【單元練】高中物理選修2【安倍力與洛倫茲力】知識點總結(jié)

一、選擇題如圖為電視顯像管的俯視圖，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，通過轉(zhuǎn)變線圈中的電流，可使得電子打到熒光屏上各點，則〔 〕電子在偏轉(zhuǎn)線圈中被加速B．電子的偏轉(zhuǎn)是由于電場力的作用CA點，線圈區(qū)域中有平行紙面對右的磁場DA點，線圈區(qū)域中有垂直紙面對外的磁場D解析：DAB．偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場，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；CD．依據(jù)左手定則，電子帶負電，打到A點時，線圈區(qū)域中有垂直紙面對外的磁場，C錯誤，D正確。D。如下圖，在邊界上方存在著垂直紙面對里的勻強磁場，兩個比荷一樣的正、負粒子〔不計重力〕，從邊界上的O點以不同速度射入磁場中，入射方向與邊界均成θ角，則正、負粒子在磁場中〔 〕運動軌跡的半徑一樣C．重回到邊界時速度方向一樣解析：C依據(jù)牛頓其次定律得

重回到邊界所用時間一樣DO點的距離相等Cv2qvB mr解得rmvqB由題知比荷、Br不一樣，故A錯誤；2mB．粒子的運動周期T ，由題知比荷、B大小均一樣，則知T一樣。粒子運動軌跡qB如下圖依據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉(zhuǎn)，負離子順時針偏轉(zhuǎn)，重回到邊界時正離子的速度偏向角為22，軌跡的圓心角也為22，運動時間為2同理，負離子運動時間為明顯時間不等，故B錯誤；

t 2 T2t2TC．正負離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，依據(jù)圓的對稱性可知，重回到邊界時速度大小與方向一樣，故C正確；D．依據(jù)幾何學問得知重回到邊界的位置與O點距離s2rsinθrs不一樣，故D錯誤。C。如下圖，一根通有電流I的直銅棒MN，用導(dǎo)線掛在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，此時兩根懸線處于張緊狀態(tài)，以下哪些措施可使懸線中張力為零〔 〕適當增大電流B．使電流反向并適當減小CIBDI反向并增大A解析：AAC．棒處于方向垂直紙面對里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，依據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向上，由于此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，則安培力必需增加，由于FBIL所以可以適當增加電流強度，或增大磁場，C錯誤A正確；BD．當電流反相后所受到的安培力向下，故懸線肯定會受到拉力，CD錯誤。A。PQk=70N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來。置于水平向里的勻強磁場中，PQL=0.5mm=0.1kg。當導(dǎo)體棒中通以大小為I=2A的電流，并處于靜止時，彈簧恰好恢復(fù)到原長狀態(tài)。欲使彈簧伸長2cm后能重處于靜止狀態(tài)〔g10m/s2〕，則〔〕P→Q0.4AP→Q0.8AQ→P0.4AQ→P0.8AD解析：D【分析】I=2A的電流，依據(jù)平衡條件求解磁感應(yīng)強度；導(dǎo)體棒下移2cm后能重處于靜止狀態(tài)，依據(jù)左手定則推斷電流方向，依據(jù)平衡條件求解電流強度。PQk=70N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來，沒有通電時彈簧伸長xmg1m1 k 70當導(dǎo)體棒中通以大小為I=2A的電流，并處于靜止時，彈簧恰好恢復(fù)到原長狀態(tài)，此時有BIL=mg解得B=1T1x2=2cm=0.02m>x，棒能重處于靜止狀態(tài)，則安培力方向向下，依據(jù)左Q→P，依據(jù)平衡條件可得1BI′L+mg=kx2解得D。

I′=0.8Aa、b兩個帶正電的粒子經(jīng)同一電場由靜止加速，先后以v1、v2MMN進入矩形PQE、FME、MFMQ的夾角分別為30°、60°，粒子的重力不計，則兩個粒子進入磁場運動的速度大小之比為〔 〕1 ：v=1：1 解析：B

