第40期 洛伦兹力 洛伦兹力的应用-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期（２０２５年４月）　　　 第３９期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．同向电流相互吸引，ａｂ边受到的安培力方向向下，故 Ａ 错误；ａｂ边受到的安培力向下、ｃｄ边受到的安培力也向下，则 悬线拉力大于线框重力，故Ｂ错误；根据线框四边受到的安培 力分析，线框没有转动的趋势，故Ｃ错误；线框ａｂ边受到的安 培力Ｆ等于 ｃｄ边受到的安培力，故Ｆ－ｍｇ２ ＝ＢＩＬ，解得 Ｂ＝ Ｆ－ｍｇ ２ＩＬ ，故Ｄ正确．故选Ｄ． ２．根据对称性可知，Ａ、Ｂ两处的电流在Ｄ点的磁感应强度 大小相等，方向相反，而Ｃ处的电流在Ｄ点的磁感应强度方向 沿着ＤＢ方向，故Ｄ点的磁场方向沿着ＤＢ方向，故Ａ正确；根据 安培定则可知Ａ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＣＢ方 向，Ｂ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＡＣ方向，结合对 称性可知，Ｃ点的磁场方向与ＡＢ方向平行，故Ｂ错误；Ａ、Ｃ两处 的电流方向相反，可知Ａ处电流对 Ｃ处电流的安培力沿着 ＡＣ 方向，同理可知Ｂ处电流对Ｃ处电流的安培力沿着ＢＣ方向，结 合对称性可知，导线Ｃ受到的安培力方向沿着ＤＣ方向，故Ｃ错 误；Ａ、Ｃ两处的电流方向相反，可知Ｃ处电流对Ａ处电流的安培 力沿着ＣＡ方向，Ａ、Ｂ两处的电流方向相同，可知Ｂ处电流对Ａ 处电流的安培力沿着ＡＢ方向，根据力的合成可知，导线Ａ受到 的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故Ｄ错误．故选Ａ． ３．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下， 故Ａ正确；ａ、ｂ两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故 Ｂ错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零， 故Ｃ错误；因ｃ点处的磁感线较ｄ点密集，可知 ｃ点的磁感应强 度大于ｄ点的磁感应强度，故Ｄ错误．故选Ａ． ４．列车磁铁定子和电流转子分别安装在轨道和车体上，因 此车体前进的驱动力是直线电机的驱动，即磁场对电流的安培 力，不是静电力，故Ａ错误；车体在水平运动的过程中，速度不 一定相等，不会始终保持平衡状态，故 Ｂ错误；由题意可知，通 过精确控制电磁铁中的电流形成吸引力，车体与轨道之间始终 保持１０ｍｍ的悬浮气隙，因此吸引力与车体重力平衡，所以车 体满载时较空载时Ｉ磁 更大，故Ｃ正确；车体匀速右转时乘客受 到座椅竖直向上的弹力和水平向右的弹力，其合弹力指向右上 侧，故Ｄ错误． ５．根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，ｂ、 ｄ两导线在Ｏ点产生的磁场大小相等，方向相反，ａ、ｃ两导线在 Ｏ点产生的磁场的方向均向左，故 Ｏ点的合磁场方向向左．根 据左手定则可判断出受到的安培力向下，选项Ｂ正确． ６．设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为 ｘ１时，直导体棒 所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＝ｋｘ１＋ＢＩｌ；电流反向后，当弹簧伸长量为ｘ２时，导体 棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＋ＢＩｌ＝ｋｘ２，联立两式得Ｂ＝ ｋ ２Ｉｌ（ｘ２－ｘ１），Ａ正确． ７．由右手定则可知，电流方向是空心导体流向卫星，Ａ错 误；因为地磁场不是匀强磁场，所以相同长度的缆绳受到的安 培力大小不相等，Ｂ错误；由左手定则可知，缆绳受到的安培力 与卫星速度方向的夹角大于９０°，Ｃ正确；因为引力做正功，动 能的增大和减小与安培力做负功没有必然联系，Ｄ错误． ８．（１）排斥　左手 （２）吸引　排斥 （３）安培　磁 解析：（３）把电流在磁场中受到的力叫安培力，                                                         电流与电 —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 流之间的作用力是通过磁场这个媒介而传递的． ９．（１）Ｉ１ ＝１Ａ； （２）Ｉ２ ＝２．７５Ａ． 解析：（１）导体棒中ａ→ｂ的电流，此时所受安培力向左， 电流最小时摩擦力也向左且达到最大值，由受力平衡得Ｆ安１＋ ｆｍ ＝Ｍｇ，Ｆ安１ ＝ＢＩ１Ｌ，ｆｍ ＝μｍｇ，解得Ｉ１ ＝１Ａ． （２）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第 二定律有Ｆ安２－ＦＴ２－ｆｍ ＝ｍａ，Ｆ安２＝ＢＩ２Ｌ，对物体由牛顿第二 定律得ＦＴ２－Ｍｇ＝Ｍａ，联立得Ｉ２ ＝２．７５Ａ． １０．（１）２０００ｍ／ｓ；（２）１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． 解析：（１）由题意可知，炮弹受到的合力等于安培力，则根 据牛顿第二定律可得Ｆ＝ＢＩｄ＝ｍａ，由运动学公式可得ｖ２ ＝ ２ａｌ，解得ｖ＝ ２ＢＩｄｍ槡 ｌ＝２０００ｍ／ｓ． （２）炮弹离开轨道前做匀速运动，则 Ｆ＝ｆ＝ｋｖ′２，解得 ｋ＝Ｆ ｖ′２ ＝ＢＩｄ ｖ′２ ＝１０×１０ ４×２ ４００２ Ｎ·ｓ２／ｍ２ ＝１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．根据题意可知，金属棒竖直向上跳起则安培力的方向竖 直向上，电流方向沿导体棒，根据左手定则可知，安培力方向垂 直于电流与磁场方向构成的平面，由数学知识可知，当磁场方 向垂直ａｂｂ′ａ′平面、垂直 ａｂｃ′ｄ′平面时满足上述条件，当磁场 方向平行ａｂｃ′ｄ′平面时，电流方向与磁场方向平行，金属棒不 受安培力，不满足上述条件，当磁场方向垂直ａａ′ｄ′ｄ平面，安培 力不是竖直向上，不满足上述条件．故选ＢＤ． ２．因开始时线圈ａ、ｃ对ｂ线圈的合力Ｆｂ为零，说明线圈ａ 和线圈ｃ对线圈ｂ的作用力等大反向；根据电流的磁效应和磁 场的叠加原理，因电流之间的作用力为相互作用力，再结合对 称性可知，无论是仅改变Ｉ１的还是Ｉ２的电流的大小或方向，线 圈ａ和线圈ｃ对ｂ线圈的作用力总是等大反向，即ａ线圈和ｃ线 圈对ｂ的合力均为零，故ＡＣ错误，ＢＤ正确． ３．ｂｃ边与其余三边并联，ｂｃ边分得的电流比 ａｄ边的电流 大，根据Ｆ＝ＢＩＬ可知ａｄ边受到的安培力比ｂｃ边受到的安培力 小，故Ａ正确，Ｂ错误；根据左手定则和力的合成，可知线框 ａｂｃｄ受到的安培力合力水平向右，则桌面对线框 ａｂｃｄ的摩擦 力方向向左，根据牛顿第三定律可知，线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦 力方向向右，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）导线在磁场中的长度； （２）改变；（３）改变；（４）左手定则． ５．６Ｖ ! ! !" # ! $ % ! 解析：从左向右看，棒 ＰＱ的受力如图 所示，棒受重力ｍｇ、安培力Ｆ安 和环对棒的 弹力ＦＮ作用，根据平衡条件得 Ｆ安 ＝ｍｇｔａｎθ＝槡３ｍｇ， 安培力Ｆ安 ＝ＩＢＬ，联立解得Ｉ＝槡 ３ｍｇ ＢＬ ＝１Ａ，在电路中两 个圆环分别连入电路的电阻为Ｒ＝ １ ３×９Ω× ２ ３×９Ω １ ３×９Ω＋ ２ ３×９Ω ＝２ Ω，由闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｉ（ｒ＋２Ｒ＋Ｒ棒）＝６Ｖ． 第４０期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒 子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式ｒ＝ｍｖｑＢ得知，粒子的半 径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从ｂ到ａ．在ｂ处， 粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即向上，由左手定则判断可知， 该粒子带负电，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ２．