PAGE40-磁場課時作業磁場的描述磁場對電流的作用時間/40分鐘基礎達標1.[2024·北京卷]中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也.”進一步探討表明,地球四周地磁場的磁感線分布示意如圖K24-1所示.結合上述材料,下列說法不正確的是 ()圖K24-1A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B.地球內部也存在磁場,地磁南極在地理北極旁邊C.地球表面隨意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用圖K24-22.[人教版選修3-1改編]如圖K24-2所示,兩平行直導線cd和ef豎直放置,通以方向相反、大小相等的電流,a、b兩點位于兩導線所在的平面內,則 ()A.b點的磁感應強度為零B.ef導線在a點產生的磁場方向垂直于紙面對里C.cd導線受到的安培力方向向右D.同時變更兩導線的電流方向,cd導線受到的安培力方向不變圖K24-33.[2024·梅州月考]如圖K24-3所示,兩個完全相同的通電圓環A、B的圓心O重合且圓面相互垂直放置,通電電流大小相等,電流方向如圖所示,設每個圓環在其圓心O處獨立產生的磁感應強度大小為B0,則O處的磁感應強度大小為 ()A.0 B.2B0C.QUOTEB0 D.無法確定圖K24-44.[2024·成都檢測]始終導線ab平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方,如圖K24-4所示,假如直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流,則關于導線ab受磁場力后的運動狀況,下列說法正確的是 ()A.從上向下看順時針轉動并靠近螺線管B.從上向下看順時針轉動并遠離螺線管C.從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管D.從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管圖K24-55.[2024·海南卷]如圖K24-5所示,一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面對上,通有電流I的金屬細桿水安靜止在斜面上.若電流變為0.5I,磁感應強度大小變為3B,電流和磁場的方向均不變,則金屬細桿將 ()A.沿斜面加速上滑 B.沿斜面加速下滑C.沿斜面勻速上滑 D.仍靜止在斜面上圖K24-66.如圖K24-6所示,某區域內有垂直于紙面對里的勻強磁場,磁感應強度大小為B.一正方形剛性線圈邊長為L,匝數為n,線圈平面與磁場方向垂直,線圈一半在磁場內.某時刻,線圈中通有大小為I的電流,則此時線圈所受安培力的大小為()A.QUOTEBIL B.QUOTEnBILC.nBIL D.QUOTEnBIL技能提升圖K24-77.(多選)如圖K24-7所示,在同一平面內有①、②、③三根等間距平行放置的長直導線,通入的電流分別為1A、2A、1A,②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右,則 ()A.①的電流方向為a→bB.③的電流方向為e→fC.①受到安培力的合力方向水平向左D.③受到安培力的合力方向水平向左圖K24-88.質量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上,整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中,直導體棒中通有恒定電流,平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角,其截面圖如圖K24-8所示,重力加速度為g.關于導體棒中電流,下列分析正確的是 ()A.導體棒中電流垂直于紙面對外,大小為QUOTEB.導體棒中電流垂直于紙面對外,大小為QUOTEC.導體棒中電流垂直于紙面對里,大小為QUOTED.導體棒中電流垂直于紙面對里,大小為QUOTE9.(多選)如圖K24-9甲所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B,垂直于導軌放置一根勻稱金屬棒.從t=0時刻起,棒上有如圖乙所示的持續交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖甲中I所示方向為電流正方向,則金屬棒()圖K24-9A.始終向右移動B.速度隨時間周期性變更C.受到的安培力隨時間周期性變更D.受到的安培力在一個周期內做正功10.[2024·四川雙流中學模擬]如圖K24-10所示,水平金屬導軌與導體棒ab接觸良好且電阻均忽視不計,外加勻強磁場與導軌平面成α=53°角,細線對ab棒的拉力沿水平方向,不計一切摩擦.現適當增加重物G的重力,需同時調整滑動變阻器R以保證ab棒始終處于靜止狀態,在此過程中 ()圖K24-10A.需將滑動變阻器R的滑動觸頭P向左滑B.A點電勢降低C.ab棒受到的安培力方向始終水平向左D.ab棒受到的安培力的大小始終等于重物G的重力11.音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統的特別電動機.圖K24-11是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構成,線圈邊長為L,匝數為n,磁極正對區域內的磁感應強度大小為B,方向垂直于線圈平面豎直向下,區域外的磁場忽視不計,線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內,前、后兩邊在磁場內的長度始終相等.某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I.(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向;(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率.圖K24-11挑戰自我12.一質量m=0.05kg的金屬條擱在相距d=0.02m的兩金屬軌道上,如圖K24-12所示.