端平移到極的上端的過程，導(dǎo)線保持與磁鐵垂直，導(dǎo)線的通電方向如圖所示，則此過程中磁鐵受到的摩擦力（磁鐵保持靜止）（）A．為零B．向由向左變?yōu)橄蛴褻．向保持不變．向由向右變?yōu)橄蜃蠖?、填空題13．分[ID：如，在本來水平平衡的等臂天平的右盤下掛一矩形線圈，線圈的水平邊長為0.1m，數(shù)為25匝。線圈的下邊處于磁感應(yīng)強度為1T的勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直紙面。當(dāng)線圈內(nèi)通有大小為0.5A、向如圖的電流時，天平恰好重新水平平衡，則磁場方向垂直紙面向____（填里或外）；現(xiàn)在左盤放一物體后，線圈內(nèi)電流大調(diào)至1.0A時平新平衡，則物體的質(zhì)量_____kg。

HH14．分[ID：圖，在同一水平面內(nèi)的兩導(dǎo)軌相互平行，并處在豎直向上的勻強磁場中，一根質(zhì)量

.6kg

的金屬棒放在寬為的導(dǎo)軌上當(dāng)金屬棒中通以5A

的電流時，金屬棒做勻速運動；當(dāng)金屬棒中的電流增加到8A時金屬棒獲得8m/s2的速度，則磁場的磁感強度_______T15．分[ID：圖所示，在傾角為的條光滑銅導(dǎo)軌上接有源，銅棒質(zhì)量為m導(dǎo)軌寬為

l

，磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌平面垂直，電路的總電阻為R，當(dāng)電源電動勢為__________時棒能靜止在導(dǎo)軌上．16．分[ID：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，其中自由運動電荷的帶電量大小為。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料的自由運動電荷_____填正或”）電荷，單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)等于______．分[ID：128343]一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體寬度為，厚度為d，將導(dǎo)體置于一磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的方向垂直于側(cè)面，如圖所示．當(dāng)在導(dǎo)體中通以圖示方向的電流時在導(dǎo)體上下表面間用電壓表測得的電壓為U，知自由電子的電量為，壓表的＋接柱_上、下）表面，該導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為_____．

1200120018．分[ID：圖所示直線上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外，正、負電子同時從同一點以與MN成30°角同樣速度射磁場（電子質(zhì)量為m，電荷量為e）它從磁場中射出時相_；出的時間差是19．分[ID：圖所示，質(zhì)量為0.1g的小球，帶有5×10C的電荷，套在一根與水平方向成角足夠長的絕緣桿上，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，桿所在空間有磁感應(yīng)強度=0.4T的強磁場，小球由靜止開始下滑，它的最大加速度為，最大速率_。20．分[ID：如所示的天平可用測定磁感應(yīng)強度，天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為，共匝線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面．當(dāng)線圈中通有電流I時方順時針，如)時在天平左、右兩邊各加上質(zhì)量分別為m、的碼，天平平衡．當(dāng)電流反大不時右邊再加上質(zhì)量為m的碼后，天平重新平衡．由此可知：磁感應(yīng)強度的方向________，大小________三、解答題21．分[ID：圖所示，在坐標(biāo)系的第一象限中存在兩個寬度均為d、磁感應(yīng)強度大小均為且向相反的勻磁。磁場區(qū)域的下邊界與軸合，無上邊界，左、右兩側(cè)邊界相互平行。磁的邊界為y軸磁場方向垂直紙面向外。兩磁場區(qū)域之間存在寬度為x、場強方向沿軸方向的勻強電場。質(zhì)為m、荷量為q的粒子以某一速度從坐標(biāo)原點射入磁，子在O點速度方向與軸正方向成=30°角，且粒子進入電場時的速度方向恰好沿軸方向。已知勻強電場的場強大小E

