高中物理粵教版1第三章磁場 2023版第3章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①運動的電荷②運動電荷(電流)③B＝eq\f(F,IL)④北極⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB⑨qvB⑩eq\f(mv,qB)?eq\f(2πm,qB)有關(guān)安培力問題的分析與計算安培力問題分析與計算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運動情況，然后根據(jù)題中條件由牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解．具體求解應(yīng)從以下幾個方面著手分析：1．安培力的大小(1)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB.(2)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0.(3)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝ILBsinθ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定則確定．(2)F安⊥B，同時F安⊥L，即F安垂直于B和L決定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下導(dǎo)體的狀態(tài)分析通電導(dǎo)體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運動狀態(tài)．對導(dǎo)體進(jìn)行正確的受力分析，是解決該類問題的關(guān)鍵．分析的一般步驟是：(1)明確研究對象，這里的研究對象一般是通電導(dǎo)體．(2)正確進(jìn)行受力分析并畫出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時畫出側(cè)視圖、俯視圖等．(3)根據(jù)受力分析確定通電導(dǎo)體所處的狀態(tài)或運動過程．(4)運用平衡條件或動力學(xué)知識列式求解．如圖3-1所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)阻r＝Ω，豎直導(dǎo)軌寬L＝0.2m，導(dǎo)軌電阻不計．另有一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝Ω的金屬棒，它與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝，靠在導(dǎo)軌的外面．為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30°且與導(dǎo)體棒垂直指向紙里的勻強(qiáng)磁場(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．求：【導(dǎo)學(xué)號：62032049】圖3-1(1)此磁場的方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．【解析】(1)要使金屬棒靜止，安培力應(yīng)斜向上指向紙里，畫出由a→b的側(cè)視圖，并對棒ab受力分析如圖所示．經(jīng)分析知磁場的方向斜向下指向紙里．(2)如圖甲所示，當(dāng)ab棒有向下滑的趨勢時，受靜摩擦力向上為f，則Fsin30°＋f－mg＝0F＝B1ILf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝T.當(dāng)ab棒有向上滑的趨勢時，受靜摩擦力向下為f′，如圖乙所示，則F′sin30°－f′－mg＝0f′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝T.所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足T≤B≤T.【答案】(1)斜向下指向紙里(2)T≤B≤T電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的分析所謂“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”是指分別利用電場和磁場對運動電荷施加作用，從而控制其運動方向，但電場和磁場對電荷的作用特點不同，因此這兩種偏轉(zhuǎn)有明顯的差別.垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力)——電偏轉(zhuǎn)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力)——磁偏轉(zhuǎn)受力情況電場力F＝Eq，大小、方向不變洛倫茲力F＝Bqv，大小不變，方向隨v而改變且F⊥v運動類型類平拋運動勻速圓周運動或其一部分運動軌跡拋物線圓或圓的一部分運動圖示動能的變化電場力與速度的夾角越來越小，動能不斷增大，并增大得越來越快洛倫茲力不做功，所以動能保持不變求解方法縱向偏移y和偏轉(zhuǎn)角φ要通過類平拋運動的規(guī)律求解縱向偏移y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系通過對圓周運動的討論求解如圖3-2所示，某一真空區(qū)域內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，此區(qū)域的寬度d＝8cm，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，一電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域．若電場與磁場共存，電子穿越此區(qū)域恰好不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若射入時撤去磁場，電子穿越電場區(qū)域時，沿電場方向偏移量y＝3.2cm；若射入時撤去電場，電子穿越磁場區(qū)域時也發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．不計重力作用，求：圖3-2(1)電子射入時的初速度的表達(dá)式；(注：表達(dá)式不必代入具體數(shù)值，只保留字母符號)(2)電子比荷的表達(dá)式；(3)畫出電子穿越磁場區(qū)域時(撤去電場時)的軌跡并標(biāo)出射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角α；(sin37°＝，cos37°＝(4)電子穿越磁場區(qū)域后(撤去電場時)的偏轉(zhuǎn)角α.【解析】(1)電子在復(fù)合場中不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所受電場力和洛倫茲力平衡有qE＝qvB，得初速度的表達(dá)式v＝eq\f(E,B).(2)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，向上做類平拋運動有d＝v·t，y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qE,m)可解得電子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2).(3)電子穿越磁場區(qū)域時的軌跡如圖所示．(4)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，代入比荷的表達(dá)式得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d2,2y)＝10cm＝0.1m由幾何知識得sinα＝eq\f(d,r)＝所以偏轉(zhuǎn)角α＝53°.【答案】(1)v＝eq\f(E,B)(2)eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2)(3)見解析圖(4)53°1電偏轉(zhuǎn)的運動規(guī)律是類平拋運動，解決的方法是運動的合成與分解.2磁偏轉(zhuǎn)是洛倫茲力作用下的勻速圓周運動，解決的方法是作軌跡圖，確定圓心，求解半徑和圓心角，利用周期公式和半徑公式求解.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中圓周運動分析1．穿出條件剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．2．運動時間當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，帶電粒子在有界磁場中運動時間越長．3．幾種常見的邊界類型(1)若粒子垂直于磁場邊界入射，且仍能從此邊界出射，則出射時與此邊界垂直，運動軌跡為半圓．圖3-3(2)若粒子以與邊界線夾角為α或β射入磁場且仍從此邊界出射，則射出時與邊界的夾角仍為α或β.