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章末檢測試卷(第一章)
(滿分：100分)
一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1.如圖所示的各圖中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，導(dǎo)線兩端點(diǎn)a、b間的距離均相等，導(dǎo)線中電流大小均相等，則各圖中有關(guān)導(dǎo)線所受安培力大小關(guān)系的判斷正確的是 (　　)
A.丁圖最大 B.乙圖最大
C.一樣大 D.無法判斷
2.(2024·浙江省高二期末)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，未通電時(shí)，輕導(dǎo)線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，重力加速度為g，則 (　　)
A.棒中電流的方向?yàn)閎→a
B.棒中電流的大小為
C.棒中電流的大小為
D.若只增大輕導(dǎo)線的長度，則θ變小
3.(2021·廣東卷)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是 (　　)
4.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電絕緣物塊位于高度略大于物塊高度的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ，整個(gè)空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，忽略空氣阻力，物塊電荷量不變，則物塊 (　　)
A.一定做勻速直線運(yùn)動
B.一定做減速運(yùn)動
C.可能先減速后勻速運(yùn)動
D.可能做加速運(yùn)動
5.(2024·浙江大學(xué)附屬中學(xué)高二期末)關(guān)于下列四幅圖的說法正確的是 (　　)
A.圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，可增加電壓U
B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極，B極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極
C.圖丙是速度選擇器的示意圖，帶電粒子(不計(jì)重力)從右側(cè)進(jìn)入能沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq=qvB，即v=
D.圖丁是質(zhì)譜儀的主要原理圖，其中HHH在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是H
6.(2023·廣東省高二月考)應(yīng)用霍爾效應(yīng)可以測量車輪轉(zhuǎn)動的角速度ω，如圖所示為輪速傳感器的原理示意圖，假設(shè)齒輪為五齒結(jié)構(gòu)，且均勻分布，當(dāng)齒輪凸起部分靠近磁體時(shí)，磁體與齒輪間的磁場增強(qiáng)，凹陷部分靠近磁體時(shí)，磁體與齒輪間的磁場減弱。工作時(shí)，通過霍爾元件上下兩面通入電流I，前后兩面連接控制電路。下列說法正確的是 (　　)
A.若霍爾元件內(nèi)部是通過負(fù)電荷導(dǎo)電時(shí)，則前表面比后表面的電勢高
B.增大通過霍爾元件的電流，可以使控制電路監(jiān)測到電壓變小
C.控制電路接收到的電壓升高，說明齒輪的凹陷部分在靠近霍爾元件
D.若控制電路接收到的信號電壓變化周期為T，則齒輪的角速度為
7.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m、電荷量為-q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點(diǎn)，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以是哪一種(其中B0=，A、C、D選項(xiàng)中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項(xiàng)中曲線為半徑是的圓) (　　)
二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)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(cuò)的得0分)
8.(2023·重慶市南坪中學(xué)高二期末)如圖，豎直平面內(nèi)，光滑絕緣圓管傾斜固定，與水平面的夾角為30°，處于水平向左的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B中。一帶電小球以速度v0沿管軸方向斜向下方做勻速直線運(yùn)動，并無碰撞地進(jìn)入管內(nèi)(管道內(nèi)徑略大于小球直徑)。下列判斷正確的是 (　　)
A.小球帶正電荷
B.=v0
C.若進(jìn)入管道時(shí)撤去電場，小球在管道內(nèi)的加速度將增大
D.若進(jìn)入管道時(shí)撤去磁場，小球在管道內(nèi)的速率將增大
9.如圖所示，一個(gè)邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠大的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。O點(diǎn)處有一體積可忽略的電子發(fā)射裝置，能夠在紙面內(nèi)向磁場各個(gè)方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當(dāng)電子發(fā)射速率為v0時(shí)，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當(dāng)電子發(fā)射速度為4v0時(shí) (　　)
A.電子的運(yùn)動半徑為4d
B.從MN邊界射出的電子數(shù)占總電子數(shù)的
C.MN邊界上有電子射出的總長度為2d
D.電子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為
10.(2023·四川南充高級中學(xué)高二期末)如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中。a、b兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說法中正確的是 (　　)
A.兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM>vN
