【单元练】高中物理选修2【安倍力与洛伦兹力】知识点总结.docx

一、选择题1. 如图为电视显像管的俯视图，偏转线圈中没有通入电流时，电子束打在荧光屏正中的O点，通过转变线圈中的电流，可使得电子打到荧光屏上各点，则A. 电子在偏转线圈中被加速 B电子的偏转是由于电场力的作用C假设电子束打到 A 点，线圈区域中有平行纸面对右的磁场D假设电子束打到 A 点，线圈区域中有垂直纸面对外的磁场D 解析：DAB偏转线圈产生磁场，电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，洛伦兹力不做功，不能对电子加速，只能使它偏转，AB 错误；CD依据左手定则，电子带负电，打到A 点时，线圈区域中有垂直纸面对外的磁场，C 错误，D 正确。应选 D。2. 如下图，在边界上方存在着垂直纸面对里的匀强磁场，两个比荷一样的正、负粒子不计重力，从边界上的 O 点以不同速度射入磁场中，入射方向与边界均成 角，则正、负粒子在磁场中A. 运动轨迹的半径一样 C重回到边界时速度方向一样解析：CA. 依据牛顿其次定律得B. 重回到边界所用时间一样 D重回到边界时与 O 点的距离相等Cv2qvBmr解得r = mvqB由题知比荷、B 一样，但速度不一样，则 r 不一样，故A 错误；2p mB粒子的运动周期T =，由题知比荷、B 大小均一样，则知 T 一样。粒子运动轨迹qB如下图依据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重回到边界时正离子的速度偏向角为2p - 2q ，轨迹的圆心角也为2p - 2q ，运动时间为2p - 2q同理，负离子运动时间为明显时间不等，故B 错误；t =2pT2qt = 2p TC正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，依据圆的对称性可知， 重回到边界时速度大小与方向一样，故C 正确； D依据几何学问得知重回到边界的位置与O 点距离s = 2r sinq由题知 一样，但 r 不一样，则 s 不一样，故D 错误。应选 C。3. 如下图，一根通有电流 I 的直铜棒 MN，用导线挂在磁感应强度为 B 的匀强磁场中， 此时两根悬线处于张紧状态，以下哪些措施可使悬线中张力为零A. 适当增大电流 B使电流反向并适当减小C保持电流 I 不变，减小 BD使电流 I 反向并增大A解析：AAC棒处于方向垂直纸面对里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M 流向N，依据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必需增加，由于F = BIL所以可以适当增加电流强度，或增大磁场，C 错误A 正确； BD当电流反相后所受到的安培力向下，故悬线肯定会受到拉力，CD 错误。应选 A。4. 如图，水平导体棒 PQ 用一根劲度系数均为 k=70N/m 的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来。置于水平向里的匀强磁场中，PQ 长度为 L=0.5m。质量为 m=0.1kg。当导体棒中通以大小为 I=2A 的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使弹簧伸长2cm 后能重处于静止状态重力加速度 g 取 10m/s2，则 A. 通入的电流方向为 PQ，大小为 0.4AB. 通入的电流方向为 PQ，大小为 0.8AC. 通入的电流方向为 QP，大小为 0.4AD. 通入的电流方向为 QP，大小为 0.8AD解析：D【分析】当导体棒中通以大小为 I=2A 的电流，依据平衡条件求解磁感应强度；导体棒下移2cm 后能重处于静止状态，依据左手定则推断电流方向，依据平衡条件求解电流强度。水平导体棒 PQ 用一根劲度系数均为 k=70N/m 的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，没有通电时弹簧伸长x = mg = 1 m1k70当导体棒中通以大小为 I=2A 的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态，此时有BIL=mg解得B=1T1欲使导体棒下移 x2=2cm=0.02m>x ，棒能重处于静止状态，则安培力方向向下，依据左手定则可知电流方向由 QP，依据平衡条件可得BIL+mg=kx2解得应选 D。I=0.8A5. a、b 两个带正电的粒子经同一电场由静止加速，先后以v1、v2 从 M 点沿 MN 进入矩形匀强磁场区域，经磁场偏转后分别从 PQ 边 E、F 离开。