qBdm

，的小在粒子從O點射入前可以進行調(diào)節(jié)，不計粒子重力。

000mPQ000mPQ（）粒子射磁時的速度大小v；（）粒子無進入磁，則至需要多大？（）過調(diào)節(jié)x的小使得粒子進入第二象限時的位置與O點相距最遠，求該最遠距離y以及該粒子在電場中運動的總時間。22．分[ID：圖所示，在位于豎直平面上的半徑為R的形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場強為E的強電場中，下半部分處于水平向里的勻強磁場中。質(zhì)量為m、荷量為q的正電小球，從軌的水平直徑的M端由靜止釋放，若小在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求：(1)磁應(yīng)強度B的大??；(2)小對軌道最低點的最大壓力。23．分[ID：圖所示，和為水平、平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L1m。

PM

間接有一個電動勢為

E6V

，內(nèi)阻=1Ω的源和一只滑動變阻器。電阻不計的導(dǎo)體棒

ab

跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m0.8kg，的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M。棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為，強磁場的磁感應(yīng)強度2T，向豎直向下。（取10m/s2

）求：(1)當(dāng)R=2Ω時棒ab受的摩擦力大小；(2)若磁場方向改為斜向右下方，與水平面條件不變，取最靜摩擦力等于滑動摩擦力，為保證棒ab不，接入電路的最阻值是多少？24．分[ID：筒內(nèi)有勻強磁場如圖所示，其圓心為，勻強磁場垂直紙面向

里，圓筒的上方有相距為的行金屬板Q，其中板帶正電荷Q板帶等量的負電荷。板間電場可視為勻強電場。帶負電的粒子從P板緣的點以2v

垂直P板入電場，恰好經(jīng)Q板小孔S以度沿徑方射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生次撞后仍沿半徑SO方射出，粒子與圓筒碰撞過程中沒有能量損失，且電荷量保持不變，不計重力，已知磁感應(yīng)強度大小為B，子質(zhì)量為m、電荷大小為，求：(1)圓的半徑R(2)粒從M點出發(fā)到第一次回到點需要的時間；(3)使板電荷量加倍Q板持不動，僅上下平移P板，讓粒子仍從P板緣的點

釋放，粒子自進入圓筒至從S孔出期間，與圓筒碰撞5次間應(yīng)如何移動板（電容器電容C的定式為

r

）25．分[ID：如所示，等邊三角OMN內(nèi)在垂直紙面里的勻強磁場，三角形外側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，已知三角形的邊長L＝4m是上一點，O、兩點間距離為＝，質(zhì)量＝1×10

，荷量q＝＋15

C的電微粒從的點v＝200m/s的速度垂直進三角形區(qū)域，重不計。求：(1)若粒從P點進入恰好不能從ON邊飛出，三角形內(nèi)強磁場的磁應(yīng)強度大??；(2)若磁場的磁感應(yīng)強度大小均為＝，求該微粒在圖中運一個周期的時間；(3)若磁場的磁感應(yīng)強度大小相等且微粒能次回到點，則磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足什么條件。26．分[ID：如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌MGNOHP由水平和傾斜兩部分組成，其中傾斜段與水平方向的夾角為

軌右端接一電源，電動勢E、阻為r，個裝置處于豎直向上的勻強磁場中（磁感應(yīng)強度B未知），現(xiàn)將個全相同的金屬棒（編號分別為1、“2”、”、）別置于導(dǎo)軌的傾斜、水平部分，發(fā)現(xiàn)水平導(dǎo)軌上編號“4”的金屬棒恰好不發(fā)生滑動，傾斜導(dǎo)軌上其余的根屬棒均恰好與導(dǎo)間無摩擦力作用。

已知：所有金屬棒質(zhì)量均為，電阻均為，其長度略大于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌處處摩擦因數(shù)相同且接觸良好，不考慮金屬棒間的相互作用力，金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，求：(1)編為1的金屬棒所受安培力的大小；(2)金棒與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)；(3)自而下依次取走編號“、”、的金屬棒后，編號為1的屬棒所受摩擦力的大小?！緟⒖即鸢浮?016-2017年度第考試試卷考答案科模測試一選題1D2．3D4．5C6．7．8C9．10．