B．v：v=3：1 C．v：v=3：2 D．v：v=2：3B1 2 1 2 1 a、b兩個帶正電的粒子在磁場中的運動軌跡如圖1 2 1 2 1 1 aR，bRMQ=d1 R1+R1sin30°=d，R2-R2sin30°=d解得1 R：R=3：1 UB，有v2Uq mv2，qvB=mR可得2UvBR則1 v：v=3：1 應(yīng)選B。兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置，通電后消滅如下圖現(xiàn)象，圖中a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)。則〔 〕兩導(dǎo)線中的電流方向一樣B．兩導(dǎo)線中的電流大小肯定一樣C．b點的磁感應(yīng)強度方向肯定向里D．同時轉(zhuǎn)變兩導(dǎo)線中電流方向，兩導(dǎo)線受到的安培力方向不變D解析：DA．依據(jù)通電導(dǎo)線間的相互作用力，同向相吸，異向相斥的規(guī)律可知兩導(dǎo)線電流方向相反，所以A錯誤；B．由于兩導(dǎo)線間的安培力為相互作用力，所以兩導(dǎo)線中的電流大小不肯定一樣，所以B錯誤；C．由圖可推斷兩導(dǎo)線電流方向相反，但具體方向不確定，所以b點的磁感應(yīng)強度方向不肯定向里，也可能向外，所以C錯誤；D．同時轉(zhuǎn)變兩導(dǎo)線中電流方向，兩導(dǎo)線電流方向還是相反，則兩導(dǎo)線受到的安培力方向不變，還是相互排斥的，所以D正確；D。如下圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于紙面對里，一帶負電的粒子〔不計重力〕沿水平方向以速度v正對圓心入射，通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°。假設(shè)想使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，在保持原入射速度的根底上，需將粒子的入射點向上平移的距離d為〔 〕．1R

．3R

．2R

3． RBA 2 B 3 C

2 D 2解析：B粒子運動軌跡如下圖依據(jù)幾何學問可得

r Rtan30當粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時，粒子速度偏轉(zhuǎn)的角度最大。由圖可知平移距離為

RsinrdRsin解得BACD錯誤。應(yīng)選B。

d 3R3空間有一圓形勻強磁場區(qū)域，OA點沿半徑方向以速率v垂直射入磁場，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。假設(shè)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〔 〕t 2t 3t

2tBA．2 B．3 C．2 D．解析：B令磁場的半徑為r，粒子以速率v垂直射入磁場，運動軌跡如甲圖所示：依據(jù)幾何學問可知，粒子的半徑為圓心角為

901粒子以速率3v射入磁場，其運動軌跡如圖乙所示：由于洛倫茲力供給向心力則

qvBmv2R所以粒子的半徑為

RmvqB3r依據(jù)幾何學問可知，粒子在磁場中運動的圓心角為 2由于粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

2mTqB粒子的比荷一樣，則周期相等，粒子兩次在磁場中運動的時間之比為t1t2所以粒子其次次在磁場中運動的時間為

90360 2 2ACD錯誤，B正確。

t t2

3t應(yīng)選B。如下圖為兩根相互平行的通電直導(dǎo)線a，b的橫截面圖，a，b中的電流方向已在圖中a中的電流產(chǎn)生的磁場的磁感線圍繞方向及導(dǎo)線b所受的磁場力的方向分別是：()磁感線順時針方向，磁場力向左B．磁感線順時針方向，磁場力向右C．磁感線逆時針方向，磁場力向左D．磁感線逆時針方向，磁場力向右B解析：Bab導(dǎo)線處的磁感線豎直向下，如下圖b導(dǎo)線受到的安培力水平向右，故B正確，ACD錯誤。應(yīng)選B．AB中間有相互垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷，BE：磁場方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔OOO是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面對外的勻強磁場，磁場應(yīng)強度為B2

。CD 為磁場B2

M板的夾角45OCam，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子〔不計重力〕，自O(shè)點沿OO方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運動，并進入勻強磁場B2