直线 ME、MF 与 MQ 的夹角分别为30°、60°，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为12A.v ：v =1：3解析：BBv ：v =3：1Cv ：v =3：2Dv ：v =2：3B121212a、b 两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图12a 粒子的轨道半径为 R ，b 粒子的轨道半径为 R ，设 MQ=d，则几何关系得R1+R1sin30°=d，R2-R2sin30°=d解得12R ：R =3：1设加速电场的电压为 U，匀强磁场磁感应强度为 B，有1 v2Uq =mv22 ，qvB=m R可得2Uv =BR则12v ：v =3：1应选B。6. 两平行直导线 cd 和 ef 竖直放置，通电后消灭如下图现象，图中a、b 两点位于两导线所在的平面内。则A. 两导线中的电流方向一样 B两导线中的电流大小肯定一样Cb 点的磁感应强度方向肯定向里D同时转变两导线中电流方向，两导线受到的安培力方向不变D 解析：DA依据通电导线间的相互作用力，同向相吸，异向相斥的规律可知两导线电流方向相 反，所以A 错误； B由于两导线间的安培力为相互作用力，所以两导线中的电流大小不肯定一样，所以B 错误；C由图可推断两导线电流方向相反，但具体方向不确定，所以b 点的磁感应强度方向不肯定向里，也可能向外，所以C 错误； D同时转变两导线中电流方向，两导线电流方向还是相反，则两导线受到的安培力方向不变，还是相互排斥的，所以D 正确；应选 D。7. 如下图，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，方向垂直于纸面对里，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°。假设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根底上，需将粒子的入射点向上平移的距离d 为 1 R 3 R 2 R3R BA2B3C2D2解析：B粒子运动轨迹如下图依据几何学问可得r =Rtan 30°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。由图可知平移距离为Rsinq = rd = R sinq解得故 B 正确 ACD 错误。应选B。d =3 R38. 空间有一圆形匀强磁场区域，O 点为圆心。一带负电的粒子从 A 点沿半径方向以速率v 垂直射入磁场，经过时间t 离开磁场时速度方向与半径OA 垂直，不计粒子重力。假设粒子速率变为 3v ，其他条件不变，粒子在圆形磁场中运动的时间为t2 t3t2t BA 2B 3C 2D解析：B令磁场的半径为r ，粒子以速率v 垂直射入磁场，运动轨迹如甲图所示：依据几何学问可知，粒子的半径为圆心角为R1 = rq= 90°1粒子以速率 3v 射入磁场，其运动轨迹如图乙所示：由于洛伦兹力供给向心力则qvB = m v2R所以粒子的半径为R = mvqBR2 =3r依据几何学问可知，粒子在磁场中运动的圆心角为q= 60°2由于粒子在磁场中做圆周运动的半径为2p mT =qB粒子的比荷一样，则周期相等，粒子两次在磁场中运动的时间之比为t1t2所以粒子其次次在磁场中运动的时间为= 90° = 3 60°222故 ACD 错误，B 正确。t=t23 1= 3 t应选B。9. 如下图为两根相互平行的通电直导线a，b 的横截面图，a，b 中的电流方向已在图中标出，那么导线 a 中的电流产生的磁场的磁感线围绕方向及导线b 所受的磁场力的方向分别是：( )A. 磁感线顺时针方向，磁场力向左B磁感线顺时针方向，磁场力向右C磁感线逆时针方向，磁场力向左D磁感线逆时针方向，磁场力向右B解析：B依据安培定则推断 a 导线磁感线的方向为顺时针方向，在 b 导线处的磁感线竖直向下，如下图，依据左手定则推断 b 导线受到的安培力水平向右，故B 正确，ACD 错误。应选B10. 如下图，两平行金属板 AB 中间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场。A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为 E：磁场方向垂直纸面对里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板 M，中间有小孔O¢ ， OO¢是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面对外的匀强磁场，磁场应强度为B2。