B.兩個(gè)小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力FMC.a小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間等于b小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間
D.a小球能到達(dá)軌道的另一端最高點(diǎn)，而b小球不能到達(dá)軌道另一端最高點(diǎn)
三、非選擇題(本題共4小題，共54分)
11.(8分)如圖所示，水平放置的兩導(dǎo)軌P、Q間的距離d=0.5 m，垂直于導(dǎo)軌平面的豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T，垂直于導(dǎo)軌放置的ab棒的質(zhì)量m=1 kg，系在ab棒中點(diǎn)的水平繩跨過定滑輪與物塊G相連。已知ab棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，電源的電動勢E=10 V、內(nèi)阻r=0.1 Ω，導(dǎo)軌的電阻及ab棒的電阻均不計(jì)。當(dāng)滑動變阻器阻值為R=0.9 Ω時(shí)，ab棒處于靜止?fàn)顟B(tài)且僅受四個(gè)力作用，則物塊的質(zhì)量　　 kg，當(dāng)ab棒將要由靜止開始向右滑動時(shí)滑動變阻器的阻值R'=　　 Ω。(g取10 m/s2)
12.(12分)(2024·四川省瀘縣五中高二開學(xué)考試)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電荷的粒子，不計(jì)重力，從x軸上的P點(diǎn)以速度v射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好從y軸上的Q點(diǎn)垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸正方向成60°角，OQ=a。
(1)(4分)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(2)(8分)若只改變勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，求B滿足什么條件時(shí)，粒子不會從y軸射出第一象限。
13.(14分)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒，在A點(diǎn)(0，3 m)以初速度v0=120 m/s平行x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進(jìn)入磁場，又從磁場進(jìn)入電場，并且先后只通過x軸上的P點(diǎn)(6 m，0)和Q點(diǎn)(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為=102 C/kg，微粒重力不計(jì)。
(1)(4分)求微粒從A到P所經(jīng)歷的時(shí)間和加速度的大小；
(2)(4分)求出微粒到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運(yùn)動軌跡；
(3)(6分)求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
14.(20分)利用電場與磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有著廣泛的應(yīng)用。如圖，一粒子源不斷釋放比荷一定的帶正電粒子，其初速度為零，經(jīng)過加速電壓U后，以速度v0垂直于平面MNN1M1射入棱長為2L的正方體區(qū)域MNPQ-M1N1P1Q1。可調(diào)整粒子源及加速電場位置，使帶電粒子在邊長為L的正方形MHIJ區(qū)域內(nèi)入射，不計(jì)粒子重力及其相互作用。完成以下問題：
(1)(3分)求粒子的比荷大小；
(2)(4分)若只加平行于MN的電場，粒子從H點(diǎn)射入，從P點(diǎn)射出，求所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和方向；
(3)(6分)若僅在正方體區(qū)域中加上沿M1M方向的勻強(qiáng)磁場，要讓所有粒子都到達(dá)平面NPP1N1，求所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值；
(4)(7分)以M1為原點(diǎn)建立如圖所示直角坐標(biāo)系M1-xyz，若在正方體區(qū)域中同時(shí)加上沿MN方向且電場強(qiáng)度大小為E=的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=的勻強(qiáng)磁場，讓粒子從I入射，求粒子離開正方體區(qū)域時(shí)的坐標(biāo)位置(結(jié)果可用根號表示，圓周率π取3)。
答案精析
1.C　［根據(jù)安培力公式F=BIL⊥，其中L⊥為垂直于磁場方向的有效長度，由于甲、乙、丙、丁四個(gè)圖中導(dǎo)線的有效長度相等，所以各圖中導(dǎo)線所受的安培力大小相等，故選C。］
2.C　［根據(jù)銅棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電流的方向?yàn)閍→b，故A錯(cuò)誤；對銅棒，根據(jù)動能定理得，BIL2sin θ-mgL（1-cos θ）=0-0，解得I=，故B錯(cuò)誤，C正確；由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL（1-cos θ），輕導(dǎo)線的長度L可消去，可知θ與輕導(dǎo)線長度無關(guān)，故D錯(cuò)誤。］
3.C　［因I1 I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。］
4.C　［根據(jù)左手定則可知物塊受到的洛倫茲力方向豎直向上，如果洛倫茲力等于重力，則物塊做勻速直線運(yùn)動；如果洛倫茲力小于重力，物塊與隧道下表面間存在摩擦力，物塊做減速運(yùn)動；如果洛倫茲力大于重力，物塊與隧道上表面間存在摩擦力，做減速運(yùn)動，當(dāng)速度減小到某一值使洛倫茲力等于重力時(shí)做勻速運(yùn)動。故選項(xiàng)C正確。］
5.D　［粒子射出回旋加速器時(shí)qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子的最大動能與加速電壓無關(guān)，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，則A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，當(dāng)粒子從右側(cè)進(jìn)入時(shí)靜電力與洛倫茲力同向，粒子不會沿直線通過速度選擇器，C錯(cuò)誤；粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度相同，根據(jù)qvB=m，得r=H的比荷最小，則偏轉(zhuǎn)半徑最大，D正確。］