圖3-4(3)若磁場為一圓形有界磁場，粒子以過圓心的速度方向垂直入射，則出磁場時速度方向的反向延長線必過圓心．圖3-5如圖3-6所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙面外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一帶正電的粒子以速度v0從O點射入磁場，入射速度方向在xOy平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角為θ.若粒子射出磁場的位置與O點的距離為L，求該粒子電量與質(zhì)量之比．圖3-6【解析】根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運動的對稱性，作出運動軌跡，如圖所示，找出圓心A，向x軸作垂線，垂足為H，由幾何關(guān)系得：Rsinθ＝eq\f(1,2)L①由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得R＝eq\f(mv0,qB)②聯(lián)立①②兩式解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0sinθ,LB).【答案】eq\f(2v0sinθ,LB)帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問題1．帶電粒子的電性不確定形成多解如圖3-7所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b.圖3-72．磁場方向的不確定形成多解如圖3-8所示，帶正電的粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.圖3-83．臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，如圖3-9所示，于是形成了多解．圖3-94．運動的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖3-10所示．圖3-10在x軸上方有勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖3-11所示．在x軸上有一點M，離O點距離為l，現(xiàn)有一帶電量為＋q的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標(biāo)應(yīng)滿足什么關(guān)系？(重力忽略不計)．圖3-11【解析】要使帶電粒子從靜止釋放后能運動到M點，必須把粒子放在電場中A點先加速才行，當(dāng)粒子經(jīng)加速以速度v進(jìn)入磁場后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，運動半周后到達(dá)B點，再做減速運動，上升到與A點等高處，再返回做加速運動，到B點后又以速度v進(jìn)入磁場做圓周運動，半徑與前者相同，以后重復(fù)前面的運動，從圖中可以看出，要想經(jīng)過M點，OM距離應(yīng)為直徑的整數(shù)倍，即滿足2R·n＝Oeq\x\to(M)＝l.2R·n＝l ①R＝eq\f(mv,qB) ②Eq·y＝eq\f(1,2)mv2 ③聯(lián)立①②③可得y＝eq\f(B2l2q,8n2mE)(n＝1、2、3、…)．【答案】見解析1.一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖3-12所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖3-12\f(ω,3B) \f(ω,2B)\f(ω,B) \f(2ω,B)【解析】如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧eq\x\to(MP)所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項A正確．【答案】A2．(多選)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子()A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等【解析】兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項B錯誤；由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項C正確；由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項D錯誤．正確選項為A、C.【答案】AC3．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖3-13所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()【導(dǎo)學(xué)號：62032127】圖3-13A．11 B．12C．121 D．144【解析】帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時，解得：eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確．【答案】D4.平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖3-14所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖3-14\f(mv,2qB) \f(\r(3)mv,qB)\f(2mv,qB) \f(4mv,qB)【解析】如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB).設(shè)入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P.由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝eq\r(3)R，則AO＝eq\r(3)AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝eq\f(4mv,qB).故選項D正確．【答案】D5．如圖3-15，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．圖3-15【解析】依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下．開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg①式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大?。_關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL②式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度．兩彈簧各自再伸長了Δl2＝cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由歐姆定律有E＝IR④式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻．聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01kg.⑤【答案】安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為kg章末綜合測評(三)磁場(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．安培的分子環(huán)形電流假說不能用來解釋下列哪些磁現(xiàn)象()A．磁體在高溫時失去磁性B．磁鐵經(jīng)過敲擊后磁性會減弱C．鐵磁類物質(zhì)放入磁場后具有磁性D．通電導(dǎo)線周圍存在磁場【解析】磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，在高溫時，分子電流的排布重新變得雜亂無章，故對外不顯磁性，A正確；磁鐵經(jīng)過敲擊后，分子電流的排布重新變得雜亂無章，每個分子電流產(chǎn)生的磁場相互抵消，故對外不顯磁性，故B正確；鐵磁類物質(zhì)放入磁場后磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，對外顯現(xiàn)磁性，C正確；通電導(dǎo)線的磁場是由自由電荷的定向運動形成的，即產(chǎn)生磁場的不是分子電流，故D錯誤．【答案】D2．關(guān)于電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場B．由真空中點電荷的電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，當(dāng)r→0，E→＋∞C．