CD为磁场 B2边界上的一绝缘板，它与 M 板的夹角q = 45°， O¢C = a ，现有大量质量均为 m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子不计重力，自 O 点沿OO¢方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO¢方向运动，并进入匀强磁场B2中，则能击中绝缘板CD 的粒子中，所带电荷量的最大值为A. q = (2 +1) mEB. q = (2 -1) mEB B aB B a1 21 2()B B a()B B aC. q =2 +112D. q =2 -112AmEmE解析：A沿直线 OO运动的带电粒子，设进入匀强磁场 B2 的带电粒子的速度为 v，则有B qv = qE1解得v = EB1粒子进入匀强磁场 B2 中做匀速圆周运动，则qvB2得= m v2r1q = mvB r2 1r因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为 ，此带电粒子运动轨1迹与 CD 板相切，则有r +2r = a11得所以电荷量最大值r = (2 -1)a1q = (2 +1)mE aB B12应选 A。二、填空题11. 试验证明：通电长直导线四周磁场的磁感应强度大小为B = kI ，式中常量k > 0 ，Ir为电流强度，r 为距导线的距离。在水平长直导线 MN 正下方，有一矩形线圈 abcd 通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如下图。开头时MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为T0= 3N ；当 MN 通以强度为 I1= 1A电流时，两细线内的张力均减小为T1= 2N ；当 MN 内电流强度大小变为I时，两细线内的张力均增大为2T = 4N 。则电流 I22的大小为A；当 MN 内的电流强度为I= 3A 时两细线恰好同3时断裂，则在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为g。g 为重力加速度2解析：201 MN 不通电时两线原来的拉力均为T= 3N ，则mg = 2T0 = 6N1当 MN 通 1A 的电流时，两线的张力均减为T= 2N ，由于所以安培力方向向上，大小为计算出2T1 < mg mg = 2T1 + F 安kkF 安 = I1( r1- r ) = 2N，I1= 1A2当两细线内的张力均增大为T2= 4N 时，由于2T2 > mg安培力方向向下，大小为安安rkk计算得2T2= mg + F ，F= I2(1- r )2电流方向与原来相反。I2= 1A32 当 MN 中的电流为 I= 3A 时两细线签好同时断裂，此时线圈的安培力方向向下，大小为安rkk细线断开的瞬间由牛顿其次定律有F= I3(1- r ) = 6N2所以线圈的加速度为 2g。mg + F= ma安12. 如下图，平行导轨 MN 和 PQ 上有一辆小车，车上有一个通电线框，图中虚线框A、B、C、D、E 是磁场区域，内有垂直纸面的磁场。要使小车在图示位置受到向右的推力，A 区域的磁场方向，B 区域磁场方向，要使小车始终受到磁场的推力作用磁场的变化规律是 。垂直纸面对内垂直纸面对外磁场方向准时转变使线框左边始终处在向内的磁场中线框的右边始终处在向外的磁场中解析：垂直纸面对内 垂直纸面对外 磁场方向准时转变使线框左边始终处在向内的磁场中，线框的右边始终处在向外的磁场中1 要使小车能向右行驶，则电流受到的安培力向右，依据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以此时A 区域磁场方向为垂直纸面对内，B 区域磁场方向为垂直纸面对外2 要使小车能向右行驶，则电流受到的安培力向右，依据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以此时A 区域磁场方向为垂直纸面对内，B 区域磁场方向为垂直纸面对外3 要使小车始终受到磁场的推力作用磁场的变化规律是，磁场方向准时转变使线框左边始终处在向内的磁场中，线框的右边始终处在向外的磁场中。13. 如下图，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对里的匀强磁场，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3解析： BIL + F211当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为2 L ，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为 m，则有：1F1 + 2 BIL = mg当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为1 L ，受到的安培力方向竖直向下，磁感应2强度增大到原来的两倍，故此时有：F2= 2BI ´ 1 L + mg2联立可得F = 3 BIL + F22114. 