中，則能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值為〔 〕

21mE

21mEBBa BBa12 12 BBa BBaq

21 1 2

q

21

1 2 AmE mE解析：AOO′B2v，則有BqvqE1解得vEB1B2中做勻速圓周運動，則qvB2得

mv2r1qmvBr21r因此，電荷量最大的帶電粒子運動的軌道半徑最小，設(shè)最小半徑為，此帶電粒子運動軌r1CD板相切，則有r 2ra1 1得所以電荷量最大值

r( 21)a1q( 21)

mEaBB1 2A。二、填空題試驗證明：通電長直導(dǎo)線四周磁場的磁感應(yīng)強度大小為BkI，式中常量k0，Ir為電流強度，rMNabcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質(zhì)絕緣細線靜止地懸掛著，如下圖。開頭時MN內(nèi)不通電流，此時兩細線內(nèi)的張力均為T0

3NMNI1

1A電流時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T1

2NMN內(nèi)電流強度大小變?yōu)镮

時，兩細線內(nèi)的張力均增大為2T4NI22

的大小為 A；當MN內(nèi)的電流強度為I

3A時兩細線恰好同3時斷裂，則在此斷裂的瞬間線圈的加速度大小為 g?！瞘為重力加速度〕32解析：20MN不通電時兩線原來的拉力均為T0

3N，則mg=2T0=6N1MN1A的電流時，兩線的張力均減為T1

2N，由于所以安培力方向向上，大小為計算出

2T1<mgmg=2T1+F安k kF=I1(r1

-r)=2N，I1=1A2當兩細線內(nèi)的張力均增大為T2

4N時，由于2T2>mg安培力方向向下，大小為安 安 安 安 計算得

2T2=mg+F′，F(xiàn)′ =I2(1

-r)2電流方向與原來相反。

I2=1A3當MN中的電流為I 3A時兩細線簽好同時斷裂，此時線圈的安培力方向向下，大小為3安 安 細線斷開的瞬間由牛頓其次定律有

F″ =I3(1

-r)=6N22g。

mg+F″ =ma安如下圖，平行導(dǎo)軌MN和PQ上有一輛小車，車上有一個通電線框，圖中虛線框A、B、C、D、E是磁場區(qū)域，內(nèi)有垂直紙面的磁場。要使小車在圖示位置受到向右的推力，A區(qū)域的磁場方向 ，B區(qū)域磁場方向 ，要使小車始終受到磁場的推力作用磁場的變化規(guī)律是 。垂直紙面對內(nèi)垂直紙面對外磁磁場中解析：垂直紙面對內(nèi)垂直紙面對外磁場方向準時轉(zhuǎn)變使線框左邊始終處在向內(nèi)的磁場中，線框的右邊始終處在向外的磁場中要使小車能向右行駛，則電流受到的安培力向右，依據(jù)左手定則，可知：磁感線穿過掌心，安培力與磁感線垂直，且安培力與電流方向垂直，所以此時A區(qū)域磁場方向為垂直紙面對內(nèi)，B區(qū)域磁場方向為垂直紙面對外要使小車能向右行駛，則電流受到的安培力向右，依據(jù)左手定則，可知：磁感線穿過掌心，安培力與磁感線垂直，且安培力與電流方向垂直，所以此時A區(qū)域磁場方向為垂直紙面對內(nèi)，B區(qū)域磁場方向為垂直紙面對外要使小車始終受到磁場的推力作用磁場的變化規(guī)律是，磁場方向準時轉(zhuǎn)變使線框左邊始終處在向內(nèi)的磁場中，線框的右邊始終處在向外的磁場中。L的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通一逆時abac邊的中點，在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框平面對B，此時導(dǎo)線框處于靜止狀態(tài)，導(dǎo)線框中的電流大小為IF1，保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場平移至虛線上方〔虛線下方不再有磁場〕，且磁感應(yīng)強度增大到原來的兩倍，此時細線中拉力大小為3解析：BILF2 11當磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為2L，受到的安培力方向豎直向上，設(shè)三角m，則有：1當磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為1L，受到的安培力方向豎直向下，磁感應(yīng)2強度增大到原來的兩倍，故此時有：F2