由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導(dǎo)線在某處若不受磁場力則說明此處一定無磁場D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向【解析】電場強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場，故A正確；當(dāng)r→0時，電荷已不能看成點電荷，公式E＝eq\f(kQ,r2)不再成立，故B錯誤；由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導(dǎo)線在某處若不受磁場力，可能是B的方向與電流方向平行，所以此處不一定無磁場，故C錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和該處通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直，故D錯誤．【答案】A3．如圖1所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖1A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a點處磁場垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確．【答案】A4．如圖2所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場的方向豎直向下，有一正離子恰能以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：62032050】圖2A．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將沿直線運動B．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若一電子以速率v從左向右飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)【解析】正離子以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域，則有qvB＝Eq.即vB＝E，若一電子的速率v從左向右飛入此區(qū)域時，也必有evB＝Ee.電子沿直線運動．而電子以速率v從右向左飛入時，電子所受的電場力和洛倫茲力均向上，電子將向上偏轉(zhuǎn)，B正確，A、C、D均錯誤．【答案】B5．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖3所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是()圖3A．增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓B．減小磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．增加周期性變化的電場的頻率D．增大D形金屬盒的半徑【解析】粒子最后射出時的旋轉(zhuǎn)半徑為D形金屬盒的最大半徑R，R＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m).可見，要增大粒子的動能，應(yīng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和增大D形金屬盒的半徑R，故正確選項為D.【答案】D6．如圖4所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖4\f(1,2)Δt B．2Δt\f(1,3)Δt D．3Δt【解析】由牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)及勻速圓周運動T＝eq\f(2πr,v)得r＝eq\f(mv,qB)；T＝eq\f(2πm,qB).作出粒子的運動軌跡如圖，由圖可得，以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場經(jīng)過Δt＝eq\f(T,6)從C點射出磁場，軌道半徑r＝eq\r(3)AO；速度變?yōu)閑q\f(v,3)時，運動半徑是eq\f(r,3)＝eq\f(\r(3)AO,3)，由幾何關(guān)系可得在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，運動時間為eq\f(T,3)，即2Δt.故A、C、D項錯誤，B項正確．【答案】B7．帶正電粒子(不計重力)以水平向右的初速度v0，先通過勻強(qiáng)電場E，后通過勻強(qiáng)磁場B，如圖5甲所示，電場和磁場對該粒子做功為W1.若把該電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，再讓該帶電粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<eq\f(E,B))穿過疊加場區(qū)，在這個過程中電場和磁場對粒子做功為W2，則()圖5A．W1<W2 B．W1＝W2C．W1>W2 D．無法判斷【解析】在乙圖中，由于v0<eq\f(E,B)，電場力qE大于洛倫茲力qBv.根據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力有與電場力方向相反的分力．則在甲圖的情況下，粒子沿電場方向的位移較大，電場力做功較多，所以選項A、B、D錯誤，選項C正確．【答案】C8．在勻強(qiáng)磁場B的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面體上放置一根長為L，質(zhì)量為m的導(dǎo)線，當(dāng)通以如圖6所示方向的電流后，導(dǎo)線恰能保持靜止，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B滿足()圖6A．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向下B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向上C．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向下D．B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左【解析】磁場方向垂直斜面向下時，根據(jù)左手定則，安培力沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgsinθ＝BIL，解得選項A正確．磁場豎直向下時，安培力水平向左，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgtanθ＝BIL，解得選項C正確．磁場方向水平向左時，安培力豎直向上，與重力平衡，有mg＝BIL，解得選項D正確．【答案】ACD9．利用如圖7所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()圖7A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【解析】由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax＝eq\f(3d＋L,2)，選項B正確；又r最小值為rmin＝eq\f(L,2)，將r的最大值和最小值代入v的表達(dá)式后得出速度之差為Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可見選項C正確，D錯誤．【答案】BC10．如圖8所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()【導(dǎo)學(xué)號：62032051】圖8A．從P射出的粒子速度大B．從Q射出的粒子速度大C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長【解析】作出各自的軌跡如右圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1<R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確的選項應(yīng)是B、D.【答案】BD二、計算題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(12分)如圖9所示，傾角為θ＝30°的光滑導(dǎo)體滑軌A和B，上端接入一電動勢E＝3V、內(nèi)阻不計的電源，滑軌間距為L＝0.1m，將一個質(zhì)量為m＝0.03kg，電阻R＝Ω的金屬棒水平放置在滑軌上，若滑軌周圍存在著垂直于滑軌平面的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，求滑軌周