如下图，铜棒ab 长 0.1m，质量为 0.06kg，两端由两根长都是 1m 的轻铜线悬挂起来，铜棒ab 保持水平，整个装置静止于竖直平面内，装置所在处有竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度 B = 0.5T ，现给铜棒如ab 中通入恒定电流，铜棒发生摇摆最大偏转角为 37°，则铜棒从最低点运动到最高点的过程中，安培力做的功是J，恒定电流的大小为A不计感应电流影响124解析：1241 由能量守恒可知，安培力做功等于重力势能的变化量，所以可得W = mgl (1- cos37 )解得W = 0.12J2 依据左手定则可知，铜棒ab 所受安培力方向为水平方向，因此在安培力方向移动的距离为因此安培力做功为解得s = l sin37W = BILsI = 4A15. 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外表对里的匀强磁场中，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、下外表之间的电压为 U，且上外表的电势比下外表的低。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。负【分析】上外表的电势比下外表的低可知上外表带负电下外表带正电依据左手定则推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IB解析：负【分析】qbU上外表的电势比下外表的低，可知上外表带负电，下外表带正电，依据左手定则推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由于上外表的电势比下外表的低，依据左手定则，知道移动的电荷为负电荷； 2由于：解得： v = UaB由于电流：qvB = q UaI = nqvS = nqvab解得： n =【点睛】IBqbU解决此题的关键在于利用左手定则推断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。16. 一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为 d，将导体置于一磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于侧面，如下图当在导体中通以图示方向的电流 I 时，在导体的上下外表间用电压表测得的电压为UH，自由电子的电量为 e，电压表的“”接线柱接(上、下外表，该导体单位体积内的自由电子数为下BI解析：下 ebUH1由图，磁场方向向里，电流方向向右，则电子向左移动，依据左手定则，电子向上外表偏转，则上外表得到电子带负电，那么下外表带上正电，所以电压表的“+”接线柱接下外表；2依据电场力与洛伦兹力平衡，则有：UeH = eBv d由I=neSv=nebdv得导体单位体积内的自由电子数为：n =BI ebUH17. 为了争论海洋中海水的运动，海洋工作者有时依靠水流通过地磁场所产生的感应电动势测量水的流速现测量队员正在某海疆测量某处水流速度，假设该处地磁场的竖直重量已测出为B，该处的水流是南北流向的测量时，测量队员首先将两个探测电极插入水 中，两探测电极的另一端与一个能测量微小电压的电压表相连，则这两个电极的连线应沿 方向；然后，还需测出几个数据，这些数据分别是；最终就可依据v 计算出该处的水流速度了东西两电极之间的电压U 两电极之间的距离 LU/BL解析：东西两电极之间的电压U，两电极之间的距离L， U/BL(1) 地磁场的磁感应强度为竖直方向，需要海水流淌等效为通电的导体棒垂直磁感线，故海水接电极的方向为东西方向(2) 依据海水中的电荷受到的洛伦兹力和电场力平衡时，形成稳定的最大电压，有qvB = q UL，解得： v =U；故需要测量的数据为两电极之间的电压U，两电极之间的BL距离 L.【点睛】解决此题的关键知道海水流淌时，正负离子流淌，受到洛伦兹力偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡18. 电磁炮是一种抱负的兵器，它的主要原理如下图.某大学制成了能把 m=2.2g 的弹体 (包括金属杆 CD 的质量)加速到 v=10kms 的电磁炮. 假设轨道宽 l=2m，长 s=100m，通过的电流为 I=10A，则轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B=T，磁场力的最大功率P=W(轨道摩擦不计)11×107解析：1.1×107 试题分析：由 场力的最大功率，联立把数据统一成国际单位解得B=55T；磁代入数据解得考点：运动学公式，牛顿其次定律，安培力公式，功率的公式点评：学生清楚电磁炮的加速度由安培力供给，带入相关公式解题19. 