2BI1Lmg2聯(lián)立可得F3BILF2 2 1如下圖，銅棒ab0.1m0.06kg1m的輕銅線懸掛起來，銅棒abB0.5T，現(xiàn)給銅棒如ab中通入恒定電流，銅棒發(fā)生搖擺．最大偏轉(zhuǎn)角為37°，則銅棒從最低點運動到最高點的過程中，安培力做的功是 J，恒定電流的大小為 A〔不計感應(yīng)電流影響〕．124解析：12 4由能量守恒可知，安培力做功等于重力勢能的變化量，所以可得Wmgl(1cos37)解得W0.12J依據(jù)左手定則可知，銅棒ab所受安培力方向為水平方向，因此在安培力方向移動的距離為因此安培力做功為解得

slsin37WBILsI4A如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b，其中自由運動電荷的帶電量大小為q。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前外表對里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下外表之間的電壓為U，且上外表的電勢比下外表的低。由此可得該導(dǎo)電材料的自由運動電荷為 〔填“正”或“負”〕電荷，單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)等于 。負【分析】上外表的電勢比下外表的低可知上外表帶負電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)IB解析：負【分析】

qbU上外表的電勢比下外表的低，可知上外表帶負電，下外表帶正電，依據(jù)左手定則推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]由于上外表的電勢比下外表的低，依據(jù)左手定則，知道移動的電荷為負電荷；[2]由于：vUaB由于電流：

qvBqUaInqvSnqvabn【點睛】

IBqbU解決此題的關(guān)鍵在于利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡。一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬度為b，厚度為d，將導(dǎo)體置于一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的方向垂直于側(cè)面，如下圖．當在導(dǎo)體中通以圖示方向的電I時，在導(dǎo)體的上下外表間用電壓表測得的電壓為UHe，電壓表的“＋”接線柱接 (上、下〕外表，該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 ．下BI解析：下ebUH[1]．由圖，磁場方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，依據(jù)左手定則，電子向上外表偏轉(zhuǎn)，則上外表得到電子帶負電，那么下外表帶上正電，所以電壓表的“+”接線柱接下外表；[2]．依據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有：Ue HeBvd由I=neSv=nebdv得導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為：

n BIebUH為了爭論海洋中海水的運動，海洋工作者有時依靠水流通過地磁場所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢測量水的流速．現(xiàn)測量隊員正在某海疆測量某處水流速度，假設(shè)該處地磁場的豎直重量已測出為B，該處的水流是南北流向的．測量時，測量隊員首先將兩個探測電極插入水中，兩探測電極的另一端與一個能測量微小電壓的電壓表相連，則這兩個電極的連線應(yīng)沿 方向；然后，還需測出幾個數(shù)據(jù)，這些數(shù)據(jù)分別是 ；最終就可依據(jù)v＝ 計算出該處的水流速度了．東西兩電極之間的電壓ULU/BL解析：東西 兩電極之間的電壓U，兩電極之間的距離L，U/BL地磁場的磁感應(yīng)強度為豎直方向，需要海水流淌等效為通電的導(dǎo)體棒垂直磁感線，故海水接電極的方向為東西方向．依據(jù)海水中的電荷受到的洛倫茲力和電場力平衡時，形成穩(wěn)定的最大電壓，有qvBqUL

v

U；故需要測量的數(shù)據(jù)為兩電極之間的電壓U，兩電極之間的BLL.【點睛】解決此題的關(guān)鍵知道海水流淌時，正負離子流淌，受到洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，打在兩極板上，在兩極板間形成電場，最終正負離子受電場力和洛倫茲力處于平衡．電磁炮是一種抱負的兵器，它的主要原理如下圖.某大學制成了能把m=2.2g的彈體(包括金屬桿CD的質(zhì)量)加速到v=10km／s的電磁炮.假設(shè)軌道寬l=2m，長s=100m，通過的電流為I=10A，則軌道間所加的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B= T，磁場力的最大功率P= W(軌道摩擦不計) 11×107解析：1.1×107試題分析：由場力的最大功率