6.D　［若霍爾元件通過負(fù)電荷導(dǎo)電，磁場方向由N極指向齒輪，電流方向豎直向下，由左手定則可知負(fù)電荷受洛倫茲力向前表面偏轉(zhuǎn)，所以前表面電勢低，故A錯(cuò)誤；根據(jù)霍爾元件工作原理知，負(fù)電荷受力穩(wěn)定后，所受洛倫茲力和電場力平衡，由qvB=q，可知U=Bvd，由I=nqSv知，增大電流，則v增大，則電壓增大，故B錯(cuò)誤；電壓升高，說明磁場增強(qiáng)，齒輪的凸起部分在靠近霍爾元件，故C錯(cuò)誤；由題意可知，轉(zhuǎn)過相鄰齒所用時(shí)間為T，則轉(zhuǎn)一周時(shí)間為5T，則ω=，故D正確。］
7.A　［帶電粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動，半徑r=，由題可知粒子在A、B、C中做圓周運(yùn)動的半徑r=L，在D中做圓周運(yùn)動的半徑為；粒子的初速度都相同，結(jié)合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子運(yùn)動半徑畫圓，圓弧和磁場邊界的交點(diǎn)為出射點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識可知A圖的粒子的出射點(diǎn)恒為兩個(gè)圓弧右下方的交點(diǎn)；B、C、D對應(yīng)的粒子的出射點(diǎn)都不相同。故選A。］
8.AB　［經(jīng)分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負(fù)功，則小球帶正電，故A正確；由題意得，小球受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；撤去電場時(shí)，小球受管的彈力、洛倫茲力、小球的重力，合力沿圓管向下，由牛頓第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道內(nèi)的加速度將保持不變，故C錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶隽Α⒅亓Α⒙鍌惼澚θζ胶鈺r(shí)，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明重力和電場力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，又因?yàn)閳A管對小球的支持力也不做功，則小球在管道內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動，速率將保持不變，故D錯(cuò)誤。］
9.BCD　［向磁場內(nèi)各個(gè)方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當(dāng)電子發(fā)射速率為v0時(shí)，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，可知r0=d，則當(dāng)電子發(fā)射速率為4v0時(shí)，根據(jù)qvB=得r=，可知半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即2d，故A錯(cuò)誤；如圖所示，從發(fā)射裝置水平向右射出的電子到達(dá)MN右端的距離最遠(yuǎn)，又r1=2d，根據(jù)幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)角為60°，AB=r1sin 60°=d，運(yùn)動軌跡與MN相切的電子到達(dá)MN最左端，根據(jù)幾何關(guān)系知其發(fā)射速度與PQ的夾角為60°，所以從MN邊界射出的電子數(shù)占總電子數(shù)的，BC=r1sin 60°=d，MN邊界上有電子射出的總長度為AB+BC=2d，故B、C正確；根據(jù)分析知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大為120°，最長時(shí)間為T=×=，故D正確。］
10.AD　［在勻強(qiáng)磁場中，對a小球，由動能定理mgR=m
可得vM=
在勻強(qiáng)電場中，對b小球，由動能定理mgR-qER=m
得vN=
故vM>vN，故A正確；
對勻強(qiáng)磁場中的a小球，在最低點(diǎn)由牛頓第二定律
FM-mg-BqvM=m
可得FM=3mg+BqvM
對勻強(qiáng)電場中的b小球，在最低點(diǎn)由牛頓第二定律FN-mg=m
可得FN=3mg-2qE
故FM>FN，故B錯(cuò)誤；
因小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的過程中，只有重力做正功，平均速率大，時(shí)間短，而小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的過程中，重力做的正功相同，而電場力做負(fù)功，平均速率小，時(shí)間長，故C錯(cuò)誤；
根據(jù)能量守恒，在磁場中的小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，整個(gè)過程重力勢能先向動能轉(zhuǎn)化然后再全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，而電場中的小球上升到最高點(diǎn)時(shí)重力勢能有一部分轉(zhuǎn)化為電勢能，末狀態(tài)的重力勢能小于初狀態(tài)的重力勢能，不能到達(dá)軌道的另一端最高處，故D正確。］
11.1　1.15
解析　當(dāng)滑動變阻器R=0.9 Ω時(shí)，通過ab的電流為I==10 A
此時(shí)ab棒處于靜止?fàn)顟B(tài)且僅受四個(gè)力作用，即ab棒此時(shí)受到重力、支持力、繩的拉力和安培力，不受摩擦力，則繩的拉力和安培力平衡，設(shè)物塊的質(zhì)量為M，則BId=Mg，解得M=1 kg
當(dāng)ab棒將要由靜止開始向右滑動時(shí)，ab棒所受最大靜摩擦力方向向左，根據(jù)平衡條件有μmg+BI'd=Mg，解得此時(shí)通過ab的電流為I'=8 A，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I'=，解得R'=1.15 Ω。
12.（1）　（2）B≥
解析　（1）根據(jù)題意，畫出帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示
由幾何關(guān)系有
r1+r1sin 30°=a，
解得軌道半徑為
r1=a
由洛倫茲力提供向心力可得
qvB=m，