在赤道四周的地磁场可看作是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度为B假设赤道上 空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，则地磁场对这根导线的作用力大小为，方向BIL 竖直向下解析：BIL，竖直向下1依据安培力的公式 F=BIL 的适用条件可知地磁场对这根导线的作用力大小为：F=BIL； 2依据左手定则可知：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指方向与电流方向一样，大拇指指向为受力方向，由此可知安培力方向竖直向下20. 如下图的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，12共 N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I 时(方向顺时针，如图)时，在天平左、右两边各加上质量分别为m 、m 的砝码，天平平衡当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重平衡由此可知：磁感应强度的方向为，大小为垂直纸面对里解析：垂直纸面对里mg2NIL由于B 的方向垂直纸面对里，开头线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝mg码则有 mg=2NBIL，所以 B= 2NIL故答案为三、解答题21. 理论争论说明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是觉察暗物质的一种方法。某争论小组为争论暗物质设计了探测正电子的装置如图所示。空间存在垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度B0= 5 ´10-4 T ，半径r = 0.3m的01半圆形环 ABC 为正电子放射源，能持续不断地放射速度v = 3.52 ´107 m / s 的正电子，O为半圆环的圆心，B 为半圆环最高点，足够长的收集板 DF 垂直 AC 放置在距 C 点 x 处，AC 延长线与板交于 H 点，板的左侧面固定有正电子收集器，沿板建立y 轴，H 为原点。只考虑正电子在纸面内的运动，无视相对论效应，不计重力，sin53 ° = 0.8 ，cos53 ° = 0.6 。（1） 只争论从 C 点沿半径向外射出的正电子，左右移动收集板，打在收集板上的最低位置在 y1= -0.4m 处，求正电子的比荷 q ；m（2） 只争论从 B 点沿各个方向向外射出的正电子，左右移动收集板，当收集板在C 点右侧距 C 点 x 为多少时，收集板刚好收集不到从 B 放射的正电子；（3） 假设正电子出射时速度方向均沿半径方向向外，且粒子数按圆弧面均勾分布，试求当x = 0.4m时 DF 上收集到的正电子数与放射总数的比值h 。解析：11.76 ´1011C / kg ；2 0.5m ；3 5390（1） 如图 1，有正电子轨迹半径由洛伦兹力通过向心力，可得R = y1= 0.4m代入数据，即有qBv = mv2Rqv= 1.76´1011C / kgmRB（2） 从 B 点沿半径方向射出的正电子偏转轨迹与y 轴相切如图 2， 由几何关系得x = 2R - rx = 0.5m（3） 如图 3 沿半径方向射出的正电子轨迹圆心在以O1 为圆心以 r1 为半径的圆上r =r2 + R2 = 0.5m1从 M 点沿半径方向射出的正电子轨迹圆与y 轴相切，轨迹圆心在 N 点，N 点到 y 轴的距离为 R 从 CM 段射出的正电子能打到收集板，从AM 段射出的正电子不能打到收集板三角形 O1MN 与三角形 O1CN 全等， 即有ÐMO N = ÐCO N = q由几何关系可得11tanq = R = 4 q = 53°r3可得当 x = 0.4m时 DF 上收集到的正电子数与放射总数的比值为h = 2 ´ 53° = 53180°9022. 如下图，在倾角为 的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为 L、质量为 m 的直导体棒，导体棒中通有大小为 I、方向垂直纸面对里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以加方向垂直于导体棒的匀强磁场。求：(1)假设匀强磁场的方向在水平方向，磁感应强度为多大？ (2)假设匀强磁场的方向在竖直方向，磁感应强度为多大？(3)沿什么方向加匀强磁场可使磁感应强度最小？最小为多少？解析：(1) B = mg；(2) B =mg tana；(3)磁场方向垂直斜面对上时最小，最小为B = mg sinaILILIL(1) 依据左手定则可知磁场方向水平向左，依据题意可得BIL = mg得故磁场方向向左，磁感应强度大小为B = mgILB = mgIL(2) 依据左手定则可知磁场方向竖直向上，由题意可知BIL = mgtan得故磁场方向竖直向上，大小为mgtan=BIL=mgtanBIL(3) 依据左手定则可知方向垂直斜面对上，依据题意有BIL = mgsin得=mgsinBIL故当磁场方向垂直斜面对上时最小，最小为mgsinB =IL23. 