， ， 聯(lián)立把數(shù)據(jù)統(tǒng)一成國際單位解得B=55T；磁代入數(shù)據(jù)解得 ．考點：運動學公式，牛頓其次定律，安培力公式，功率的公式點評：學生清楚電磁炮的加速度由安培力供給，帶入相關(guān)公式解題．在赤道四周的地磁場可看作是沿南北方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．假設(shè)赤道上空有一根沿東西方向的直導(dǎo)線，長為L，通有從東向西的電流I，則地磁場對這根導(dǎo)線的作用力大小為 ，方向 ．BIL豎直向下解析：BIL，豎直向下[1]F=BIL的適用條件可知地磁場對這根導(dǎo)線的作用力大小為：F=BIL；[2]．依據(jù)左手定則可知：伸開左手，讓磁感線穿過手心，四指方向與電流方向一樣，大拇指指向為受力方向，由此可知安培力方向豎直向下．如下圖的天平可用來測定磁感應(yīng)強度，天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為l，1 共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面．當線圈中通有電流I時(方向順時針，如圖)時，在天平左、右兩邊各加上質(zhì)量分別為m、m的砝碼，天平平衡．當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重平衡．由此可知：磁感應(yīng)強度的方向為 ，大小為 1 垂直紙面對里解析：垂直紙面對里

mg2NIL由于B的方向垂直紙面對里，開頭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，相當于右邊少了兩倍的安培力大小，所以需要在右邊加砝m(xù)gmg=2NBILB=2NIL故答案為三、解答題理論爭論說明暗物質(zhì)湮滅會產(chǎn)生大量高能正電子，所以在宇宙空間探測高能正電子是覺察暗物質(zhì)的一種方法。某爭論小組為爭論暗物質(zhì)設(shè)計了探測正電子的裝置〔如圖所示〕。空間存在垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0

5104T，半徑r0.3m的0 ABC為正電子放射源，能持續(xù)不斷地放射速度v3.52107m/s的正電子，0 為半圓環(huán)的圓心，BDFACCx處，ACH點，板的左側(cè)面固定有正電子收集器，沿板建立y軸，H為原點。只考慮正電子在紙面內(nèi)的運動，無視相對論效應(yīng)，不計重力，sin530.8，cos530.6。只爭論從C點沿半徑向外射出的正電子，左右移動收集板，打在收集板上的最低位置

0.4mq；mB點沿各個方向向外射出的正電子，左右移動收集板，當收集板在C點右CxB放射的正電子；假設(shè)正電子出射時速度方向均沿半徑方向向外，且粒子數(shù)按圓弧面均勾分布，試求當x0.4mDF上收集到的正電子數(shù)與放射總數(shù)的比值。解析：〔1〕1.761011C/kg；〔2〕0.5m；〔3〕53901，有正電子軌跡半徑由洛倫茲力通過向心力，可得

Ry1

0.4m代入數(shù)據(jù)，即有

qBvmv2Rq v 1.761011C/kgm RBB點沿半徑方向射出的正電子偏轉(zhuǎn)軌跡與y2，由幾何關(guān)系得x2Rrx0.5m3沿半徑方向射出的正電子軌跡圓心在以O(shè)1為圓心r1為半徑的圓上r r2R20.5m1M點沿半徑方向射出的正電子軌跡圓與yN點，Ny軸的距離RCM段射出的正電子能打到收集板，從AM段射出的正電子不能打到收集板O1MNO1CN全等，即有MONCON由幾何關(guān)系可得

1 1tanR453r 3x0.4mDF上收集到的正電子數(shù)與放射總數(shù)的比值為25353180 90如下圖，在傾角為αLm的直導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒中通有大小為I、方向垂直紙面對里的電流，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可以加方向垂直于導(dǎo)體棒的勻強磁場。求：(1)假設(shè)勻強磁場的方向在水平方向，磁感應(yīng)強度為多大？(2)假設(shè)勻強磁場的方向在豎直方向，磁感應(yīng)強度為多大？(3)沿什么方向加勻強磁場可使磁感應(yīng)強度最??？最小為多少？解析：(1Bmg

