【单元练】成都市树德实验中学(西区)高中物理选修2第一章【安倍力与洛伦兹力】经典测试卷(答案解析)

一、选择题

1．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.30 T。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=32 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝

q5.0107C/kg，现只考虑在图纸平面内m运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度（ ）

3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比

A．20cm 解析：B

B．40cm C．30 cm D．25cmB

α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有

v2qvBm

R由此得

R20cm

由于

2RlR

因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点；

再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。 粒子运动轨迹如图所示

定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。 根据几何关系可得

22 NP1 R(lR)16cm由图中几何关系得

NP2 (2R)2l224cm

所求长度为

PP12NP1NP216cm24cm40cm

故选B。

2．如图所示，边长为l，质量为m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边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，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移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。导线框中的电流大小为（ ）

A．

F2F1 BlB．

F2F1 2BlC．

2(F2F1)

BlD．

2(F2F1)A 3Bl解析：A

现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。

线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知，安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F安，则有

F2=mg+F安

当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：

结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为

F安=

根据平衡条件，则有：

F1+F安=mg

解得：

F安=mg-F1=F2-mg

即

BIl 2BIl1(F2F1) 22得

I故选A。

F2F1 Bl3．如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，两个比荷相同的正、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θ角，则正、负粒子在磁场中（ ）

A．运动轨迹的半径相同 C．重新回到边界时速度方向相同 解析：C

A．根据牛顿第二定律得

B．重新回到边界所用时间相同 D．重新回到边界时与O点的距离相等C

v2qvBm

r解得

rmv qB由题知比荷、B相同，但速度不相同，则r不相同，故A错误； B．粒子的运动周期T如图所示

2m，由题知比荷、B大小均相同，则知T相同。粒子运动轨迹qB

根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，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间为

t同理，负离子运动时间为

22T 22T 2t显然时间不等，故B错误；

C．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，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确； D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离

s2rsin

由题知θ相同，但r不相同，则s不相同，故D错误。 故选C。

4．如图所示，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，下列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B D．使电流I反向并增大A 解析：A

AC．棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，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，则安培力必须增加，因为

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，故悬线一定会受到拉力，CD错误。 故选A。

5．如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是（ ）

A．带电粒子M、N的电性一定相同 B．带电粒子M、N的电量一定相同

C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等

D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等D 解析：D

AB．根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即v量无关，故AB错误；

E，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电Bmvv2C．撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R，两

qBR粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；

D．撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。 故选D。

6．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是（ ）

A．电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线越长 B．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合

C．电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时一定不相同C

解析：C

AC．设其轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中的运动时间

t2mm 2BqBq这些电子的质量和电荷量都相同，所以粒子在磁场中的运动时间和其轨迹的圆心角成正比，即电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线所对圆心角越大，A错误C正确； BD．根据半径公式rmv可知以不同的速率射入，则运动半径不同，如3、4、5三个粒Bq子的运动时间相同，但是运动半径不同，所以轨迹不重合，BD错误。 故选C。

7．如图所示，空间中存在匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的方向水平且互相垂直。一带电小球沿直线由a向b运动，在此过程中（ ）

A．小球可能做匀加速直线运动 B．小球可能做匀减速直线运动 C．小球带一定带负电荷 D．小球的电势能增加C 解析：C

小球共受到重力、电场力及洛伦兹力三个力，因为小球的运动是直线运动，所以必须三力平衡。即小球必须带负电。因为电场力水平左，所以电场力做正功，电势能减小。 故选C。

8．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。若粒子

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（ ）

A．

t 2B．

2t 3C．

3t 2D．2tB

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：

根据几何知识可知，粒子的半径为

R1r

圆心角为

190

粒子以速率3v射入磁场，其运动轨迹如图乙所示：

因为洛伦兹力提供向心力

v2qvBm

R则

R所以粒子的半径为

mv qBR23r

根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为

260

因为粒子在磁场中做圆周运动的半径为

T2m qB粒子的比荷相同，则周期相等，粒子两次在磁场中运动的时间之比为

t1903 t2602所以粒子第二次在磁场中运动的时间为

22t2t1t

33故ACD错误，B正确。

故选B。

9．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）

A．小球可能带正电，也可能带负电 B．磁场和电场的大小关系为

E3v0 B2C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动 D．若撤去电场，小球的机械能不断增大C 解析：C