根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，可知，速率越大，半径越大， 故Ａ正确，Ｂ错误；根据Ｔ＝２πＲｖ ＝ ２πｍ ｑＢ 可知，周期与速率无 关，故ＣＤ错误． ３．设边长为ａ，则从ｎ点射出的粒子其半径恰好为 ａ２；由 牛顿第二定律可得Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ａ ２ ，当磁感应强度变为原来的２倍 时，由２Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ａ ４，故粒子应从ａ点穿出；故Ｃ正确． ４．如图所示为粒子在磁场中的运动轨迹，轨迹圆心为 Ｏ′                                                                      ， —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !" ! " 则轨迹半径ｒ＝Ｒｔａｎ３０°＝槡３３Ｒ，故Ｄ 正确． ５．电子在磁场中做圆周运动的 周期Ｔ＝２πｍｅＢ，则电子在磁场中运动的时间为ｔ＝ θ ２π ×Ｔ，与速 度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小．由几何 关系可知，θａ ＝θｂ ＞θｃ，故Ｃ正确． ! " # ! $" ! ! # ６．电子做匀速圆周运动，在磁场中运 动的时间为ｔ＝ ) ＡＢ ｖ，故Ａ错误，设圆周运 动半径为Ｒ，则有ｌ＋ Ｒ２－ｄ槡 ２ ＝Ｒ，Ｂ正 确；洛伦兹力方向与速度方向始终垂直， 对电子不做功，故Ｃ错误；洛伦兹力不做功，电子的动能不变， 则其速率不变，但速度方向会变化，故Ｄ错误． ７．由题图可知，带电粒子ａ和ｂ在磁场中运动的圆心角分 别为１２０°和６０°．即ｔａ ＝ Ｔａ ３，ｔｂ ＝ Ｔｂ ６．由于两带电粒子运动时 间相同，则可得两粒子的周期之比为Ｔａ∶Ｔｂ＝１∶２，故Ａ错误； 根据几何关系，由题图可得，两粒子的轨迹半径分别为 Ｒａ ＝ ｄ ２ ｃｏｓ３０°＝ 槡３ ３ｄ，Ｒｂ＝ ｄ ２ ｃｏｓ６０°＝ｄ，则两粒子的轨迹半径之比为 Ｒａ∶Ｒｂ ＝槡３∶３，故Ｂ错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动， 根据牛顿第二定律ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，可得粒子的轨迹半径为 Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，运动的周期为Ｔ＝ ２πＲ ｖ ＝ ２πｍ ｑＢ，则可得两粒子的电荷量之 比为｜ｑａ｜∶｜ｑｂ｜＝２∶１，两粒子的速度之比为ｖａ∶ｖｂ＝ 槡２∶３， 故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．解析：（１）Ｄ形盒最大回旋半径为Ｒ，则电子做圆周运动 的最大半径为Ｒ，则ｅｖｍＢ＝ｍ ｖ２ｍ Ｒ，电子加速后获得的最大速度 ｖｍ ＝ ｅＢＲ ｍ． （２）电子在电场中加速度大小不变，尽管电子在电场中往 返运动，但可以看作电子做初速度为零的匀加速运动，所以电 子在电场中运动的速度为ｖｍ ＝ａｔ，ａ＝ Ｕｅ ｄｍ解得ｔ＝ ＢｄＲ Ｕ． ９．（１） 槡２３ｅＢｄ３ｍ ；（２） πｍ ３ｅＢ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! 解析：（１）由几何关系可知，粒子在磁场中 的圆心角为θ＝６０°，轨道半径为ｒ＝ ｄｓｉｎ６０°＝ 槡２３ ３ｄ，根据牛顿第二定律：ｅｖＢ＝ｍ ｖ２ ｒ， 解得：ｖ＝ 槡２３ｅｄＢ３ｍ ． （２）圆心角对于的弧长为ｓ＝ｒθ＝πｒ３，粒子穿过磁场的时 间ｔ＝ ｓｖ ＝ πｒ ３ｖ，联立解得：ｔ＝ πｍ ３ｅＢ． １０．槡３ｒ，槡 ３πｒ ３ｖ０ ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ! $ ! % 解析：由图可知，粒子转过的圆心 角为６０°，则粒子运动的半径为 Ｒ＝ ｒ ｔａｎ３０°＝槡３ｒ，转过的弧长为ｌ＝ ６０° ３６０°× ２πＲ＝πＲ３ ＝ 槡３πｒ ３ ，则运动所用时间ｔ＝ ｌ ｖ０ ＝槡３πｒ３ｖ０ ，故该带电粒子在磁场中运动的半径为槡３ｒ，时间为 槡３πｒ ３ｖ０ ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣＤ　３．ＡＢ 提示： １．设磁场边长为ａ，粒子从ｃ点离开，其半径为ｒｃ＝ａ，粒子 从ｄ点离开，其半径为ｒｄ ＝ １ ２ａ，则ｒｃ＞ｒｄ，故Ａ正确；由Ｔ＝ ２πｍ Ｂｑ根据圆心角求出运行时间ｔ＝ θ ２π Ｔ，运行时间ｔｄ＝ Ｔ ２，ｔｃ＝ Ｔ ４．则ｔｃ＜ｔｄ，Ｄ正确． ２．若只有电场，粒子只受电场力作用，合外力不为零，粒子 速度一定变化，故Ａ错误；若只有电场，粒子只受电场力作用， 合外力不为零，若粒子沿等势面运动，则电场力不做功，动能不 变，故Ｂ正确；若空间只有磁场，且粒子速度方向与磁场方向平 行，不受洛伦兹力作用，粒子速度不变，故 Ｃ正确；若空间只有 磁场，粒子速度与磁场平行，匀速运动，动能不变，                                                                      粒子速度不 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 与磁场平行，只受洛伦兹力作用，但洛仑兹力始终与速度垂直， 不做功，所以粒子动能一定不变，故Ｄ正确． ３．粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域 内粒子的速率相同．由两弧长之比为２∶１，速率相同，可知时间 之比为２∶１，故Ｃ错误；由于粒子经过ａ、ｂ点时的速度方向均水 平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故Ｄ错误；根据θ ＝ωｔ知角速度之比为１∶２，由ｖ＝ωｒ可知半径之比为２∶１，故 Ｂ正确；根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ得ｒ＝ ｍｖ Ｂｑ，所以磁场强度大小之比为 １∶２，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故Ａ正确． ４．（１）正　减少　 ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ； （２）如图１　 Ｕ２ ｄｖ１ ，ｖ１ ! " ! !"#$% ! # $ % & % ' ( 解析：（１）正离子所受电场力应向下，则Ｓ１带正电．电场力 做正功，则离子的电势能减少．根据动能定理 ｑＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ０，得Ｕ１ ＝ ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ． （２）由ＦＥ ＝ＦＢ可得Ｅｑ＝Ｂｑｖ１，即 Ｕ２ ｄｑ＝Ｂｑｖ１，得Ｂ＝ Ｕ２ ｄｖ１ ． ５．解析：（１）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 提供粒子圆周运动所需的向心力，则有ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，则粒子做 匀速圆周运动的半径Ｒ＝ｍｖｑＢ，粒子做匀速圆周运动周期 Ｔ＝ ２πＲ ｖ，该粒子在磁场中运动的时间为可得ｔ＝ π ２π Ｔ＝πｍｑＢ． （２）根据左手定则，结合上述可知，该粒子带正电，为使该 粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与 洛伦兹力等大反向，相互平衡，即有ｑＥ＝ｑｖＢ，解得电场强度Ｅ 的大小Ｅ＝ｖＢ． （３）粒子的速度ｖ′大于ｖ，将该带电粒子的速度分解为ｖ１ 和ｖ２，ｖ１对应的洛伦兹力和电场力平衡，即有ｖ１＝ｖ＝ Ｅ Ｂ，在水 平方向上，粒子水平向右做匀速直线运动，ｖ２对应的洛伦兹力 使之做逆时针方向的圆周运动，根据速度分解有ｖ２＝ｖ′－ｖ，圆 周运动的轨道半径ｒ＝ ｍｖ２ ｑＢ＝ ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，所以粒子沿电场方向 运动的最大距离为ｙｍ ＝２ｒ＝ ２ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，粒子在一个周期内 运动的水平距离为ｘ＝ｖＴ＝２πｍｖｑＢ． 第４１期参考答案 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示：１．