解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=。
（2）由第（1）問可得
OP=r1cos 30°=a
粒子剛好不會從y軸射出第一象限的軌跡如圖乙所示
由幾何關(guān)系得OP=r2+r2cos 30°
由洛倫茲力提供向心力可得qvB0=m
聯(lián)立解得B0=，
所以粒子不會從y軸射出第一象限，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足的條件為
B≥。
13.（1）0.05 s　2.4×103 m/s2　（2）45°
見解析圖　（3）24 N/C　1.2 T
解析　（1）微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運(yùn)動，微粒在x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，由x=v0t，得t==0.05 s
微粒沿y軸負(fù)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由y=at2得a=2.4×103 m/s2
（2）vy=at，tan α==1，所以α=45°
軌跡如圖
（3）由qE=ma，得E=24 N/C
設(shè)微粒從P點(diǎn)進(jìn)入磁場以速度v做勻速圓周運(yùn)動，
v=v0=120 m/s
由幾何關(guān)系可知r= m
由qvB=m得B==1.2 T。
14.（1）　（2）　方向由M→N　（3）　　（4）（L，L，0）
解析　（1）粒子在加速電場中，由動能定理qU=m可得，粒子的比荷大小為=
（2）若只加平行于MN的電場時(shí)，粒子在正方體區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，當(dāng)從H點(diǎn)射入的粒子恰好從P點(diǎn)射出，則由牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動知識，有qE1=ma1
L=a1
2L=v0t1
聯(lián)立解得所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1=
因?yàn)榱Ｗ訋д姡詣驈?qiáng)電場的方向由M→N。
（3）若僅在正方體區(qū)域中加上沿M1M方向的勻強(qiáng)磁場時(shí)，粒子在正方體區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)P點(diǎn)時(shí)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，由幾何關(guān)系可得r1=2L
由洛倫茲力提供向心力得
qv0Bmin=m
聯(lián)立解得所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為Bmin=
當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)N點(diǎn)時(shí)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最大值，有r2=L
qv0Bmax=m
聯(lián)立解得所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bmax=
（4）若在正方體區(qū)域中同時(shí)加上沿MN方向的勻強(qiáng)電場及勻強(qiáng)磁場，電場加速粒子所帶來的速度分量恰與磁場平行，故粒子的運(yùn)動可分解為在磁場中的勻速圓周運(yùn)動和在電場中的勻加速直線運(yùn)動，對于在磁場中的圓周運(yùn)動，正視圖如圖所示
由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m
解得軌道半徑為r=2L
因?yàn)門=
在磁場中的圓心角為cos θ==
即θ=
則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間
t1=T=
對于在電場中的勻加速直線運(yùn)動，有
qE=ma
L=a
聯(lián)立解得在電場中的運(yùn)動時(shí)間為
t2=
因分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時(shí)性，且t2>t1，則粒子的運(yùn)動時(shí)間為t1=
故粒子完成磁場區(qū)域的完整偏轉(zhuǎn)離開立方體時(shí)y方向的坐標(biāo)為y=rsin =L
離開立方體時(shí)x方向的坐標(biāo)為
x=L+a=（1+）L=L
則粒子離開正方體區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)為（L，L，0）。(共48張PPT)
章末檢測試卷(第一章)
一、單項(xiàng)選擇題
1.如圖所示的各圖中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，導(dǎo)線兩端點(diǎn)a、b間的距離均相等，導(dǎo)線中電流大小均相等，則各圖中有關(guān)導(dǎo)線所受安培力大小關(guān)系的判斷正確的是
A.丁圖最大 B.乙圖最大 C.一樣大 D.無法判斷
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根據(jù)安培力公式F=BIL⊥，其中L⊥為垂直于磁場方向的有效長度，由于甲、乙、丙、丁四個(gè)圖中導(dǎo)線的有效長度相等，所以各圖中導(dǎo)線所受的安培力大小相等，故選C。
13
14
2.(2024·浙江省高二期末)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，未通電時(shí)，輕導(dǎo)線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，重力加速度為g，則
A.棒中電流的方向?yàn)閎→a
B.棒中電流的大小為
C.棒中電流的大小為
D.若只增大輕導(dǎo)線的長度，則θ變小
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根據(jù)銅棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電
流的方向?yàn)閍→b，故A錯(cuò)誤；
對銅棒，根據(jù)動能定理得，BIL2sin θ-mgL(1-cos θ)=
0-0，解得I=，故B錯(cuò)誤，C正確；
由上式可知，BIL·Lsin θ=mgL(1-cos θ)，輕導(dǎo)線的長度L可消去，可知θ與輕導(dǎo)線長度無關(guān)，故D錯(cuò)誤。
3.(2021·廣東卷)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是