A．经分析，洛伦兹力和支持力不做功，重力作正功，而小球动能保持不变，电场力一定做负功，小球带正电，A错误；

B．仅当支持力为零，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，有

qEqv0Bsin60

即

E3v0 B2故B错误；

C．撤去磁场后，因重力和电场力做的功相互抵消，支持力不做功，则小球仍沿杆做匀速直线运动，C正确；

D．撤去电场，只有重力对小球做功，小球的机械能不变，D错误。 故选C。

10．如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场。磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率v从P点沿各个方向射入磁场区域。粒子的轨道半径r＝2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则下列说法不正确的是（ ）

A．粒子射入磁场的速率为v＝

2qBR mB．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝C．不可能有粒子从C点射出磁场

m 3qBD．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出C 解析：C

A．由洛伦兹力提供向心力，有

v2qvB＝m

r解得

r根据题意

mv qBr＝2R

可得

v故A正确，不符合题意；

2qBR mB．当粒子以圆形区域的直径2R为弦做圆周运动时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知此时轨迹对应的圆心角为60°，粒子运动的周期为

T则粒子在磁场中运动的时间为

2m qBt故B正确，不符合题意；

Tm 63qBC．粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故C错误，符合题意；

D．当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速率满足

v故D正确，不符合题意。 故选C。

qBR m二、填空题

11．若带电粒子运动方向与磁场方向垂直。则F洛=___________。若带电粒子运动方向与磁场方向平行时，则带电粒子所受洛伦兹力为___________。qvB零

解析：qvB 零

[1]带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，F洛= qvB。

[2]带电粒子运动方向与磁场方向平行时，则带电粒子所受洛伦兹力为零。

12．如图所示为质谱仪的原理图，某同学欲使用该装置测量某带正电粒子的比荷。粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后，进入速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B1，磁场方向如图，匀强电场的场强为E。带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场。带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点。已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计。

(1)为保证粒子在速度选择器中做直线运动，速度选择器a板需与电源___________（选填“正极”或“负极”）相连，b板需与电源___________（选填“正极”或“负极”）相连。 (2)射入偏转磁场粒子的速度为___________（用题目所给物理量字母表示）。 (3)为了测定粒子比荷，除了题目所给物理量，还需测量___________。

正极负极长度

E HG长度 解析：正极 负极 B1(1)[1][2]粒子受到水平向左的洛伦兹力，所以电场力需向右，a接电源正极，b与电源负极相连。

(2)[3]根据平衡条件

EqB1qv

所以

vE B1(3)[4]洛伦兹力提供向心力，粒子做圆周运动，由

v2qvB2＝m

r求得半径

rmv B2q所以

qE mB1B2r其中E、B1和B2题目已经给出，只需测量半径r，即需要测量HG长度。 13．质量为m，电量为q带正电荷的小物块从半径为R的

1光滑圆槽顶点由静止下滑，整4个装置处于电场强度为E，磁感应强度为B的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为________。

解析：3mg2qEqB2(mgqE)R m12mv 2小物块由静止滑到最低点由动能定理得

mgRqER在最低点由牛顿第二定律得

v2NmgqvBm

R联立以上两式得

N3mg2qEqB由牛顿第三定律，物块对轨道的压力

N′=N

2(mgqE)R m14．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端挂有一个单匝矩形线框abcd，质量为m，

bc边长为L，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂

直，在图中垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如图所示。线框处于平衡状态。此时弹簧处于伸长状态，则此时bc棒所受的安培力的大小为_____，方向_____（选填“竖直向上”或“竖直向下”）；今磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框重新达到平衡时弹簧的弹力大小为_____。从开始的平衡状态到重新达到平衡过程中，弹簧的形变量增加了_____（重力加速度为g）。

竖直向上

解析：BIL 竖直向上 BILmg

2BIL kF=BIL

[1][2]根据左手定则判断安培力的方向为竖直向上，大小为 [3][4]初始时，设弹簧的伸长量为x，根据线框受力平衡有

kxBILmg

磁场反向后，安培力方向竖直向下，设此时弹簧的伸长量为x，根据线框受力平衡有此时弹簧的弹力大小

FxkxmgBIL

则弹簧的形变增加量为

xxx

联立解得

x2BIL k15．两个速率不同的同种带电粒子，如图所示，它们沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场的上边缘射入，从下边缘飞出时，相对于入射方向的偏转角分别为90°，60°，则它们在磁场中运动的轨道半径之比为________，在磁场中运动时间比为________。