現讓金屬條以v0=QUOTEm/s的初速度從AA'進入水平軌道,再由CC'進入半徑r=0.05m的豎直圓軌道,完成圓周運動后,再回到水平軌道上.整個軌道除圓軌道光滑外,其余均粗糙,運動過程中金屬條始終與軌道垂直.由外電路限制,使流過金屬條的電流大小始終為I=5A,方向如圖所示.整個軌道處于水平向右的勻強磁場中,磁感應強度B=1T,A、C間的距離L=0.2m,金屬條恰好能完成豎直面里的圓周運動.(g取10m/s2)(1)求金屬條到達豎直圓軌道最高點的速度大小;(2)求金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數;(3)若將CC'右側0.06m處的金屬軌道在DD'向上垂直彎曲(彎曲處無能量損失),試求金屬條能上升的最大高度.圖K24-12課時作業(二十五)第25講磁場對運動電荷的作用時間/40分鐘基礎達標1.[2024·河北定州中學模擬]關于電荷所受電場力和洛倫茲力,下列說法正確的是 ()A.電荷在磁場中肯定受洛倫茲力作用B.電荷在電場中肯定受電場力作用C.電荷所受的電場力肯定與該處的電場方向一樣D.電荷所受的洛倫茲力不肯定與磁場方向垂直圖K25-12.(多選)如圖K25-1所示,物理課堂教學中的洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡、電子槍等部分組成.勵磁線圈是一對彼此平行的共軸的圓形線圈,兩線圈之間能產生勻強磁場.玻璃泡內充有淡薄的氣體,電子槍在加速電壓下放射電子,電子束通過泡內氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡.若電子槍垂直磁場方向放射電子,給勵磁線圈通電后,能看到電子束的徑跡呈圓形.若只增大電子槍的加速電壓或勵磁線圈中的電流,下列說法正確的是 ()A.增大電子槍的加速電壓,電子束的軌道半徑變大B.增大電子槍的加速電壓,電子束的軌道半徑不變C.增大勵磁線圈中的電流,電子束的軌道半徑變小D.增大勵磁線圈中的電流,電子束的軌道半徑不變圖K25-23.[2024·江西五校聯考]一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場.粒子的一段徑跡如圖K25-2所示,徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量漸漸減小(帶電荷量不變),從圖中狀況可以確定 ()A.粒子從a運動到b,帶正電B.粒子從a運動到b,帶負電C.粒子從b運動到a,帶正電D.粒子從b運動到a,帶負電4.已知α粒子(即氦原子核)質量約為質子的4倍,帶正電荷,電荷量為元電荷的2倍.質子和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動.下列說法正確的是 ()A.若它們的動量大小相同,則質子和α粒子的運動半徑之比約為2∶1B.若它們的速度大小相同,則質子和α粒子的運動半徑之比約為1∶4C.若它們的動能大小相同,則質子和α粒子的運動半徑之比約為1∶2D.若它們由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入磁場,則質子和α粒子的運動半徑之比約為1∶2圖K25-35.[2024·衡陽聯考]如圖K25-3所示,矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場,磁場方向垂直于紙面對里.a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子,它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場,圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡,粒子重力不計.下列說法正確的是 ()A.粒子a帶負電B.粒子c的動能最大C.粒子b在磁場中運動的時間最長D.粒子b在磁場中運動時的向心力最大技能提升圖K25-46.如圖K25-4所示,一質量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強磁場區域內,速度方向跟磁場左邊界垂直,從右邊界離開磁場時速度方向偏轉角θ=30°,磁場區域的寬度為d,則下列說法正確的是 ()A.該粒子帶正電B.磁感應強度B=QUOTEC.粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=dD.粒子在磁場中運動的時間t=QUOTE圖K25-57.(多選)[2024·四川五校聯考]如圖K25-5所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面對里.現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從x軸上的某點P(未畫出)沿著與x軸成30°角的方向射入磁場,不計重力的影響,則下列說法正確的是 ()A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點B.粒子在磁場中運動的時間可能為QUOTEC.粒子在磁場中運動的時間可能為QUOTED.粒子在磁場中運動的時間可能為QUOTE圖K25-68.(多選)[2024·甘肅平涼質檢]如圖K25-6所示,ABCA為一半圓形的有界勻強磁場邊界,O為圓心,F、G分別為半徑OA和OC的中點,D、E點位于邊界圓弧上,且DF∥EG∥BO.現有三個相同的帶電粒子(不計重力)以相同的速度分別從B、D、E三點沿平行BO方向射入磁場,其中由B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出,由D、E兩點射入的粒子2和粒子3從磁場某處射出,則下列說法正確的是 ()A.粒子2從O點射出磁場B.粒子3從C點射出磁場C.粒子1、2、3在磁場中的運動時間之比為3∶2∶3D.粒子2、3經磁場偏轉角相同圖K25-79.(多選)如圖K25-7所示,AOB是一邊界為QUOTE圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力),其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,則可推斷 ()A.