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√
因I1 I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作
用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電
流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩
側(cè)的直導(dǎo)線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C，故選C。
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4.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電絕緣物塊位于高度略大于物塊高度的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ，整個(gè)空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，忽略空氣阻力，物塊電荷量不變，則物塊
A.一定做勻速直線運(yùn)動
B.一定做減速運(yùn)動
C.可能先減速后勻速運(yùn)動
D.可能做加速運(yùn)動
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根據(jù)左手定則可知物塊受到的洛倫茲
力方向豎直向上，如果洛倫茲力等于
重力，則物塊做勻速直線運(yùn)動；如果
洛倫茲力小于重力，物塊與隧道下表面間存在摩擦力，物塊做減速運(yùn)動；如果洛倫茲力大于重力，物塊與隧道上表面間存在摩擦力，做減速運(yùn)動，當(dāng)速度減小到某一值使洛倫茲力等于重力時(shí)做勻速運(yùn)動。故選項(xiàng)C正確。
5.(2024·浙江大學(xué)附屬中學(xué)高二期末)關(guān)于下列四幅圖的說法正確的是
A.圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，
可增加電壓U
B.圖乙是磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極，B極板是
發(fā)電機(jī)的負(fù)極
C.圖丙是速度選擇器的示意圖，帶電粒子(不計(jì)重力)從右側(cè)進(jìn)入能沿直線勻速通過速
度選擇器的條件是Eq=qvB，即v=
D.圖丁是質(zhì)譜儀的主要原理圖，其中H、H、H在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是H
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粒子射出回旋加速器時(shí)qvB=m，Ek=mv2，得Ek=，可知粒子
的最大動能與加速電壓無關(guān)，A錯(cuò)誤；
根據(jù)左手定則，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，則A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，B極板是發(fā)電機(jī)的正極，B錯(cuò)誤；
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根據(jù)左手定則可知，當(dāng)粒子從右側(cè)進(jìn)入時(shí)靜電力與洛倫茲力同向，粒子不會沿直線通過速度選擇器，C錯(cuò)誤；
粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度相同，根據(jù)qvB=m，得r=，H的比
荷最小，則偏轉(zhuǎn)半徑最大，D正確。
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6.(2023·廣東省高二月考)應(yīng)用霍爾效應(yīng)可以測量車輪
轉(zhuǎn)動的角速度ω，如圖所示為輪速傳感器的原理示意
圖，假設(shè)齒輪為五齒結(jié)構(gòu)，且均勻分布，當(dāng)齒輪凸起
部分靠近磁體時(shí)，磁體與齒輪間的磁場增強(qiáng)，凹陷部
分靠近磁體時(shí)，磁體與齒輪間的磁場減弱。工作時(shí)，通過霍爾元件上下兩面通入電流I，前后兩面連接控制電路。下列說法正確的是
A.若霍爾元件內(nèi)部是通過負(fù)電荷導(dǎo)電時(shí)，則前表面比后表面的電勢高
B.增大通過霍爾元件的電流，可以使控制電路監(jiān)測到電壓變小
C.控制電路接收到的電壓升高，說明齒輪的凹陷部分在靠近霍爾元件
D.若控制電路接收到的信號電壓變化周期為T，則齒輪的角速度為
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若霍爾元件通過負(fù)電荷導(dǎo)電，磁場方向由N極
指向齒輪，電流方向豎直向下，由左手定則可
知負(fù)電荷受洛倫茲力向前表面偏轉(zhuǎn)，所以前表
面電勢低，故A錯(cuò)誤；
根據(jù)霍爾元件工作原理知，負(fù)電荷受力穩(wěn)定后，所受洛倫茲力和電場
力平衡，由qvB=q，可知U=Bvd，由I=nqSv知，增大電流，則v增大，
則電壓增大，故B錯(cuò)誤；
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電壓升高，說明磁場增強(qiáng)，齒輪的凸起部分
在靠近霍爾元件，故C錯(cuò)誤；
由題意可知，轉(zhuǎn)過相鄰齒所用時(shí)間為T，則
轉(zhuǎn)一周時(shí)間為5T，則ω=，故D正確。
7.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子
質(zhì)量為m、電荷量為-q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的
作用，要使粒子都匯聚到一點(diǎn)，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)
計(jì)一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以
是哪一種(其中B0=，A、C、D選項(xiàng)中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項(xiàng)中曲線為半徑是的圓)
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帶電粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動，半徑r=，由題
可知粒子在A、B、C中做圓周運(yùn)動的半徑r=L，在D
中做圓周運(yùn)動的半徑為；粒子的初速度都相同，結(jié)