1:23:2

解析：1:2 3:2

[1]．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，

由几何关系可知：

第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：

R1=d；

第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：

R2sin30°+d=R2

解得：

R2=2d；

故粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：

R1：R2=1：2；

[2]．粒子在磁场中运动的周期的公式为T2m，由此可知，粒子的运动的周期与粒子qB14的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为T；偏转角为60°的粒子的运动的时间为

111T，所以在磁场中运动时间比为T：T=3：2。 64616．一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，如图所示．当在导体中通以图示方向的电流I时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，已知自由电子的电量为e，电压表的“＋”接线柱接_______(上、下）表面，该导体单位体积内的自由电子数为______．

下

解析：下

BI

ebUH

[1]．由图，磁场方向向里，电流方向向右，则电子向左移动，根据左手定则，电子向上表面偏转，则上表面得到电子带负电，那么下表面带上正电，所以电压表的“+”接线柱接下表面；

[2]．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有：

e由

UHeBv dI=neSv=nebdv

得导体单位体积内的自由电子数为：

nBI ebUH17．电磁流量计原理可解释为：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在磁感应强度为B的匀强磁场中，自由电荷在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差．形成电场，当自由

电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．若导电液体中的自由离子带正电，则：

（1）离子受到的电场力向____________（“上”或“下”），a点电势_____于b点电势（“高”或“低”）

（2）若测点a、b间的电势差为U，自由离子的运动速率v=________.

（3）液体流量（单位时间内通过管内横截面积的流体体积）Q=___________.上低 解析：上 低

UdU Bd4B(1)[1]带正电的粒子垂直磁场向左运动，由左手定则可知，洛伦兹力向下使得正粒子向下偏转，则b端积累较多的正电荷，a端有较多的负电荷，故形成的电场使正离子受到的电场力向上；而a点电势低于b点电势.

(2)[2] 当上下两端形成稳定电压U时，粒子匀速穿过，有：

qvBq解得自由离子的运动速率vU dU Bd(3)[3]流量等于单位时间流过液体的体积，则有：

QvSUdUd()2. Bd24B18．如图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过图示装置来测量该磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，长度为L，两侧边竖直且等长；直流电源电动势为E，内阻为r；R为电阻箱；S为开关．此外还有细沙、天平和若干轻质导线．已知重力加速度为g．

先将开关S断开，在托盘内加放适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1．闭合开关S，将电阻箱阻值调节至R1=r，在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态，用天平称出此时细沙的质量为m2且m2＞m1．

（1）磁感应强度B大小为____，方向垂直纸面_____（选填“向里”或“向外”）；

（2）将电阻箱阻值调节至R2=2r，则U形金属框D_____（选填“向下”或“向上”）加速，加速度大小为____．向外向上【分析】（1）根据平衡条件安培力等于拉力的差列式

求解；（2）平衡后增加电阻会减小电流减小安培力产生加速度根据牛顿第二定律列方程求解加速度

解析：【分析】

（1）根据平衡条件，安培力等于拉力的差，列式求解；

（2）平衡后，增加电阻，会减小电流，减小安培力，产生加速度，根据牛顿第二定律列方程求解加速度．

（1）电键闭合后，需要再右侧加砝码，故安培力向下，故磁场方向垂直向外，根据平衡条件，有： （m2﹣m1）g=BIL

根据闭合电路欧姆定律，有： E=I（r+r） 联立解得：

向外 向上

（2）将电阻箱阻值调节至R2=2r，电流减小，安培力减小，故合力向上，会向上加速，根据牛顿第二定律，有： （m2﹣m1）g﹣BI′L=ma 根据闭合电路欧姆定律，有： E=I′（r+2r） 解得：a=

；

故答案为（1），向外；（2）向上，．

19．某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．带电从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t（带电粒子达到最大速度在磁场中完成半个圆周后被导引出来），已知磁场的磁感应强度大小为B，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使带电粒子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用，D形盒半径R＝_______，D型盒内部带电粒子前三次做匀速圆周的轨道半径之比(由内到外)为______________．