粒子2在AB圓弧之間某點射出磁場B.粒子2肯定在B點射出磁場C.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶2D.粒子1與粒子2的速度偏轉角度相同挑戰自我圖K25-810.(多選)如圖K25-8所示,在真空中,半徑為R的圓形區域內存在垂直于紙面對外的勻強磁場,磁感應強度為B,一束質子在紙面內以相同的速度射向磁場區域,質子的電荷量為e,質量為m,速度為v=QUOTE,則以下說法正確的是 ()A.對著圓心入射的質子的出射方向的反向延長線肯定過圓心B.從a點比從b點進入磁場的質子在磁場中運動時間短C.全部質子都在磁場邊緣同一點射出磁場D.若質子以相等的速率v=QUOTE從同一點沿各個方向射入磁場,則它們離開磁場的出射方向可能垂直11.如圖K25-9所示,A點距坐標原點的距離為L,坐標平面內有邊界過A點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域,磁場方向垂直于坐標平面對里.有一電子(質量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區域,在磁場中運動,從x軸上的B點射出磁場區域,此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°,求:(1)磁場的磁感應強度大小;(2)磁場區域的圓心O1的坐標;(3)電子在磁場中運動的時間.圖K25-912.[2024·天津紅橋區模擬]邊長為L的等邊三角形OAB區域內有垂直于紙面對里的勻強磁場.在紙面內從O點沿紙面對磁場區域AOB各個方向同時射入質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,全部粒子的速率均為v.如圖K25-10所示,沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出,不計粒子之間的相互作用和重力的影響,已知sin35°≈0.577.求:(1)勻強磁場的磁感應強度大小;(2)帶電粒子在磁場中運動的最長時間;(3)沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出時,還在磁場中運動的粒子占全部粒子的比例.圖K25-10專題訓練(七)A專題七帶電粒子在組合場中的運動時間/40分鐘基礎達標圖Z7-11.[人教版選修3-1改編]如圖Z7-1所示,一束質量、速度和電荷量不全相等的離子經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后,進入另一個勻強磁場中并分別為A、B兩束.下列說法正確的是 ()A.組成A束和B束的離子都帶負電B.組成A束和B束的離子質量肯定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面對外圖Z7-22.如圖Z7-2所示,a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點,左邊勻強磁場的磁感線垂直于紙面對里,右邊勻強磁場的磁感線垂直于紙面對外,兩邊的磁感應強度大小相等.電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出,當它運動到b點時,擊中并汲取了一個處于靜止狀態的電子,不計正離子和電子的重力且忽視正離子和電子間的相互作用,電子質量遠小于正離子質量,則它們在磁場中的運動軌跡是圖Z7-3中的 ()圖Z7-3圖Z7-43.(多選)[2024·德州期末]圖Z7-4是一個回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連.現分別加速氘核QUOTEH)和氦核QUOTEHe),下列說法中正確的是 ()A.它們的最大速度相同B.它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能圖Z7-54.[2024·山西五校聯考]質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具.圖Z7-5中的鉛盒A中的放射源放出一帶正電粒子(可認為初速度為零),從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區加速后,再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場,該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B、方向垂直于紙面對外、半徑為R的圓形勻強磁場.現在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子,且GF=QUOTER,則該粒子的比荷為(粒子的重力忽視不計) ()A. B.C. D.技能提升5.(多選)如圖Z7-6所示,在xOy坐標系中,y>0的范圍內存在著沿y軸正方向的勻強電場,在y<0的范圍內存在著垂直于紙面的勻強磁場(未畫出).現有一質量為m、電荷量為-q(重力不計)的帶電粒子以初速度v0(v0沿x軸正方向)從y軸上的a點動身,運動一段時間后,恰好從x軸上的d點第一次進入磁場,然后從O點第一次離開磁場.已知Oa=L,Od=2L,則()圖Z7-6A.電場強度E=QUOTEB.電場強度E=QUOTEC.磁場方向垂直于紙面對里,磁感應強度B=QUOTED.磁場方向垂直于紙面對里,磁感應強度B=QUOTE6.如圖Z7-7所示,在第Ⅱ象限內有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度為E,在第Ⅰ、Ⅳ象限內分別存在如圖所示方向的勻強磁場,磁感應強度大小相等.有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中,并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場,又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場.已知O、P之間的距離為d,則帶電粒子在磁場中其次次經過x軸時,在電場和磁場中運動的總時間為()圖Z7-7A. B.QUOTE(2+5π)C.QUOTE D.QUOTE挑戰自我圖Z7-87.