合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子運(yùn)動半徑畫圓，圓弧和磁場邊界的交點(diǎn)為出射點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識可知A圖的粒子的出射點(diǎn)恒為兩個(gè)圓弧右下方的交點(diǎn)；B、C、D對應(yīng)的粒子的出射點(diǎn)都不相同。故選A。
二、多項(xiàng)選擇題
8.(2023·重慶市南坪中學(xué)高二期末)如圖，豎直平面內(nèi)，光滑絕緣圓管傾斜固定，與水平面的夾角為30°，處于水平向左的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B中。一帶電小球以速度v0沿管軸方向斜向下方做勻速直線運(yùn)動，并無碰撞地進(jìn)入管內(nèi)(管道內(nèi)徑略大于小球直徑)。下列判斷正確的是
A.小球帶正電荷
B.=v0
C.若進(jìn)入管道時(shí)撤去電場，小球在管道內(nèi)的加速度將增大
D.若進(jìn)入管道時(shí)撤去磁場，小球在管道內(nèi)的速率將增大
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經(jīng)分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能
不變，電場力一定做負(fù)功，則小球帶正電，故A正確；
由題意得，小球受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，
則qE=qv0Bsin 30°，所以=v0，故B正確；
撤去電場時(shí)，小球受管的彈力、洛倫茲力、小球的重力，合力沿圓管
向下，由牛頓第二定律得mgsin 30°=ma，即a=g，所以小球在管道內(nèi)
的加速度將保持不變，故C錯(cuò)誤；
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因?yàn)殡妶隽Α⒅亓Α⒙鍌惼澚θζ胶鈺r(shí)，電場力和
重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明重力和電場力
的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場后，重力和電
場力合力不做功，又因?yàn)閳A管對小球的支持力也不做
功，則小球在管道內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動，速率將保持不變，故D錯(cuò)誤。
9.如圖所示，一個(gè)邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠大的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。O點(diǎn)處有一體積可忽略的電子發(fā)射裝置，能夠在紙面內(nèi)向磁場各個(gè)方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當(dāng)電子發(fā)射速率為v0時(shí)，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當(dāng)電子發(fā)射速度為4v0時(shí)
A.電子的運(yùn)動半徑為4d
B.從MN邊界射出的電子數(shù)占總電子數(shù)的
C.MN邊界上有電子射出的總長度為2d
D.電子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為
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向磁場內(nèi)各個(gè)方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大
小相等的電子，當(dāng)電子發(fā)射速率為v0時(shí)，所
有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，可
知r0=d，則當(dāng)電子發(fā)射速率為4v0時(shí)，根據(jù)
qvB=得r=，可知半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即2d，故A錯(cuò)誤；
如圖所示，從發(fā)射裝置水平向右射出的電子到達(dá)MN右端的距離最遠(yuǎn)，又r1=2d，根據(jù)幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)角為60°，AB=r1sin 60°=d，運(yùn)動軌跡與MN相切的電子到達(dá)MN最左端，根據(jù)幾何關(guān)系知其發(fā)射速度
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與PQ的夾角為60°，所以從MN邊界射出的
電子數(shù)占總電子數(shù)的，BC=r1sin 60°=d，
MN邊界上有電子射出的總長度為AB+BC=
2d，故B、C正確；
根據(jù)分析知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大為120°，最長時(shí)間為
T=×=，故D正確。
10.(2023·四川南充高級中學(xué)高二期末)如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中。a、b兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說法中正確的是
A.兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM>vN
B.兩個(gè)小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力
FMC.a小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間等于b小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間
D.a小球能到達(dá)軌道的另一端最高點(diǎn)，而b小球不能到達(dá)軌道另一端最高點(diǎn)
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在勻強(qiáng)磁場中，對a小球，由動能定理mgR=m
可得vM=
在勻強(qiáng)電場中，對b小球，由動能定理mgR-qER=m
得vN=
故vM>vN，故A正確；
對勻強(qiáng)磁場中的a小球，
在最低點(diǎn)由牛頓第二定律FM-mg-BqvM=m
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可得FN=3mg-2qE
故FM>FN，故B錯(cuò)誤；