11．12．二填題13．14．15．16．【分析】上表面的電比下表面的低可知上表面帶負電下表面帶正電根據(jù)左手定則判斷自由運動電荷的電性抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求出電荷的移動速度從而得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)．下18．解析】【分析】粒子勻速圓周運動由洛侖茲力充當(dāng)向心力可知兩粒子離開磁場時的距離則可求出出射點的距離；根據(jù)兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的時間可知時間差19．6m/s210m/s20．直紙面向里三解題21．22．23．24．25．26．2016-2017年度第考試試卷考解析

【參考解析】科模測試一選題1D解析：由左手定則可知，瞬間通電導(dǎo)體棒受到磁鐵斜向左下方的安培力作用，所以磁鐵受到導(dǎo)體棒斜向右上方的作用力，使得磁鐵對地面的壓力減小，并且使磁鐵有可能向右運動或有向右運動趨勢，即磁鐵受到向左的摩擦力的作用錯，正確。故選。2．A解析：A．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB

v2r可得r

三個完全相同的帶電粒子，則可知三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，當(dāng)速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知粒子速率最小c粒速率最，故A正確；B．據(jù)

v

r可知

2可知，三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，故三帶電粒子的周期相同，故B錯誤；C．個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，根據(jù)qvB又因為的率最大，所以c粒所受磁場力最大，故錯；．于粒子運動的周期

2及t

2

可知，三粒子運動的周期相同a在場中運動的偏轉(zhuǎn)角最大，運動的時間最長，故D錯誤。故選A3．D解析：．轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生場，電子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，不能對電子加速，只能使它偏轉(zhuǎn)，AB錯誤；．根據(jù)左手定則電子帶負電，打到A點，線圈區(qū)域中有垂直紙面向外的磁場C錯誤，正。故選。4．B解析：A．電子在加速的過程中，電場力做正功電勢能減小，電子在N處電勢能比處，A錯；B．動能定理得qU

12

20解得v

qUm

，、之間的電壓越大，電子進入磁場的速度越大，在磁場中動時間越短，正確；C．左手定則，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向里C錯誤；．磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為

r

qB

，磁感應(yīng)強度越大，電子在磁場中運動的軌道半徑越小，順時針偏轉(zhuǎn)角度越大P點左移動距離越大D錯。故選。5．C解析：A．導(dǎo)線框能轉(zhuǎn)起來，是因為通電導(dǎo)線在場中受到安培力的作用，并非慣性A錯誤；B．線和電池均會發(fā)熱，即使不計摩擦阻力，導(dǎo)線框最終也會停下來B錯誤；C．視觀察，電流向下，磁感應(yīng)強度向上，將磁感應(yīng)強度分解為垂直于電流方向和平行于電流方向，結(jié)合垂直于電流方向的磁感應(yīng)強度方向，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線框沿逆時針方向轉(zhuǎn)動C正；．池的輸出功率一部分用于線框旋轉(zhuǎn)，一部分用于發(fā)熱D錯。

221221故選。6．B解析：A．結(jié)合直流導(dǎo)線的磁場和左手定則可知反向電流相互排斥A錯誤；BC直流導(dǎo)線之間的安培為相互作用力，等大反向，僅增大I，據(jù)FBIL可安培力均增大B正確C錯；．?dāng)郌的向，只需要知道的流I在處的磁場方向即可，D錯。故選。7．A解析：由左手定則得：>M

穩(wěn)定時洛倫茲力與電場力平衡UevBHbH

解得v

A正，錯誤。故選A8．C解析：小球向下運動中，開始階段小球的速度小受到的洛倫茲力小，小球受到重力，垂直管道向上的洛倫茲力，垂直管道向上的支持力和沿管道向上的滑動摩擦力，如圖所示隨著小球速度的增加洛倫茲力增大，支持力減小，由f