由于ａ端有向上的磁场分量；ｂ端有向下的磁场分 量，根据左手定则可知ａ端向外转动，ｂ向里转动，故Ａ错误；条 形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，故 Ｂ错误；当 ａｂ转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下， 故再次平衡时，弹力变大，故Ｃ正确，Ｄ错误． ２．由电路可知，流过ａｂ边的电流方向由ｂ向ａ，由左手定则 可知ｂａ边所受的安培力方向竖直向下，故Ａ错误；设导体框的 边长为Ｌ，单位长度的电阻为Ｒ０．由欧姆定律可得ａｂ边的电流 为Ｉ１＝ Ｕ ＬＲ０ ，流过ｂｃｄｅａ边的电流为Ｉ２＝ Ｕ ４ＬＲ０ ，又ｂｃｄｅａ边与ｂａ 边在磁场中的有效长度相等，则由公式Ｆ＝ＢＩＬ，可知安培力的 大小与电流成正比，则ｂｃｄｅａ部分与ｂａ边所受的安培力大小之 比为１∶４，同理ｂａ边与ｂｃ边所受的安培力大小之比为４∶１，故 Ｂ正确，Ｃ错误；整个导体框所受的安培力大小为 Ｆ＝Ｂ（Ｉ１＋ Ｉ２）Ｌ＝ ５ＵＢＬ ４Ｒ０ ，由左手定则可知安培力的方向竖直向下，故Ｄ错 误． ３．将电子的初速度沿ｘ轴及ｙ轴方向分解，沿ｘ方向速度 与磁场方向平行，做匀速直线运动且ｘ＝ｖ０ｃｏｓα·ｔ，沿ｙ轴方向 速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动， 由左手定则可知，磁场方向沿ｘ轴正方向，故Ａ正确；根据洛伦 兹力提供向心力及圆周运动知识又，ｅｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，Ｔ＝ ２πＲ ｖ 且ｖ ＝ｖ０ｓｉｎα，解得Ｄ＝２Ｒ＝ ２ｍｖ０ｓｉｎα ｅＢ ，Ｔ＝ ２πｍ ｅＢ 所以Δｘ＝ｖｘＴ ＝ ２πｍｖ０ｃｏｓα ｅＢ ，所以若仅增大磁感应强度 Ｂ，则 Ｄ、Δｘ均减小； 若仅增大ｖ０，则Ｄ、Δｘ皆增大；若仅增大α角（α＜９０°），则Ｄ增 大，Δｘ将减小，故Ｂ错误，符合题意，ＣＤ正确                                                                      ． —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! " ! # $ % & ' ( ) ! ) ) * ! " ４．由题意可知，由于磁感应强度 大小相等，故粒子在磁场中运动半径 相等，设半径为 ｒ，因为在磁场力的作 用下粒子到达ｃ线上的 Ｄ点时速度方 向竖直向下，且已知线段 ＰＤ垂直于 ｃ 线．分析可知，轨迹如图１，Ａ为在ｂ虚线左侧做匀速运动时的圆 心，Ｂ为在ｂ虚线右侧做匀速运动时的圆心，由几何关系可知θ ＝３０°，故ＰＢ＝２ｒｃｏｓ３０°＝槡３ｒ，所以 ＰＣ ＣＤ＝ ＰＢ－ｒｃｏｓ３０° ＢＤ＋ｒｃｏｓ３０°＝２ 槡３－３，故Ｃ正确． ! " # ! ! ５．根据左手定则可判断粒子带正 电，故Ａ错误；粒子轨迹如图２所示可知 粒子速度方向改变了６０°，粒子在磁场中 运动的时间为ｔ＝６０°３６０°Ｔ＝ １ ６× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ３ｑＢ，故Ｂ错误；由几何关系知粒子的轨 迹半径为ｒ＝Ｒｔａｎ６０°＝槡３Ｒ，由洛伦兹 力提供向心力可知ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，粒子在磁场中运动的动量大小 为ｐ＝ｍｖ，解得ｐ＝槡３ｑＢＲ，故Ｃ正确；由于粒子轨迹半径ｒ＝ 槡３Ｒ＞ １ ２Ｒ，所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过Ｏ点， 故Ｄ错误． ６．根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产 生的磁场方向均相同，设两导线间的距离为ｄ，距离ａｂ导线为ｘ 处磁场的磁感应强度Ｂ＝ｋＩ（１ｘ＋ １ ｄ－ｘ）＝ ｋＩｄ ｘ（ｄ－ｘ），当ｘ＝ ｄ ２时，Ｂ最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变， 由ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，解得轨迹的曲率半径ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，即在虚线附近曲 率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是Ｃ． ７．由左手定则可判断出Ｎ带正电，Ｍ带负电，故Ａ错误；粒 子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，可得ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，由于两粒子的质量和电荷量都相等， 且Ｍ粒子的轨道半径大于Ｎ粒子的轨道半径，则Ｍ的速率大于 Ｎ的速率，故Ｂ错误；洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，对 Ｍ、Ｎ均不做功，故Ｃ错误；粒子在磁场中运动半周，即运动时间 为周期的一半，则有ｔ＝１２Ｔ＝ １ ２× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ｑＢ，由于两粒子的 质量和电荷量都相等，则Ｍ的运动时间等于Ｎ的运动时间，故 Ｄ正确． ８．ＡＢＤ　９．ＡＣ　１０．ＢＤ 提示： ８．小物块运动过程中的加速度 ａ＝ｍｇ－μｑｖＢｍ ，物块由静 止释放时有最大加速度ａｍ ＝ｇ，故Ａ正确；根据平衡条件得ＦＮ ＝ｑｖＢ，小物块所受的摩擦力Ｆｆ＝μＦＮ ＝μｑｖＢ，与速度成正比， 故Ｂ正确；物块向下做加速运动，物块受到重力、墙壁对其支持 力、竖直向上的摩擦力和洛伦兹力，当物块受到的重力与摩擦 力相等时，物块达到最大速度后匀速运动．故小物块不会离开 墙壁．根据平衡条件得μｑｖＢ＝ｍｇ，解得小物块能达到的最大 速度为ｖ＝ｍｇ μｑＢ ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ９．与挡板碰１次后射出的粒子，轨迹如图３所示，碰前半径 为ｒ１，碰后半径为ｋｒ１，有几何关系（ｒ１－ｋｒ１） ２＋（２Ｒ）２＝（ｒ１＋ ｋｒ１） ２，解得ｒ１＝ Ｒ 槡ｋ ，ｋｒ１ 槡＝ ｋＲ，根据洛伦兹力提供向心力ｑｖＱＢ ＝ｍ ｖ２Ｑ ｋｒ１ ，解得ｖＱ ＝槡 ｋｑＢＲ ｍ ，故Ａ正确，Ｂ错误；碰ｎ次后射出的 粒子，在磁场中运动的周期恒为Ｔ，轨迹如图４所示，转过的总 圆心角为α＝（π－θ１）＋（π－θ２）＋… ＋（π－θｎ＋１）＝（ｎ＋ １）π－（θ１＋θ２＋… ＋θｎ＋１）＝ｎπ，在磁场中运动的时间ｔｎ ＝ α ２π Ｔ＝ｎπｍｑＢ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ " ! %& " & " " " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ ! ! ! " ! '#" ! $ ! % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! ! ! ! ! １０．根据左手定则可判断正离子在磁场 中受力如图５，正离子在环向场中沿逆时针 方向运动，故 Ａ错误；由于洛伦兹力总是与 速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大 小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故Ｂ正确；                                                                      由图可 —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供心有ｑｖＢ＝ ｍｖ２ Ｒ，解得Ｒ＝ ｍｎ ｑＢ，可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度 不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，Ｂ越大，Ｒ越小，所以 同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手 定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁 移，故Ｃ错误，Ｄ正确． １１．（１）０．５２０；（２）低；（３）１ｂ　 ｄ ＢＩｂ 解析：（１）由丙图可知霍尔元件的厚度为 ｄ＝０．