因小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的過程中，只有重力做正功，
平均速率大，時(shí)間短，而小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的過程中，重力做的正功相同，而電場力做負(fù)功，平均速率小，時(shí)間長，故C錯(cuò)誤；
根據(jù)能量守恒，在磁場中的小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，整個(gè)過程重力勢能先向動能轉(zhuǎn)化然后再全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，而電場中的小球上升到最高點(diǎn)時(shí)重力勢能有一部分轉(zhuǎn)化為電勢能，末狀態(tài)的重力勢能小于初狀態(tài)的重力勢能，不能到達(dá)軌道的另一端最高處，故D正確。
三、非選擇題
11.如圖所示，水平放置的兩導(dǎo)軌P、Q間的距離d=0.5 m，垂
直于導(dǎo)軌平面的豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T，垂
直于導(dǎo)軌放置的ab棒的質(zhì)量m=1 kg，系在ab棒中點(diǎn)的水平繩
跨過定滑輪與物塊G相連。已知ab棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ
=0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，電源的電動勢E=10 V、內(nèi)阻r=0.1 Ω，導(dǎo)軌的電阻及ab棒的電阻均不計(jì)。當(dāng)滑動變阻器阻值為R=0.9 Ω時(shí)，ab棒處于靜止?fàn)顟B(tài)且僅受四個(gè)力作用，則物塊的質(zhì)量　　 kg，當(dāng)ab棒將要由靜止開始向右滑動時(shí)滑動變阻器的阻值R'=　 　 Ω。(g取10 m/s2)
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當(dāng)滑動變阻器R=0.9 Ω時(shí)，通過ab的電流為I==10 A
此時(shí)ab棒處于靜止?fàn)顟B(tài)且僅受四個(gè)力作用，即ab棒此時(shí)
受到重力、支持力、繩的拉力和安培力，不受摩擦力，
則繩的拉力和安培力平衡，設(shè)物塊的質(zhì)量為M，則BId=
Mg，解得M=1 kg
當(dāng)ab棒將要由靜止開始向右滑動時(shí)，ab棒所受最大靜摩擦力方向向左，根據(jù)平衡條件有μmg+BI'd=Mg，解得此時(shí)通過ab的電流為I'=8 A，根據(jù)閉合
電路歐姆定律有I'=，解得R'=1.15 Ω。
12.(2024·四川省瀘縣五中高二開學(xué)考試)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電荷的粒子，不計(jì)重力，從x軸上的P點(diǎn)以速度v射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好從y軸上的Q點(diǎn)垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸正方向成60°角，OQ=a。
(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
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答案　　
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根據(jù)題意，畫出帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示
由幾何關(guān)系有r1+r1sin 30°=a，
解得軌道半徑為r1=a
由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m，
解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=。
(2)若只改變勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，求B滿足什么條件時(shí)，粒子不會從y軸射出第一象限。
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答案　B≥
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由第(1)問可得OP=r1cos 30°=a
粒子剛好不會從y軸射出第一象限的軌跡如圖乙所示
由幾何關(guān)系得OP=r2+r2cos 30°
由洛倫茲力提供向心力可得qvB0=m
聯(lián)立解得B0=，
所以粒子不會從y軸射出第一象限，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足的條件為
B≥。
13.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒，在A點(diǎn)(0，3 m)以初速度v0=120 m/s平行x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進(jìn)入磁場，又從磁場進(jìn)入電場，并且先后只通過x軸上的P點(diǎn)(6 m，0)和Q點(diǎn)(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為=102 C/kg，微粒重力不計(jì)。
(1)求微粒從A到P所經(jīng)歷的時(shí)間和加速度的大小；
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答案　0.05 s　2.4×103 m/s2
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微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運(yùn)動，微粒在x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，
由x=v0t，得t==0.05 s
微粒沿y軸負(fù)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，
由y=at2得a=2.4×103 m/s2
(2)求出微粒到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運(yùn)動軌跡；
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答案　45°　見解析圖　
vy=at，tan α==1，所以α=45°