解析： 2Ut 2:2:6 B[1]．设粒子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则

2nqU12mv 2v2qvBm

R质子圆周运动的周期

T质子运动的总时间

2m qBt=nT

联立解得

R2Ut； B[2]．设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1 由动能定理得

qU由牛顿第二定律有

12mv1 2v12qv1Bm

r1联立解得：

r112mU Bq同理，粒子经2次加速后做圆周运动的半径：

r2粒子经3次加速后做圆周运动的半径：

14mU

Bq16mU

Bqr3可知D型盒内部带电粒子前三次做匀速圆周的轨道半径之比(由内到外)为：

r1:r2:r32:2:6

20．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，在科学研究中具有重要应用．如图所示是质谱仪工作原理简图，电容器两极板相距为d，两端电压为U，板间匀强磁场磁感应强度为B1 ， 一束带电量均为q的正电荷粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一匀强磁场B2 ， 结果分别打在a、b两点，测得两点间的距离为△R，由此可知，打在两点的粒子质量差为△m=________．（粒子重力不计）

解析：

qdB1B2R 2U电容器中有正交的电场与磁场，带电粒子匀速通过，受力平衡 满足速度选择题的原理：qvB1qE， 而匀强电场EU dU， dB1解得匀速的速度vv3进入磁场B2后，洛伦兹力提供向心力：qvB2m

R解得：RmU qdB1B2同位素的电量相等，质量不等，有R2(R1R2)故解得质量差为m【点睛】

2mU

qdB1B2qdB1B2R 2U解决本题的关键知道从速度选择器进入偏转磁场，速度相同．以及知道在偏转磁场中的半径与电荷的比荷有关，同位素，电量相同，质量不同，偏转的半径就不同．

三、解答题

21．如图所示，在直角坐标系的第一象限内，在yd和x轴之间有沿x轴正方向的匀强电场；在yd上方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O沿y轴正向以速度v0射入电场，粒子经电场偏转从坐标为1d,d2的位置进入磁场，粒子在磁场中运动的轨迹刚好与y轴相切，不计粒子的重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)若仅将磁场方向反向，磁感应强度大小不变，粒子从O点射入电场的速度不变，粒子在

电场和磁场中运动的总时间为多少；试确定粒子从x轴上离开电场的位置坐标。

2212mv0mv02d解析：(1)E；(2)B；(3)tqdv0qd21d4v0；21d,0

(1)粒子在电场和磁场中运动轨迹如图所示

粒子在电场中运动时

qEma

dv0t1

11dat12 22解得

2mv0E

qd(2)设粒子进入磁场时速度方向与x轴正向的夹角为，粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有

1112qEdmv2mv0

222解得

v2v0

vsinv0

解得

45

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系

rrsin解得

1d 22r1d 2根据牛顿第二定律

v2qvBm

r解得

B212mv0qd

(3)由于磁场的磁感应强度大小不变，因此粒子在磁场中运动的半径不变，粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示

粒子在电场中运动的时间为

2t1粒子在磁场中运动的时间为

2d v012mt24qB因此粒子在电场和磁场中运动的总时间为

21d4v0

2dt2t1t2v021d4v0

粒子前后两次在电场中运动的时间相等，因此粒子两次在电场中运动时，沿电场方向运动的位移之比为1∶3，设粒子在x轴上出电场时的位置为x,0则

x因此位置坐标为13dd2r2221d

21d,0。 L的a点以速度v0沿x轴正方向射222．如图所示，在x轴上方存在方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从y=

入电场，从x=L的b点进入磁场，并经过y轴上c点，oc长度为L。不计粒子重力，求： （1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小； （3）从a点到c点所用时间。

2L2mv0mv0解析：（1）E；（2）B；（3）t总(1)

v02qLqL（1）粒子在电场中做类平抛运动，有

Lv0t，

又

L12at 22Eqma

联立可得

2mv0E

qL（2）如图，设粒子到b点时速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角为θ

由平抛运动推论：轨迹上某点速度反向延长线交于此时水平位移的中点，可得

cos求得

v02 v2v2v0

由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心位于bc连线中点，半径

r且

2L 2r得

mv qBB2mv0 qL（3）粒子在磁场中运动轨迹为半圆，所用时间

112mmLtT

22qBqB2v0故粒子从a点到c点所用时间为

t总=ttL(1) v0223．如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长。g=10 m/s2。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；

(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm。如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？

解析：(1)0.5T；(2)3cm

(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即

BIL=mg

解得

Bmg0.5T IL(2)当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1，及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有