N可知，摩擦力減小，小球向下做加速度增大的加速運動，當(dāng)向上的支持力減小為零時小球的摩擦力也為零，此時小球沿管道向下的加速度最大。以后小球的速度繼續(xù)增大，洛倫茲力大于重力垂直管道向下的分力，支持力改變?yōu)榇怪惫艿老蛳拢鐖D所示

支持力隨著小球的速度增大而增大，從而使摩擦力也隨著增大，直到摩擦力增大到與重力沿管道向下的分力相等，此過程小球做加速度減小的加速運動。當(dāng)摩擦力增大到與重力沿管道向下的分力相等以后小球做勻速運動，因此小球先做加速度增大的加速運動接著做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動。故選。9．B解析：A．粒子受力方向指向運動軌跡凹的一側(cè)根據(jù)左手定則可得a粒帶負電，b粒帶正電，項誤；BC由qvB

v2得

根據(jù)運動軌跡可以判斷出a粒子的軌道半徑小于粒子的軌道半徑，所以a粒的速度小于b粒的速度則粒子在磁場中所受洛倫茲力較小，又因為兩粒的質(zhì)量相同，所以a粒動能較小，所以B項確C項錯誤；．T

可知，其周期與速度無關(guān)，即兩粒子的周期相同。因為a粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓角大于b粒運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角，所以粒子在磁場中運動的時間短項錯誤。故選。10．解析：令磁場的半徑為r，子以速率垂射入磁場，運動軌跡如甲圖所示：

根據(jù)幾何知識可知，粒子的半徑為圓心角為

90粒子以速率3射磁場，其運動軌跡如圖乙所示：因為洛倫茲力提供向心力qvB

v2則

所以粒子的半徑為Rr根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中運動的圓心角為

因為粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

2粒子的比荷相同，則周期相等，粒子兩次在磁場中運動的時間之比為t3t2所以粒子第二次在磁場中運動的時間為22ttt33故ACD誤，正。

故選。11．解析：A．金屬材料中，定向移動的是自由電子因為自由電子定向移動的方向與電流方向相反，由左手定則可知，電子聚集在上表面，上表面的電勢要低于下表面的電勢，故錯誤；B．終電子受到電場力和洛侖茲力平衡，由UeHevBbInesv聯(lián)立解得n

IBceU

H故正；C．終電子受到電場力和洛侖茲力平衡，由UeHevBb可知UbvBH如果僅增大電流I時，據(jù)增大，故C錯誤；

Inesv

可知電子的移動速率會增大，則上、下表面的電勢差．據(jù)

UbvBH

可知，其他條件一定時，霍爾電壓越小，該處的磁感應(yīng)強度越小，故錯誤。故選。12．解析：由圖可知通電導(dǎo)線所在位置的磁場的方向，根據(jù)左手定則可以判定通電導(dǎo)線所受安培力的方向如圖所示。顯然安培力有一個水平方向的分量，根據(jù)牛頓第三定律可知條形磁鐵受到通電導(dǎo)線的安培力也有一個水平方向的分量，而由于條形磁鐵保持靜止，故條形磁鐵所受地面的靜摩擦力與安培力在水平方向的分量相互平衡。所以當(dāng)導(dǎo)線在條形磁鐵的左側(cè)上方時條形磁鐵所受的靜摩擦力方向向左，而當(dāng)導(dǎo)線運動到條形磁鐵的右半部分上方時條形磁鐵所受地面的靜摩擦力水平向右。故條形磁鐵所受摩擦力的方向由向左變?yōu)橄蛴?，故正，ACD錯誤。

1212故選。二填題13．解析：0.375[1]．于天平來平衡，現(xiàn)在在右側(cè)懸掛線圈，故右側(cè)重，要想系統(tǒng)再次達到平衡，故受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直于紙面向里；[2]．據(jù)共點平衡可知mg=NBIL解得m

NBILg10當(dāng)放上物體后，根據(jù)共點力平衡可知m═′L解得m′=0.375kg148解析：[1]．屬棒勻運動的時候滿足：BIL…加速運動的時候滿足：BIL-fma…聯(lián)立②入數(shù)據(jù)得：=4.8T15．mgRsinBl