５ｍｍ＋ ２．０×０．０１ｍｍ＝０．５２０ｍｍ． （２）根据左手定则，可知负电荷向Ｍ板移动，所以Ｍ面的 电势低于Ｎ面的电势． （３）如图戊所示，当 １Ｒ ＝０时Ｒ为∞，此时电压表测的是 电源电动势，由图可得ＵＨ ＝ １ ｂ，根据ＵＨ ＝ｋ ＩＢ ｄ解得ｋ＝ ｄ ＢＩｂ． １２．竖直向下　前表面　ＵｎｅｈＩ 解析：（１）据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为 顺时针方向，即则ＡＢ间磁场方向为竖直向下． （２）电流向右，根据左手定则，安培力向里，载流子是负电 荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高． （３）设前后表面的厚度为ｄ，最终电子在电场力和洛伦兹 力的作用下处于平衡，有ｑＵｄ ＝ｑｖＢ，根据电流微观表达式，有 Ｉ＝ｎｅＳｖ＝ｎｅｄｈｖ，联立解得Ｂ＝ＵｎｅｈＩ． １３．解析：（１）秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读 数为Ｉ０＝０．１Ａ，对金属棒受力分析，根据平衡条件可得ｍ０ｇ＝ ＢＩ０Ｌｃｏｓθ＋Ｍｇｓｉｎθ，代入数据解得ｍ０ ＝０．０８８ｋｇ． （２）当电路中的电流最大时，称量物体的质量最大，电路 中的最大电流为电流表的量程，即ＩＡ ＝ Ｅ０ Ｒ＋Ｒ０ ，代入数据解得 Ｒ＝１Ω，对金属棒以及所称物体、秤盘受力分析，根据平衡条 件可得（ｍ０＋ｍｍａｘ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＡＬｃｏｓθ，代入数据解得ｍｍａｘ ＝０．１１６ｋｇ． （３）电流表示数Ｉ与所称物体的质量ｍ满足关系式（ｍ０＋ ｍ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＬｃｏｓθ，代入数据解得 ｍ＝０．０４Ｉ－０．００４ｋｇ（０．１Ａ＜Ｉ＜３Ａ）． ! " # $ ! % ! ! " １４．解析：（１）带电粒子在磁场 中运动时，根据牛顿第二定律有 ｑｖＢ ＝ｍｖ ２ Ｒ，所以Ｒ＝２Ｌ，如图６所示，沿 ｄａ方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是 α，由 几何关系知ｓｉｎα＝ １２，所以，射出磁场时速度方向与ａｂ边界 的夹角θ＝６０°． ! " # $ ! ! ! （２）从ｃ点射出磁场的粒子，轨 迹如图７所示，由几何关系知 ｓｉｎβ ＝ １２，弧 ｄｃ对应的圆心角为２β，粒 子在磁场中做圆周运动的周期为 Ｔ ＝２πｍｑＢ，所以，粒子从 ｄ到 ｃ的时间 为ｔ＝２β２π Ｔ，解得ｔ＝πｍ３ｑＢ． ! " # $ ! " % & ! ! （３）如图８所示，当粒子的运 动轨迹与ａｂ边界相切时，从ｂｃ边界 的ｅ点射出磁场，则ｅｃ即为ｂｃ边界 上有粒子射出的区间，由几何关系 知ｃｏｓφ＝ １２，ｄｆ＝Ｒｓｉｎφ＝ 槡３ ２Ｒ ＝槡３Ｌ，ｓｉｎγ＝ ２Ｌ－ｄｆ Ｒ ，ｅｃ＝Ｒｃｏｓγ－Ｌ，联立可得 ｅｃ＝ （ 槡４３－槡 ３－１）Ｌ． １５．解析：（１）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提 供向心力，由Ｂｑｖ０＝ｍ ｖ２０ ｒ１ 解得ｒ１＝０．１ｍ，由几何关系得离子 在磁场中的轨迹半径ＯＡ＝２ｒ１ｓｉｎα，解得ＯＡ＝槡 ３ １０ｍ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % & ' ! ! " （２）粒子在磁场中，运动轨迹如 图９，由几何关系可知圆心角θ＝２α ＝１２０°，则在磁场中运动时间 ｔ１ ＝ θ ３６０°× ２πｒ１ ｖ０ ＝π３×１０ －７ｓ，离子进入 电场后，经过时间ｔ２再次到达ｘ轴上，分析知离子在电场中做 类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为 ｖ０                                                                      的匀速直线运 —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 动，位移为ｌ１，则ｌ１ ＝ｖ０ｔ２，离子沿电场方向做初速度为零的匀 加速直线运动，加速度为ａ，位移为ｌ２，则Ｅｑ＝ｍａ，ｌ２ ＝ １ ２ａｔ ２ ２， 由几何关系可知ｔａｎ６０°＝ ｌ２ ｌ１ ，代入数据解得ｔ２＝槡 ３ ２×１０ －７ｓ， 则总时间ｔ＝ｔ１＋ｔ２ ＝（ π ３＋ 槡３ ２）×１０ －７ｓ． （３）由Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ｒ知，Ｂ越小，ｒ越大，设离子在磁场中最大 轨迹半径为 Ｒ，由图中几何关系得 Ｒ＝ １２（ｒ１－ｒ１ｃｏｓα）＝ ０．０２５ｍ，由牛顿运动定律得Ｂ１ｑｖ０＝ｍ ｖ２０ Ｒ，得Ｂ１＝４×１０ －４Ｔ， 则外加磁场磁感应强度的最小值Ｂ２ ＝Ｂ１－Ｂ＝３×１０ －４Ｔ． 第４２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｃ 提示： １．导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，就 不会产生感应电动势，也不会有感应电流，所以导体在磁场中 运动不一定能产生感应电流，故Ａ错误；要形成感应电流必须 是闭合回路且磁通量发生改变，所以闭合线圈整个放在变化磁 场中，但是线圈平面与磁场平行，磁通量为零时，不能产生感应 电流，故Ｂ错误；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 通量的变化，不一定与原磁场方向相反，故Ｃ错误，Ｄ正确． ２．从Ａ到Ｂ，穿过金属环的磁通量增加，故Ａ错误；从Ａ到 Ｂ，根据“来拒去留”可知，金属环受磁场力方向向上，故 Ｂ错 误；根据条形磁铁内外的磁感线分布可知，线圈在 Ｏ点时内外 磁感线抵消的最少，则磁通量最大，即从Ｂ到Ｏ，穿过金属环的 磁通量发生变化，故金属环中有感应电流产生，受磁场力的作 用，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当条形磁铁的Ｎ极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的 磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种 变化，于是相互远离．故Ｃ正确． ４．因磁铁ＡＢ极性不明或螺线管的绕法不明确，Ｃ端的极 性无法判断，故ＡＢ错误；在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线 管ＣＤ的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻 碍磁铁ＡＢ插入螺线管，Ｃ端的极性一定与磁铁 Ｂ端的极性相 同，故Ｃ错误，Ｄ正确． ５．向ｙ轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律 中的增反减同规律，线框内的感应电流沿逆时针方向，安培力 的大小Ｆ＝ＢＩＬ．根据左手定则可知边受到的安培力沿 ｙ轴负 方向，ａｄ边的安培力沿ｙ轴正方向，由于沿ｙ轴正方向磁感应强 度均匀增大，则ｂｃ边安培力大于ａｄ边的安培力，ｄｃ和ａｂ边所 受安培力大小相等方向相反，则整体受到的安培力沿轴负方 向．故Ｄ正确． ６．圆环ａ匀速转动，激发稳定磁场，ｂ内磁通量没有变化， 不会产生感应电流．故 ＡＣ错误；圆环 ａ匀速转动的角速度越 大，圆环ａ中电流越大，则穿过小圆环ｂ的磁通量越大．故Ｂ正 确；圆环ａ加速转动时，激发的磁场变强，小圆环ｂ内磁通量增 加，根据楞次定律可知，有顺时针方向的感应电流．故Ｄ错误． ７．闭合电键Ｋ后，把Ｒ的滑片右移，Ｑ中的磁场方向从左 向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故 Ａ 错误；闭合电键Ｋ后，将Ｐ中的铁芯从左边抽出，Ｑ中的磁场方 向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向 上，故Ｂ错误；闭合电键，将 Ｑ靠近 Ｐ，Ｑ中的磁场方向从左向 右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故Ｃ正确． ８．逆时针　向下　收缩 解析：在图中磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，导线 环中感应电流的方向为逆时针；由左手定则可知，圆环最上端 的导线微元受到安培力的方向向下，圆环会收缩． ! " # $ ! ９．