如下图为质谱仪的工作原理图，在容器A 中存在假设干种电荷量一样而质量不同的带2电粒子，它们可沉着器A 下方的小孔S1 飘入电势差为 U 的加速电场初速度可无视，然后经过S3 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最终打到照相底片D 上。假设这些粒子中有两种电荷量均为 q、质量分别为 m1 和 m2 的粒子m1<m ，粒子重力无视不计。12(1) 分别求出这两种粒子进入磁场时的速度v 、v 的大小；(2) 求这两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。2qU2qU2解析：(1)v =， v =；(2)d= 2qmU -2qm U 21m2m1qB21(1) 由动能定理得1qU= 2m1 v 21m122qU= 2v 2解得v1=2qU m12qUm2v2=(2) 在匀强磁场中，由牛顿其次定律得v2qvB=mR解得mvR= qB质量为 m1 的粒子的轨道半径m vR =1 11qB质量为 m2 的粒子的轨道半径m vR =2 22qB两种粒子打到照相底片上的位置相距解得2d= qBd=2R2-2R12qmU1( 2qm U -)224. 如下图，光滑平台处于水平向右的匀强电场中图中区域I，其场强Emg1=2q ，23区域 II 存在场强未知的竖直向上的匀强电场E ，区域 III 存在场强未知的竖直向上的匀强电场 E 和垂直纸面对外的匀强磁场，一质量为m、带电量为+q 的小球从 A 点无初速度释LL放， AO 距离为 L， OO的距离也为 。小球恰经过O11点上方 2处的 P 点再进入区域 III 做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A 点。重力加速度为 g，求：（1） 区域 III 内电场的电场强度E3 ；（2） 区域 III 内匀强磁场的磁感应强度 B；（3） 小球从 A 点开头至回到 A 点的运动时间 t。mg2m24 + 3解析：1 q；2 qLgL ；34ggL依据题意，做出小球的运动轨迹示意如下图（1） 小球在区域 III 做匀速圆周运动，则：qE - mg = 03解得：E= mg3q（2） 小球在区域 I 内做匀加速运动，设到达 O 点时速度为v 0 由动能定理有：qE L =1得出122 mv0v=gl02小球从 O 到 P 做类平抛运动，设经过时间t 到达 P 点，速度为 v，有：L = v t0 2qE- mg = ma2L1=at222 2得出l gt=E=2mg由动能定理得：2， 2q(qE- mg ) L =11mv2 -mv222220设小球从O N 边界进入区域 III 时速度与O N 的夹角为 ，有11v =2得出sinq =v0sinq2gl， v =2小球在区域 III 内做匀速圆周运动，有：v2qvB = mR得出2LR =2=Lsinq2得：2mB =gLqL（3） 依据题意：从 A 到 O，小球做匀加速运动，有：v= a t01 1qE = ma11得出小球在区域 III 内做匀速圆周运动有：t = 2l g1=2RTvt= 2 - 2q T32得出3l4gt=3对小球运动全程，有：t = 2t1+ 2t+ t23得：=24 + 3tgL4g25. 如下图，将长为 50cm，质量为 1kg 的均匀金属棒 ab 的两端用两只相间的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面对里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A 的电流时，弹簧恰好不伸长g=10m/s2。(1) 求匀强磁场的磁感应强度大小；(2) 当金属体中通过大小为 1A。方向由 a 到 b 的电流时弹簧伸长 3cm；假设电流方向由 b 到a，而电流大小不变，求弹簧的形变量。弹簧始终在弹性限度内解析：1 5T ；2 5cm（1） 弹簧不伸长时，依据平衡条件有可得出磁感应强度BIL = mgB = 5T（2） 当大小为 1 A 的电流由 a 流向 b 时，有安培力向上，则有当电流反向后，有2kx1+ BI1L = mg联立得2kx2= mg + BI L2x= 5cm226. 如图，平行板电容器两极间的电势差为30V ，两板间距为0.1m，板间同时存在磁感应强度大小 B1= 0.01T 、方向垂直纸面对里的匀强磁场.电容器右侧有一倾角q = 30 的斜面，斜面上方有一正三角形区域abc ，区域内分布有磁感应强度大小B2= 0.02T 、方向垂直纸面对里的匀强磁场.质量为4 ´10-20 kg 、带电量为+2 ´10-12 C 的粒子重力不计，从板间以速度v0水平射入电容器，做直线运动，然后穿过ab 边进入正三角形区域，仍从ab 边离开，最终恰好垂直打在斜面上，其运动轨迹如下图.求：（1） 粒子入射速度v0的大小；（2） 粒子在三角形区域中运动的时间；（3） 正三角形区域的最小边长。解析：1