軌跡如圖
(3)求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
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答案　24 N/C　1.2 T
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由qE=ma，得E=24 N/C
設(shè)微粒從P點(diǎn)進(jìn)入磁場以速度v做勻速圓周運(yùn)動，
v=v0=120 m/s
由幾何關(guān)系可知r= m
由qvB=m得B==1.2 T。
14.利用電場與磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，在現(xiàn)代
科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有著廣泛的應(yīng)用。如圖，
一粒子源不斷釋放比荷一定的帶正電粒子，其初
速度為零，經(jīng)過加速電壓U后，以速度v0垂直于平
面MNN1M1射入棱長為2L的正方體區(qū)域MNPQ-M1N1P1Q1。可調(diào)整粒子源及加速電場位置，使帶電粒子在邊長為L的正方形MHIJ區(qū)域內(nèi)入射，不計(jì)粒子重力及其相互作用。完成以下問題：
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(1)求粒子的比荷大小；
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答案　　
粒子在加速電場中，由動能定理qU=m
=
(2)若只加平行于MN的電場，粒子從H點(diǎn)射入，從P點(diǎn)射出，求所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和方向；
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答案　　方向由M→N　
若只加平行于MN的電場時(shí)，粒子在正方體區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，當(dāng)從H點(diǎn)射入的粒子恰好從P點(diǎn)射出，則由牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動知識，有
qE1=ma1
L=a1
2L=v0t1
聯(lián)立解得所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1=
因?yàn)榱Ｗ訋д姡詣驈?qiáng)電場的方向由M→N。
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(3)若僅在正方體區(qū)域中加上沿M1M方向的勻強(qiáng)磁場，要讓所有粒子都到達(dá)平面NPP1N1，求所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值；
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答案　　　
若僅在正方體區(qū)域中加上沿M1M方向的勻強(qiáng)磁場時(shí)，粒子在正方體區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)P點(diǎn)時(shí)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，由幾何關(guān)系可得r1=2L
由洛倫茲力提供向心力得qv0Bmin=m
聯(lián)立解得所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為Bmin=
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當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)N點(diǎn)時(shí)所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最大值，有r2=L
qv0Bmax=m
聯(lián)立解得所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bmax=
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(4)以M1為原點(diǎn)建立如圖所示直角坐標(biāo)系M1-xyz，
若在正方體區(qū)域中同時(shí)加上沿MN方向且電場強(qiáng)
度大小為E=的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=
的勻強(qiáng)磁場，讓粒子從I入射，求粒子離開正
方體區(qū)域時(shí)的坐標(biāo)位置(結(jié)果可用根號表示，圓周率π取3)。
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答案　(L，L，0)
若在正方體區(qū)域中同時(shí)加上沿MN方向的勻強(qiáng)電場及勻強(qiáng)磁場，電場加速粒子所帶來的速度分量恰與磁場平行，故粒子的運(yùn)動可分解為在磁場中的勻速圓周運(yùn)動和在電場中的勻加速直線運(yùn)動，對于在磁場中的圓周運(yùn)動，正視圖如圖所示
由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m
解得軌道半徑為r=2L
因?yàn)門=
在磁場中的圓心角為cos θ==
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即θ=
則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t1=T=
對于在電場中的勻加速直線運(yùn)動，有qE=ma
L=a
聯(lián)立解得在電場中的運(yùn)動時(shí)間為t2=
因分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時(shí)性，且t2>t1，則粒子的運(yùn)動時(shí)間為t1=
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故粒子完成磁場區(qū)域的完整偏轉(zhuǎn)離開立方體時(shí)y方向的坐標(biāo)為y=rsin
=L
離開立方體時(shí)x方向的坐標(biāo)為x=L+a=(1+)L=L
則粒子離開正方體區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)為(L，L，0)。
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