解析：（１）根据右手螺旋定则， 线圈Ａ中的磁感线穿过线圈Ｂ的方向 如图（ｂ）中的实线所示，电路接通瞬 间，线圈Ｂ中的磁场增强，磁通量也增大；根据楞次定律，线圈 Ｂ中感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反，即如图（ｂ） 中的虚线所示；再用右手螺旋定则判断感应电流的方向便可确 定流过灵敏电流计的电流方向是Ｄ→Ｃ． （２）当Ｓ接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据楞次 定律和安培定则，则线圈 Ａ中感应电流从右向左流过电流计， 同理Ｂ中感应电流也从右向左流过电流计． 当Ｓ断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律和 安培定则，则线圈Ａ中感应电流从左向右流过电流计，同理                                                                      Ｂ —７— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 中感应电流也从左向右流过电流计． １０．解析：（１）该闭合电路是指 ＥＦＣＤ回路；当导体棒 ＣＤ 向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞次定律， 感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为逆时针方 向； （２）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体 棒ＣＤ中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导体棒ＣＤ 的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方向；当磁场方 向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方向不变，仍为逆 时针方向； （３）伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒运 动的方向，则四指指向感应电流方向． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＤ　３．ＡＤ 提示： １．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋 定则，知线框中感应电流方向ｂ→ｃ→ｄ→ａ→ｂ，故Ａ错误；线 框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋 势，ｂｃ边受到的安培力方向向上，故Ｂ正确；线框离开磁场过程 中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向 ａ→ ｄ →ｃ→ｂ→ａ，故Ｃ错误；线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通 量减少，线框有扩张的趋势，ｄａ边受到的安培力方向向上，故Ｄ 正确． ２．在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增 加，根据楞次定律的结论 “增缩减扩”可知，ｐ、ｑ将互相靠拢， 故Ａ正确，Ｂ错误；在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的 磁通量增加，根据楞次定律的结论“来拒去留”可知，磁铁受到 向上的阻力，磁铁的加速度小于ｇ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当闭合开关Ｓ的瞬间，穿过线圈 Ｐ向左的磁通量增加， 根据楞次定律，线圈Ｐ里产生与图示方向相同的感应电流，故 Ａ正确，Ｂ错误；同理，当断开开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ里有与图示 方向相反的感应电流，故Ｄ正确；Ｃ错误． ４．（１）向左偏转 （２）逆时针　收缩 解析：（１）断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏 转了一下，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电流增大， 与断开开关电流减小相反，灵敏电流计的指针向左偏转； （２）周围环境温度急剧上升时，Ｒ电阻减小，电流增大，直 螺线管产生的原磁场向右增加，根据楞次定律可知，金属环上 感应电流产生的磁场向左，从左向右看，金属环 Ａ中电流方向 逆时针；金属环上逆时针的感应电流在直螺线管产生的向右的 磁场中受到的安培力有收缩的趋势． ５．解析：（１）①线框进入磁场阶段：ｔ为０～ ｌｖ，线框进入 磁场中的面积与时间成正比，Ｓ＝ｌｖｔ，最后为Φ ＝ＢＳ＝Ｂｌ２． ②线框在磁场中运动阶段：ｔ为 ｌｖ～ Ｌ ｖ，线框磁通量为Φ ＝Ｂｌ２，保持不变． ! ! " #$ ! $ % & % &'$ % ③ 线框离开磁场阶段：ｔ为 Ｌｖ ～ Ｌ＋ｌ ｖ，线框磁通量线性减小，最后为零，磁 通量随时间变化的图像如图所示． （２）根据右手定则可知，ｃｄ边上的电流方向为ｃ到ｄ； （３）根据左手定则或楞次定律知，ｃｄ边在进出磁场过程中 受到的安培力方向均为向左                                                                      ． —８— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 书 （上接第３版） ２．一个带电粒子以速度ｖ射入某一空间（不 计重力），下列说法中正确的有 （　　） Ａ．若空间只有电场，粒子的速度可能不变 Ｂ．若空间只有电场，粒子的动能可能不变 Ｃ．若空间只有磁场，粒子的速度可能不变 Ｄ．若空间只有磁场，粒子的动能一定不变 ３．如图２所示，虚线 ＭＮ 将平面分成 Ⅰ 和 Ⅱ 两个区 域，两个区域分别存在着与 纸面垂直的匀强磁场．一带 电粒子仅在磁场力作用下由 Ⅰ区运动到 Ⅱ 区，曲线 ａＰｂ 为运动过程中的一段轨迹，其中弧 ａＰ、弧 Ｐｂ的 弧长之比为２∶１，且粒子经过ａ、ｂ点时的速度方 向均水平向右，下列判断正确的是 （　　） Ａ．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向 相反，大小之比为１∶２ Ｂ．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半 径之比为２∶１ Ｃ．粒子通过 ａＰ、Ｐｂ两段弧的时间之比为 １∶１ Ｄ．弧ａＰ与弧Ｐｂ对应的圆心角之比为２∶１ 二、填空题（共９分） ４．质谱仪是用来测量带电粒子质量的一种 仪器，其结构如图 ３甲所示，它分别由加速器 Ⅰ、速度选择器Ⅱ、质量分离器Ⅲ三部分组成， 若从粒子源Ｐ点发出一个电量ｑ、质量为ｍ的正 离子，经过加速器得到加速，进入速度选择器， 速度符合一定大小的离子能够通过Ｓ３缝射入质 量分离器中，整个过程中可以不考虑离子重力 的影响． （１）加速器Ⅰ由Ｓ１Ｓ２两块带电平行金属板 组成，为了使正离子得到加速，则应让金属板 Ｓ１ 带电 （选填“正”或“负”）．在下降过程 中，离子的电势能 （选填“减少”、“增 大”或“不变”）．如果离子从速度ｖ０开始经加速 后速度达到 ｖ１，则加速器两极板间电压 Ｕ１ ＝ ． （２）离子以速度ｖ１进入速度选择器 Ⅱ 中， 如图乙两板间电压为Ｕ２，两板长度 ｌ，相距 ｄ．离 子在穿过电场过程中，为了不让离子发生偏转， 需要在该区域加一个垂直于电场和速度平面的 磁场．在图乙中分别用ＦＥ和ＦＢ标出离子受到的 电场力与磁场力方向并求所加磁场的磁感强度 Ｂ＝ ，离开分离器时离子的速度 ｖ＝ ． 三、计算题（共１５分） ５．如图４甲所示，质量为ｍ、电荷量为ｑ的带 电粒子，以初速度ｖ沿垂直磁场方向射入磁感应 强度为 Ｂ的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运 动，不计带电粒子所受重力： （１）求粒子做匀速圆周运动的半径 Ｒ和在 磁场中运动的时间ｔ； （２）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同 时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，如图 乙，求电场强度Ｅ的大小； （３）若该粒子处于上述（２）的匀强电场和 磁场中，已知粒子的速度 ｖ′大于 ｖ，求粒子沿电 场方向运动的最大距离ｙｍ和一个周期内粒子在 水平方向运动距离                                                                                                 ｘ． 