；(2)B

mgtan

；(3)磁場方向垂直斜面對上時最小，最小為BmgsinIL

IL IL依據(jù)左手定則可知磁場方向水平向左，依據(jù)題意可得BILmg得故磁場方向向左，磁感應(yīng)強度大小為

BmgILBmgIL依據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向上，由題意可知BILmgtanα得故磁場方向豎直向上，大小為

mgtanαBILmgtanαBIL依據(jù)左手定則可知方向垂直斜面對上，依據(jù)題意有BILmgsinα得mgsinαBIL故當磁場方向垂直斜面對上時最小，最小為mgsinαBIL如下圖為質(zhì)譜儀的工作原理圖，在容器A中存在假設(shè)干種電荷量一樣而質(zhì)量不同的帶2電粒子，它們可沉著器A下方的小孔S1U的加速電場〔初速度可無視〕，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最終打到照相底片Dqm1m2的粒子〔m1<m〕，粒子重力無視不計。21 分別求出這兩種粒子進入磁場時的速度v、v1 求這兩種粒子打到照相底片上的位置間的距離。2qU 2qU 2解析：(1)v= ，v= ；(2)d= 〔2qm

U 2qmU〕21 m 2 m21

qB 2 1由動能定理得1qU=2

m1v21m11m2 qU=2 v2 解得v1=

2qUm12qUm22qUm2在勻強磁場中，由牛頓其次定律得v2qvB=mR解得mvR=qBm1的粒子的軌道半徑mvR= 111 qBm2的粒子的軌道半徑mvR= 222 qB兩種粒子打到照相底片上的位置相距解得2d=qB

d=2R2-2R12qmU1〕2qmU 2qmU1〕2如下圖，光滑平臺處于水平向右的勻強電場中〔圖中區(qū)域I〕，其場強E

mg12q，123II存在場強未知的豎直向上的勻強電場EIII存在場強未知的豎直向上的勻強E和垂直紙面對外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為qA點無初速度釋23LLL

的距離也為。小球恰經(jīng)過O1

2

PIII做勻速圓周運動后又能無碰撞地滑上平臺并剛好回到A點。重力加速度為g，求：III內(nèi)電場的電場強度E3；IIIB；AAt。mg 2m 243π解析：〔1〕q

；〔2〕qL

gL；〔3〕 4g gL依據(jù)題意，做出小球的運動軌跡示意如下圖III做勻速圓周運動，則：qEmg03解得：

E mg3 qIO點時速度為v0由動能定理有：qEL1得出

122mv02v gl02OP做類平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間tPv，有：2Lvt02qE mgma2L1L at22 22得出lgt lg

2mg由動能定理得：

2 ，2 qqE

mgL

1 1mv2 mv22 2 2 2 0設(shè)小球從ONIII時速度與ONθ，有1 1v2得出2sin

v0sin2gl，v2gl2III內(nèi)做勻速圓周運動，有：v2qvBmR得出2L2R 2 Lsin 2得：2mB gLqLAO，小球做勻加速運動，有：v at0 11qEma1 1得出III內(nèi)做勻速圓周運動有：

t2llg2πRTvt2π2Tt3 2π得出3π l3π l4 gt3對小球運動全程，有：t2t1

2t t2 3得：243πt gL4g50cm1kgab的兩端用兩只相間的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，置于垂直于紙面對里的勻強磁場中，當金屬棒中通以4A的電流時，彈簧恰好不伸長〔g=10m/s2〕。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；1Aab3cmb到a，而電流大小不變，求彈簧的形變量?！矎椈墒冀K在彈性限度內(nèi)〕解析：〔1〕5T；〔2〕5cm彈簧不伸長時，依據(jù)平衡條件有可得出磁感應(yīng)強度

BILmgB5T1Aab時，有安培力向上，則有當電流反向后，有

2kx1

BI1

Lmg聯(lián)立得

2kx2

mgBIL2x 5cm2如圖，平行板電容器兩極間的電勢差為30V，兩板間距為0.1m，板間同時存在磁感B1

0.01T、方向垂直紙面對里的勻強磁場.電容器右側(cè)有一傾角30的斜面，斜面上方有一正三角形區(qū)域abc，區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強度大小B2

0.02T、方向垂直紙面對里的勻強磁場.質(zhì)量為41020kg、帶電量為21012C的粒子〔重力不計〕，從板間以速度v0

水平射入電容器，做直線運動，