[1]當(dāng)源電動為E時銅棒能靜止在軌上，受重力、安培力和支持力，根據(jù)平衡條件有：BIlmg

解得：

I

mgsin

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有：I

R解得：

16．負【分析】上表面的電勢比下表面的低可知上表面帶負電下表面帶正電根據(jù)左手定則判斷自由運動電荷的電性抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求

出電荷的移動速度從而得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)解析：

IBqbU【分析】上表面的電勢比下表面的低，可知上表面帶負電，下表面帶正電，根據(jù)左手定則判斷自由運動電荷的電性。抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求出電荷的移動速度，從而得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)。[1]因上表面電勢比下表面的低，根據(jù)左手定則，知道移動的電荷為負電荷；[2]因：

Ua解得：

UaB因為電流：InqvS解得：

n

IB【點睛】解決本題的關(guān)鍵在于利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡。17．下解析：

BI

H[1]．圖，磁方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到電子帶負電，那么下表面帶上正電，所以電壓表接線柱接下表面；[2]．據(jù)電場與洛倫茲力平衡，則有：eHeBv由得導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為：

BI

H

18【解析】【分析】粒子做勻速圓周運動由洛侖茲力充當(dāng)向心力可知兩粒子離開磁場時的距離則可求出出射點的距離；根據(jù)兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的時間可知時間差解析：

24【解析】

2121【分析】粒子做勻速圓周運動，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可知兩粒子離開磁場時的距離，則可求出出射點的距離；根據(jù)兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的時間可知時間差．正、負電子在磁場中的回旋軌跡如圖所示；由

R

mv2m得R，eB∵θ=30°如圖可知，兩粒子離開時距O點均為，以出射點相距為L=2R=

2

；正電子的回旋時間為負電子的回旋時間為

tt

T63eB5T6eB射出的時間差eq\o\ac(△,為)=

4m【點睛】帶電粒子在電場中的運動關(guān)鍵在于由幾何關(guān)系找出圓心和半徑，再由洛侖茲力充當(dāng)向心力及圓的性質(zhì)可得出幾何關(guān)系及轉(zhuǎn)動時間．19．6m/s210m/s解析：

10m/s以小球為研究對象，通過分析受力可知：小球受重力，垂直桿的支持力和洛倫茲力，摩擦力，由牛頓第二定律得mg

maN

，F(xiàn)mgcosN

解得mgsin

)ma當(dāng)cos

qvB即v

小球的加速度最大，此時ag0.6m/s

而當(dāng)

0

時，即mgsin

mgcos

30003000小球的速度最大，此時vm

代入數(shù)據(jù)點vm

20垂直紙面向里解析：直紙面向里

mg2因為的方向垂直紙面向里，開始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碼．則有mg=2NBIL所以B=故答案為三解題21．

mg22（）；22d（）；

2qB（）幾何關(guān)可知，粒子在磁中運動的半徑為dr由牛頓第二定律得qvB0

0r

2所以

qBd（）粒子到磁左邊界時速度恰好為零，則粒子在電場中運動過程中，由能定理得1qEx2

2解得=2d（）粒子在中的運動軌跡與磁場右邊界相切時，粒子進入第二象限時位置與O點離最大，在情況下，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁中運動的半徑為r

因此

ydm

N1N1由qvB

r

2

得，粒子在磁場Ⅱ中的速度

m粒子在電場中運動過程中，有

qEm

t所以t1

2

22(1)

；(1)設(shè)球向右通過最低點時的速度為v由于洛侖茲力和支持力都不做功，由動能定理可得mgR

12

mv

由題意可得qvB

v2聯(lián)立解得

q(2)小向左通過最低點時，對軌道的壓力最，設(shè)軌道對小球的最大支持力為F，牛頓第二定律可知FmN

v解得FqvBN

vR

由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力6mg。23．(1)1N(2)12.2