书 第３９期２版参考答案 素养专练１ １．Ｃ　２．ＣＤ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｃ 第３９期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ｃ ８．（１）排斥　左手 （２）吸引　排斥 （３）安培　磁 解析：（３）把电流在磁场中受到的力叫安培 力，电流与电流之间的作用力是通过磁场这个 媒介而传递的． ９．（１）Ｉ１ ＝１Ａ； （２）Ｉ２ ＝２．７５Ａ． 解析：（１）导体棒中ａ→ｂ的电流，此时所受 安培力向左，电流最小时摩擦力也向左且达到 最大值，由受力平衡得 Ｆ安１＋ｆｍ ＝Ｍｇ，Ｆ安１ ＝ ＢＩ１Ｌ，ｆｍ ＝μｍｇ，解得Ｉ１ ＝１Ａ． （２）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导 体棒由牛顿第二定律有 Ｆ安２－ＦＴ２－ｆｍ ＝ｍａ， Ｆ安２＝ＢＩ２Ｌ，对物体由牛顿第二定律得ＦＴ２－Ｍｇ ＝Ｍａ，联立得Ｉ２ ＝２．７５Ａ． １０．（１）２０００ｍ／ｓ； （２）１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． 解析：（１）由题意可知，炮弹受到的合力等 于安培力，则根据牛顿第二定律可得Ｆ＝ＢＩｄ＝ ｍａ，由运动学公式可得 ｖ２ ＝２ａｌ，解得 ｖ＝ ２ＢＩｄｍ槡 ｌ＝２０００ｍ／ｓ． （２）炮弹离开轨道前做匀速运动，则 Ｆ＝ｆ ＝ｋｖ′２，解得ｋ＝Ｆ ｖ′２ ＝ＢＩｄ ｖ′２ ＝１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．根据题意可知，金属棒竖直向上跳起则 安培力的方向竖直向上，电流方向沿导体棒，根 据左手定则可知，安培力方向垂直于电流与磁 场方向构成的平面，由数学知识可知，当磁场方 向垂直ａｂｂ′ａ′平面、垂直ａｂｃ′ｄ′平面时满足上述 条件，当磁场方向平行 ａｂｃ′ｄ′平面时，电流方向 与磁场方向平行，金属棒不受安培力，不满足上 述条件，当磁场方向垂直ａａ′ｄ′ｄ平面，安培力不 是竖直向上，不满足上述条件．故选ＢＤ． ２．因开始时线圈ａ、ｃ对ｂ线圈的合力Ｆｂ为 零，说明线圈ａ和线圈ｃ对线圈ｂ的作用力等大 反向；根据电流的磁效应和磁场的叠加原理，因 电流之间的作用力为相互作用力，再结合对称 性可知，无论是仅改变 Ｉ１的还是 Ｉ２的电流的大 小或方向，线圈ａ和线圈ｃ对ｂ线圈的作用力总 是等大反向，即ａ线圈和ｃ线圈对ｂ的合力均为 零，故ＡＣ错误，ＢＤ正确． ３．ｂｃ边与其余三边并联，ｂｃ边分得的电流 比ａｄ边的电流大，根据Ｆ＝ＢＩＬ可知ａｄ边受到 的安培力比ｂｃ边受到的安培力小，故 Ａ正确，Ｂ 错误；根据左手定则和力的合成，可知线框 ａｂｃｄ 受到的安培力合力水平向右，则桌面对线框 ａｂｃｄ的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可 知，线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦力方向向右，故Ｃ错 误，Ｄ正确． ４．（１）导线在磁场中的长度； （２）改变；（３）改变；（４）左手定则． ５．６Ｖ 解析：从左向右看，棒 ＰＱ 的受力如图所示，棒受重力 ｍｇ、安培力Ｆ安 和环对棒的弹 力 ＦＮ作用，根据平衡条件得 Ｆ安 ＝ｍｇｔａｎθ＝槡３ｍｇ，安培 力 Ｆ安 ＝ＩＢＬ，联立解得Ｉ＝槡 ３ｍｇ ＢＬ ＝１Ａ，在电路 中两个圆环分别连入电路的电阻为 Ｒ ＝ １ ３×９Ω× ２ ３×９Ω １ ３×９Ω＋ ２ ３×９Ω ＝２Ω，由闭合电路欧姆定 律得Ｅ＝Ｉ（ｒ＋２Ｒ＋Ｒ棒）＝６Ｖ． 书 一、临界状态不惟一形成的多解 例１．如图１所示，长为Ｌ 的水平极板间有垂直纸面向 里的匀强磁场，磁感应强度 为Ｂ，板间距离为 Ｌ，板不带 电．现有质量为 ｍ，电量为 ｑ 的带正电粒子（不计重力） 从左边极板间中点处垂直磁场以速度 ｖ水平射 入，欲使粒子不打在极板上，ｖ应满足什么条件？ 解析：由于粒子运动轨道的圆半径不同，飞 出磁场的临界位置也有所不同，设粒子刚好相 切于极板的左边缘飞出时，射入磁场的速度为 ｖ１，则其对应圆半径为：Ｒ１＝ Ｌ ４，又由Ｒ１＝ ｍｖ１ ｑＢ， 解得：ｖ１ ＝ ｑＢＬ ４ｍ．设粒子刚好从上极板的右边缘 飞出时，射入磁场的速度为 ｖ２，其对应圆半径为 Ｒ２，由几何关系可得：Ｒ ２ ２ ＝Ｌ ２＋（Ｒ２－ Ｌ ２） ２，即 得：Ｒ２ ＝ ５Ｌ ４，又由Ｒ２ ＝ ｍｖ２ ｑＢ联立得：ｖ２ ＝ ５ｑＢＬ ４ｍ． 故欲使粒子不打在极板上，ｖ应满足：ｖ＞５ｑＢＬ４ｍ 或ｖ＜ｑＢＬ４ｍ． 二、运动方向不确定形成的多解 例２．如图２所示，绝缘摆线长为 Ｌ，摆球带正电（电荷量为 ｑ，质量为 ｍ）悬于Ｏ点，当它在磁感应强度为 Ｂ的匀强磁场中来回摆动经过最低 点Ｃ时速率为ｖ，则摆线的拉力为多大？ 解析：当摆球在最低点向右运动时，摆球受 到的洛伦兹力的方向竖直向上，由牛顿第二定 律得：Ｔ－ｍｇ＋ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｌ，则 Ｔ＝ｍｇ－ｑｖＢ＋ｍｖ ２ Ｌ． 当摆球在最低点向左运动时，摆球受洛伦 兹力的方向竖直向下，由牛顿第二定律得：Ｔ－ ｍｇ－ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｌ，则Ｔ＝ｍｇ＋ｑｖＢ＋ｍ ｖ２ Ｌ． 三、运动的重复性形成的多解 例３．如图３所示，ｘ轴上 方是磁感应强度为 Ｂ的匀强 磁场，下方是场强为Ｅ的匀强 电场，方向如图３所示，屏ＭＮ 距ｙ轴为ｓ．今有一质量为ｍ、电量为ｑ的正粒子 （不计重力）从坐标原点Ｏ沿ｙ轴正方向射入磁 场，要使粒子垂直打在屏ＭＮ上，求：粒子从原点 射入时的速度应为多大？ 解析：设粒子的圆轨道半径为 Ｒ，要使粒子 垂直打在屏ＭＮ上，应有： ｓ＝（２ｎ＋１）Ｒ（ｎ＝０，１，２，…） ① 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦 兹力提供向心力，即有： ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ ② 联立①②式解得： ｖ＝ ｑＢｓ （２ｎ＋１）ｍ（ｎ＝０，１，２，…） ③ 书 带电粒子在有边界和无边界磁场区域中的 运动，通常研究的粒子轨迹多为圆弧，常常需要 运用圆周的对称性等数学知识结合几何条件、 边界条件、极值条件来求解．在粒子做匀速圆周 运动时一般按“找圆心、求半径、定时间”的思路 来分析和作图进而求解．下面就这三个问题分 别展开分析． 一、圆心的确定 一种形式是已知入射方向和出射方向：因 为洛伦兹力 Ｆ指向圆心，可分别通过入射点和 出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线， 两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图 １ 所示．另一种形式是已知入射方向和出射点的 位置，可以通过入射点作入射方向的垂线，再连 接入射点和出射点，作连线的中垂线，这两条垂 线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图２所示． 二、半径的确定和计算 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径 ， 并注意以下两个重要的几何特点（如图 ３所 示）： １．粒子速度的偏向角（φ）等 于回旋角（α），并等于 ＡＢ弦与切 线的夹角（弦切角θ）的２倍，即 φ ＝α＝２θ＝ωｔ． ２．相对的弦切角（θ）相等，与 相邻的弦切角 （θ′）互补，即θ＋θ′＝１８０°． 三、粒子在磁场中运动时间的确定 若要计算转过任一段圆弧所用的时间，则 必须确定粒子转过的圆弧所对的圆心角α，利用 圆心角与弦切角的关系及其他几何关系，计算 出圆心角α的大小，由公式ｔ＝ α３６０°Ｔ即可求出 粒子在磁场中的运动时间，其中Ｔ为该粒子做圆 周运动的周期． 注意：圆周运动中有关的对称规律． １．从直线边界射入匀强磁场的粒子，从同 一边界射出时，速度与边界的夹角相等． ２．在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必 沿径向射出．即如果入射方向过磁场圆心，出射方 向也过圆心． 例．