2kx1＋BI1L=mg

当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态。根据平衡条件有

2kx2=mg＋BI2L

联立解得

x2mgBI2Lx13cm

mgBI1L24．如图所示，在第I象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、带电量分别为q和q的两个粒子以相同的速度v从坐标原点O先后射入磁场，速度v与x轴正方向之间的夹角为30°，不计粒子的重力，求： (1)正负粒子在磁场中运动的时间之比； (2)正负粒子离开磁场时的位置之间的距离。

解析：(1)2：1；(2)

2mv qB(1)根据左手定则可知，带正电的粒子向上偏转，从y轴射出，带负电的粒子向下偏转，从x轴射出，带电粒子运动的轨迹如图所示：

根据

v2qvBm

r可知两粒子运动的半径相同，均为

rmv qBr可v正粒子在磁场中转过的角度为120°，负粒子在磁场中转过的角度为60°，则根据t知，正负粒子在磁场中运动的时间之比2:1。 (2)由几何关系可知

OA2rsin60OB2rsin30正负粒子离开磁场时的位置之间的距离

3mv qBmv qB2mv qBxOA2OB225．如图所示，一对与水平面倾角为的光滑平行导轨固定，轨道间的距离为L，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电动势为E、内阻为r的电源。将一根质量为m、电阻为R的直导体棒ab放在两轨道上，与两轨道垂直且接触良好，其他电阻不计。在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。（重力加速度为g）

1求磁场对导体棒的安培力的大小；

2如果导轨所在空间的磁场方向可改变，为使导体棒保持静止，试确定匀强磁场磁感应

强度B的最小值的大小和方向。

解析：（1）mgtan；（2）（1）如图所示

(Rr)mgsin，垂直轨道平面斜向上

EL

根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小

Fmgtan

（2）电路中的电流

IE Rr要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力

Fminmgsin

方向平行于轨道斜向上，所以最小磁感应强度

BminFmin(Rr)mgsin ILEL根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上

26．如图所示，等腰直角三角形abc，ab2l，在等腰直角三角形区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与

ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为

q，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。求： (1)这些粒子在磁场中运动的最长时间；

(2)从ab边离开磁场abc区域的粒子速度的最大值。

解析：(1)

m(21)BLq；(2) qBmθmax=180°

(1)由几何知识可知，粒子转过的最大圆心角 粒子做圆周运动的周期

T＝粒子在磁场中运动的最长运动时间

2m qBtmaxTm＝ 2qB

(2)粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示 由几何知识可知

r解得

rlcos45(rl)＝2l cos45r＝(12)l

根据

v2qvBm

r解得从ab边离开磁场abc区域的粒子速度的最大值

vm(21)BLq

m27．如图所示，在直线MN的下方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电量大小为q，质量为m的带电粒子从直线上的A点平行纸面方向射入磁场，速度大小为v，方向与直线

MN成45°，粒子最后从直线上的B点离开磁场，已知ABL，求： (1)该带电粒子带何种电荷？

(2)磁感应强度大小和粒子在磁场中运动的时间？

(3)若只改变带电粒子的入射角度（可在30°到120°之间变化），粒子最后从直线上的P点离开磁场，求PA间距的范围？

解析：(1)负电；(2)B2mv232L，t；(3)LPAqL4v22L

(1)根据左手定则可知，粒子带负电； (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

根据几何知识有

2RL

在磁场中，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则有

v2qvBm

R联立解得

B2mv qL根据粒子运动的轨迹可知，粒子在磁场中运动的时间为

3tT 4其中

T联立解得

2R vt32L 4v(3)经分析可知，当入射角为90°时，PA两点间距最大，为粒子圆周运动的直径，即

PAmax2R2L

当入射角为30°时，PA两点间距最小，为粒子圆周运动的半径，即

PAminR故PA间距的范围是

2L 22LPA2L 228．如图所示，在磁感应强度为1T的匀强磁场中，有两根相同的弹簧，下面挂一条长0.5m，质量为0.1kg的金属棒MN，此时弹簧伸长10cm，欲使弹簧不伸长则棒上应通过的电流的大小和方向如何？

解析：2A，方向MN

由题意可知，当不通电流时，由力的平衡条件可得

2Fmg

其中

Fkx

得

k5N/m

当通上电流时，欲使弹簧不伸长，则由平衡条件可得

F安BILmg

得

I2A

所以此时，电流大小为2A，由左手定则可得，方向MN。