如图４所示，一足够 长的矩形区域 ａｂｃｄ内充满 方向垂直纸面向里的磁感 应强度为 Ｂ的匀强磁场，在 ａｄ边中点Ｏ，垂直磁场方向向里射入一速度方 向与ａｄ边夹角为θ＝３０°、大小为ｖ０的带正电粒 子，已知粒子质量为ｍ，电量为 ｑ，ａｄ边长为 Ｌ， ａｂ边足够长，粒子重力不计，求： （１）粒子能从 ａｂ边上射出磁场的 ｖ０大小 范围． （２）如果带电粒子不受上述ｖ０大小范围的 限制，求粒子在磁场中运动的最长时间． 解析：（１）若粒子速度为ｖ０，则ｑｖ０Ｂ＝ ｍｖ２０ Ｒ， 所以有Ｒ＝ ｍｖ０ ｑＢ，如图５ 所示，设圆心在Ｏ１处对应的 圆弧与ａｂ边相切，相应速度 为ｖ０１则 Ｒ１＋Ｒ１ｓｉｎθ＝ Ｌ ２ 将Ｒ１ ＝ ｍｖ０１ ｑＢ代入上式可得ｖ０１ ＝ ｑＢＬ ３ｍ 类似地，设圆心在Ｏ２处对应圆弧与ｃｄ边相 切，相应速度为ｖ０２，则Ｒ２－Ｒ２ｓｉｎθ＝ Ｌ ２，将Ｒ２＝ ｍｖ０２ ｑＢ代入上式可得 ｖ０２ ＝ ｑＢＬ ｍ 所以粒子能从 ａｂ 边上射出磁场的ｖ０应满足 ｑＢＬ ３ｍ ＜ｖ０ ＜ ｑＢＬ ｍ （２）由ｔ＝ α３６０°Ｔ及Ｔ＝ ２πｍ ｑＢ可知，粒子在 磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中 运动的时间也越长．由图可知，在磁场中运动的 半径ｒ≤Ｒ１时，运动时间最长，弧所对圆心角为 （２π－２θ）， 所以最长时间为ｔ＝（２π－２θ）ｍｑＢ ＝ ５πｍ ３ｑＢ． ! !" #$% ! ! ! ! " " # ! " ! " $ ! # ! !!! ! !!! ! !!! % & ' ( $ ! $ ! % ! !!! ! !!! ! !!! % & ' ( $ ! $ ! $ " ! ) * $ ! + ! & ! , $ - ! #" ! ! " !" ! , ! . - / / # ! ! ! " 0 0 ! !!! ! !!! ! !!! ! !!! ! ! ! !!! ! !!! ! !!! / $ ! " 1 2 3 4 , 5 $ ! & ! &" '() !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"#* $%$& + ', ('-./*0 & * !" ! *+,-. 123456789: ;<56=>?@AB7 $&%!'%"(!")* ;<CD=>?@AB7 $&%!'%"(!"#* &"/01234 &"/156789:;<3= >?@ABCDE AFGHIJ KLMNOPDQRSG!"#$%&'()(*T+U VWXSG,-.,/( "Y@Z[ZQ "\aNDQ "BCbcdG$&%!'%"(!"%) "Y@efG&"ghijklmnop "$" Sqra@1s>?@ABCb "VtBuG$&$$$) "jvbw@xyG$&%!!%"(!"), !%%&))&)**(Tz{$S| "w}G~Y@jvbf€‚Kƒ„V…†‡U "Vtw}xyG!!!*% "ˆ‰Š‹wŒwŽw " Y @  ‚ K ƒ g†jU‘ 5 ’ “ ” @ " Y @ • & " – f — ˜ ™ š › œ†h i j  ž Ÿ m   ¡ ¢U£ — ¤ ¥ ™ — ¦ § ¨ © ª ¤ ~  Y @ j v b f € « ¬ 6 7 !"#$%" , $ 8 & , !&'() *+,-%# .*%$ 8 " 8 ! 9 ' ! ! *+,-%# 6 7 / 0 ! & ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 6 , 3 !" 4 / 0 ! # T­®¯°±²]U % % :; < 1 $ < - 1 ( 9 & = $ # ! " ³´µ¶€M·' ¸˜¹ºG 234 56789:;<=> 23?@ABCDE5 6FGHIJKLBM 2N OPQR23@S TUR23?V:WX 956BYZ[\?M ]^_W `2Ha23 ?bcCDHN def g23CDhiW jk ?l?m nopqrst uvwx2yzc{| ?V:N }~S€ ‚Wƒ?M]^_N` 2W„2c{H… »¼½'G †‡ˆ SW ‰Š|H‹ŒI ŽN‘’“d”Wˆ •d”W|–‰IW 9:—d”W 9:˜™ d”W{9{š”W›— ”W 23456789 :IWœzYˆ•W 2345ž9:Eœz S7ŸŽ:€ YZ4X 95žEœzS7ŸŽ :H… ¾˜¿À  ¡¢ £E23CD4¤2€ ¥\YZ€ 235ž¦ G€X95žœzY€ a23bc4§D€2 3¨Y©4ªˆH9 :«¬… ­¢v2®¯ 9:‰€M]=c€° 9±²€³´ªˆ€¨ µ¶H«¬·¸M]€ ¹µ4ªˆ9º… 书 Ａ组 一、单选题（本题共７小题，每小题４分，共２８分） １．一个带电粒子沿垂直于 磁场方向射入匀强磁场中，由于 使沿途空气电离而使粒子的动 能逐渐减小，轨迹如图１所示．下 列有关粒子的运动方向和所带 电性的判断正确的是 （　　） Ａ．粒子由ａ向ｂ运动，带正电 Ｂ．粒子由ａ向ｂ运动，带负电 Ｃ．粒子由ｂ向ａ运动，带正电 Ｄ．粒子由ｂ向ａ运动，带负电 ２．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列 说法正确的是 （　　） Ａ．速率越大，半径越大 Ｂ．速率越小，半径越大 Ｃ．速率越大，周期越大 Ｄ．速率越小，周期越大 ３．如图２示，正方形区域 ａｂｃｄ中充满匀强磁场，磁场 方向垂直纸面向里．一个氢 核从ａｄ边的中点ｍ沿着既垂 直于ａｄ边又垂直于磁场的方 向，以一定速度射入磁场，正 好从ａｂ边中点ｎ射出磁场．若将磁场的磁感应强 度变为原来的２倍，其他条件不变，则这个氢核射 出磁场的位置是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．在ｂ、ｎ之间某点 Ｂ．在ｎ、ａ之间某点 Ｃ．就从ａ点射出 Ｄ．在ａ、ｍ之间某点 ４．如图３所示，在半径为 Ｒ的圆形区域内有一匀强磁 场，有一粒子从边界上的Ａ点 以一定的速度沿径向垂直于 磁场方向射入，在磁场边界 上距Ａ点１６圆周处飞出，则 粒子在磁场中的圆周运动的半径为 （　　） Ａ．Ｒ６ 槡Ｂ．３Ｒ Ｃ． Ｒ ２ Ｄ． 槡３ ３Ｒ ５．如图４所示的虚线 框为一长方形区域，该区 域内有一垂直于纸面向里 的匀强磁场，一束电子以 不同的速率从 Ｏ点垂直于 磁场沿图中方向射入磁场后，分别从ａ、ｂ、ｃ三点射 出磁场，比较它们在磁场中的运动时间 ｔａ、ｔｂ、ｔｃ，其 大小关系是 （　　） Ａ．ｔａ ＜ｔｂ ＜ｔｃ Ｂ．ｔａ ＝ｔｂ ＝ｔｃ Ｃ．ｔａ ＝ｔｂ ＞ｔｃ Ｄ．ｔａ ＜ｔｂ ＝ｔｃ ６．电子 ｅ以垂直于匀 强磁场的速度 ｖ，从 Ａ点进 入长为ｄ、宽为 ｌ的磁场区 域，偏转后从 Ｂ点离开磁 场，如图５所示，若磁场的 磁感应强度为Ｂ，那么 （　　） Ａ．电子在磁场中的运动时间ｔ＝ｄｖ Ｂ．电子在磁场中的圆周运动的半径为ｄ ２＋ｌ２ ２ｌ Ｃ．洛伦兹力对电子做的功是Ｗ ＝ＢｅｖＬ Ｄ．电子在Ｂ点的速度与Ａ点的速度相同 ７．如图６所示，两个质量相 等的带电粒子 ａ和 ｂ分别以速 度ｖａ和ｖｂ射入足够长平行边界 匀强磁场，磁场宽度为 ｄ，两粒 子的入射方向与磁场边界的夹 角分别为３０°和６０°，两粒子同 时由Ａ点出发，同时到达 Ｂ点， 不计粒子重力及粒子间的影响，则 （　　） Ａ．两粒子的周期之比为Ｔａ∶Ｔｂ ＝１∶１ Ｂ．两粒子的轨迹半径之比为Ｒａ∶Ｒｂ ＝槡３∶１ Ｃ．两粒子的电荷量之比为｜ｑａ｜∶｜ｑｂ｜＝１∶２ Ｄ．两粒子的速度之比为ｖａ∶ｖｂ ＝ 槡２∶３ 二、填空题（共６分） ８．如图７所示回旋加 速器，两个 Ｄ形金属盒分 别和某高频交流电源两极 相接，两盒放在磁感应强 度为Ｂ的匀强磁场中，磁场 方向垂直于盒底面向下， 电子源置于盒的圆心附近．已知电子的初速度不 计，质量为ｍ，电荷量大小为ｅ，最大回旋半径为Ｒ． 则 （１）电子加速后获得的最大速度 ｖｍ ＝ ； （２）已知两 Ｄ形盒间加速电场的电势差大小 恒为Ｕ，盒间窄缝的距离为ｄ，其电场均匀，求电子 在电场中加速所用的总时间ｔ＝ ． 三、计算题（本题共２小题，共２４分） ９．（１０分）如图８所示，有界匀强磁场宽度为 ｄ，磁场磁感应强度为Ｂ，一个电子从左侧边界的 Ａ 点垂直射入磁场，从右侧边界上的某点离开．粒子 在磁场中运动的位移恰好等于其轨道半径，已知 电子质量为ｍ、带电量为ｅ，不计电子重力．求： （１）粒子进入磁场时的速度大小； （２）粒子穿过磁场的时间． １０．（１４分）如图９所示，半径为ｒ的圆形空间 内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电 粒子（不计重力），从 Ａ点以速度 ｖ０垂直磁场方向 射入磁场中，并从Ｂ点射出，∠ＡＯＢ＝１２０°，求该带 电粒子在磁场中运动的半径和时间． Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分） １．空间存在着一个正方 形匀强磁场区域．一束电子 从ａ点以垂直磁感应强度方 向射入，初速度方向与 ａｂ平 行，其中一部分自 ｃ射出，一 部分从ｄ射出，它们在磁场中 运动的轨迹半径分别为ｒｃ和ｒｄ，运动时间分别为ｔｃ 和ｔｄ，不计重力和电子间相互作用，则 （　　） Ａ．ｒｃ＞ｒｄ Ｂ．ｒｃ＜ｒｄ Ｃ．ｔｃ＞ｔｄ Ｄ．ｔｃ＜ｔｄ （下转第４版                                                                                                                                                                     ） ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! # $ % & " ' " ( ! ! # ! $ ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ) ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! * # ! % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ) & + % $ ! & ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ) $"! '"! ! $ " % ! ' % ( ! ( # , ! ) ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ) & ! * ! + ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! % ) & " * ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! #$ " & ! ! ! ! !"#$% 书 ２．磁场对运动电荷的作用力 １．（多选）关于安培力和洛伦兹力，下列说法 正确的是 （　　） Ａ．洛伦兹力对运动电荷一定不做功 Ｂ．安培力对通电导体也一定不做功 Ｃ．洛伦兹力是安培力的微观本质 Ｄ．安培力是洛伦兹力的宏观表现 ２．下列各图中，能正确表示运动电荷在匀强 磁场中所受洛伦兹力（Ｆ）方向的是 （　　） ３．初速度为ｖ的电子，沿平行于通电长直导线 的方向射出，直导线中电流方向与电子 的初始运动方向如图１所示，则 （　　） Ａ．电子将向右偏转，洛伦兹力大小 不变 Ｂ．电子将向左偏转，洛伦兹力大小 改变 Ｃ．电子将向左偏转，洛伦兹力大小不变 Ｄ．电子将向右偏转，洛伦兹力大小改变 ４．如图２所示，电子枪射 出的电子束进入示波管，在 示波管正下方有竖直放置的 通电环形导线，则示波管中 的电子束将 （　　） Ａ．向下偏转 Ｂ．向上偏转 Ｃ．向纸外偏转 Ｄ．向纸里偏转 ５．如图３所示，竖直 放置的光滑绝缘斜面处 于方向垂直竖直平面 （纸面）向里、磁感应强 度大小为 Ｂ的匀强磁场 中，一带电荷量为 ＋ｑ（ｑ＞０）的滑块自ａ点由静止 沿斜面滑下，下降高度为 ｈ时到达 ｂ点，滑块恰好 对斜面无压力．关于滑块自 ａ点运动到 ｂ点的过 程，下列说法正确的是（重力加速度为ｇ） （　　） Ａ．滑块在ａ点受重力、支持力和洛伦兹力作用 Ｂ．滑块在 ｂ点受到的洛伦兹力大小为 ｑＢ ２槡ｇｈ Ｃ．洛伦兹力做正功 Ｄ．滑块的机械能增大 ６．电荷量为 ３．２×１０－１９Ｃ的正电荷以 ６× １０６ｍ／ｓ的速率按如图４所示夹角射入磁感应强度 为０．５Ｔ的匀强磁场中，该电荷受到的洛伦兹力的 大小是多少，并正确描述出洛伦兹力的方向                                                                 ． ! &'()* &'(+, " 书 ３．带电粒子在匀强磁场中的运动 １．物体做圆周运动时，需要有外力作为向心 力，当带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时，作为 向心力的是 （　　） Ａ．库仑力 Ｂ．洛伦兹力 Ｃ．安培力 Ｄ．万有引力 ２．一束混合粒子流从一 发射源射出后，进入如图１所 示的匀强磁场，分离为１、２、３ 三束，则下列说法正确的是 （　　） Ａ．１带正电 Ｂ．２带正电 Ｃ．２带负电 Ｄ．３带正电 ３．（多选）如图２所示，平 面直角坐标系 ｘ＞０区域存在 一个圆形有界匀强磁场，磁场 圆心位于ｘ轴上、磁场方向垂直 于纸面，一个带正电的粒子从Ｏ 点沿ｘ轴正方向进入磁场，最后 平行于ｙ轴正方向射出，不计粒子重力，则（　　） Ａ．磁场方向垂直于纸面向里 Ｂ．磁场方向垂直于纸面向外 Ｃ．粒子的轨迹半径小于圆形有界磁场半径 Ｄ．粒子的轨迹半径与圆形有界磁场半径相等 ４．如图３所示，在空间内 存在垂直于纸面向里的匀强 磁场，一个点电荷固定在磁 场中的 Ｏ点，另一个带负电 的粒子在水平面内恰好做匀 速圆周运动．某时刻，突然撤 去点电荷，用实线表示撤去点电荷之前粒子的运 动轨迹，用虚线表示撤去点电荷之后粒子的运动 轨迹，则粒子的运动轨迹正确的是 （　　） ５．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不 同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直 的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到 较强磁场区域后，粒子的 （　　） Ａ．轨道半径减小，运动周期减小 Ｂ．轨道半径增大，运动周期增大 Ｃ．轨道半径减小，运动周期增大 Ｄ．轨道半径增大，运动周期减小 ６．如图４所示，ａ和 ｂ是 从Ａ点以相同的速度垂直磁 场方向射入匀强磁场的两个 粒子运动的半圆形径迹，已 知两个粒子带电荷量相同， 且ｒａ＝２ｒｂ，不计重力的影响， 则由此可知 （　　） Ａ．两粒子均带正电，质量比 ｍａ ｍｂ ＝４１ Ｂ．两粒子均带负电，质量比 ｍａ ｍｂ ＝２１ Ｃ．两粒子均带正电，质量比 ｍａ ｍｂ ＝１４ Ｄ．两粒子均带负电，质量比 ｍａ ｍｂ ＝                                                               １ ２ ４．质谱仪与回旋加速器 １．质谱仪的工作原理示 意图如图１所示．带电粒子被 加速电场加速后，进入速度 选择器．速度选择器内正交 的匀强磁场和匀强电场的磁 感应强度和电场强度分别为 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下方有磁感应强度为 Ｂ０的匀强磁场．下列表述正确的是 （　　） Ａ．该带电粒子带负电 Ｂ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 Ｃ．能通过狭缝Ｐ的带电粒子的速率等于ＢＥ Ｄ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 Ｐ，粒 子的比荷越大 ２．１９３２年劳伦斯制成了世 界上第一台回旋加速器，其原 理如图２所示，这台加速器由两 个铜质Ｄ形盒Ｄ１、Ｄ２构成，其间 留有空隙，下列说法正确的是 （　　） Ａ．离子从磁场中获得能量 Ｂ．电场的周期随离子速度增大而增大 Ｃ．离子由加速器的中心附近进入加速器 Ｄ．当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加 速电荷量相同的离子 ３．在回旋加速器内，带电粒子在半圆形盒内 经过半个周期所需的时间与下列哪个量有关 （　　） Ａ．带电粒子运动的速度 Ｂ．带电粒子运动的轨道半径 Ｃ．带电粒子的质量和电荷量 Ｄ．带电粒子的电荷量和动能 ４．如图３甲、乙装置涉及电场、磁场的具体应 用．下列说法正确的是 （　　） Ａ．甲装置中通过磁场可以使带电粒子的动能 增大 Ｂ．甲装置中带电粒子获得的最大动能与Ｄ型 盒的半径有关 Ｃ．在乙装置磁场中运动的粒子带负电 Ｄ．在乙装置磁场中运动半径越大的粒子，其                                                   质量一定越大 ! !"#$% -./012345 " " " " " " " " " " " " % $ # ! ! ! - & * . ! # ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! * & ! $ * * & * & * & , - . 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