(多選)如圖Z7-8所示為一種獲得高能粒子的裝置,環形區域內存在垂直于紙面、磁感應強度大小可調的勻強磁場,帶電粒子可在環中做圓周運動.A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板,原來電勢均為零,每當帶電粒子經過A板打算進入A、B之間時,A板電勢上升為+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩板間的電場中得到加速;每當粒子離開B板時,A板電勢又降為零,粒子在電場的加速下動能不斷增大,而在環形磁場中繞行半徑不變.若粒子通過A、B板的時間不行忽視,能定性反映A板電勢U和環形區域內的磁感應強度B隨時間t變更的關系的是圖Z7-9中的 ()圖Z7-98.如圖Z7-10所示,圓柱形區域截面圓的半徑為R,在區域內有垂直于紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場;對稱放置的三個電容器相同,極板間距為d,極板間電壓為U,與磁場相切的極板在切點處均有一小孔.一帶電粒子質量為m,帶電荷量為+q,從某電容器極板下(緊貼極板)的M點由靜止釋放,M點在小孔a的正上方,若經過一段時間后,帶電粒子又恰好返回M點,不計帶電粒子所受重力,求:(1)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑;(2)U與B所滿意的關系式;(3)帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經驗的時間.圖Z7-109.如圖Z7-11所示,在xOy直角坐標系中,第Ⅰ象限內分布著方向垂直于紙面對里的勻強磁場,第Ⅱ象限內分布著方向沿y軸負方向的勻強電場.初速度為零、帶電荷量為+q、質量為m的粒子經過電壓為U的電場加速后,從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區域,經磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區域,在電場中偏轉并擊中x軸上的C點.已知OA=OC=d.求電場強度E和磁感應強度B的大小.(粒子的重力不計)圖Z7-11專題訓練(七)B專題七帶電粒子在組合場中的運動時間/40分鐘1.如圖Z7-12所示為質譜儀的示意圖.速度選擇器部分的勻強電場的場強為E=1.2×105V/m,勻強磁場的磁感應強度為B1=0.6T;偏轉分別器的磁場的磁感應強度為B2=0.8T.已知質子質量為1.67×10-27kg,求:(1)能沿直線通過速度選擇器的粒子的速度大小.(2)質子和氘核以相同速度進入偏轉分別器后打在照相底片上的點之間的距離d.圖Z7-122.回旋加速器的工作原理如圖Z7-13甲所示,置于真空中的兩D形金屬盒半徑均為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直,被加速粒子的質量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0,周期T=QUOTE.一束該種粒子在t=0~QUOTE時間內從A處勻稱地飄入狹縫,其初速度視為零.現考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用.求:圖Z7-13(1)出射粒子的動能Ek;(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間t0.3.如圖Z7-14所示,平面直角坐標系xOy平面內,在x=0和x=L間范圍內分布著勻強磁場和勻強電場,磁場的下邊界AP與y軸負方向成45°角,其磁感應強度大小為B,電場上邊界為x軸,其電場強度大小為E.現有一束包含著各種速率的同種帶負電粒子由A點垂直于y軸射入磁場,帶電粒子的比荷為QUOTE.粒子重力不計,一部分粒子通過磁場偏轉后由邊界AP射出并進入電場區域.(1)求能夠由AP邊界射出的粒子的最大速率;(2)粒子在電場中運動一段時間后由y軸射出電場,求射出點與原點的最大距離.圖Z7-144.如圖Z7-15所示,空間內存在著范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場(未畫出),其中勻強電場沿y軸負方向,勻強磁場垂直于xOy平面對里.圖中虛線框內為由粒子源S和電壓為U0的加速電場組成的裝置,其出口位于O點,并可作為一個整體在紙面內繞O點轉動.粒子源S不斷地產生質量為m、電荷量為+q的粒子(初速度不計),經電場加速后從O點射出,且沿x軸正方向射出的粒子恰好能沿直線運動.不計粒子的重力及彼此間的作用力,粒子從O點射出前的運動不受外界正交電場、磁場的影響.(1)求粒子從O點射出時速度v的大小;(2)若只撤去磁場,從O點沿x軸正方向射出的粒子剛好經過坐標為QUOTE的N點,求勻強電場的場強E的大小;(3)若只撤去電場,要使粒子能夠經過坐標為(L,0)的P點,粒子應從O點沿什么方向射出?圖Z7-155.如圖Z7-16甲所示,在真空中,半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面對外.在磁場左側有一對平行金屬板M、N,兩板間距離也為R,板長為L,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同始終線上.置于O1處的粒子放射源可連續以速度v0沿兩板的中心線O1O2放射電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子(不計粒子重力),M、N兩板不加電壓時,粒子經磁場偏轉后恰好從圓心O的正下方P點離開磁場;若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓UMN,交變電壓的周期為QUOTE,t=0時刻入射的粒子恰好貼著N板右側射出.(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小;(2)求電壓U0的值;(3)若粒子在磁場中運動的最長、最短時間分別為t1、t2,則它們的差值為多大?圖Z7-16專題訓練(八)專題八帶電粒子在疊加場中的運動時間/40分鐘基礎達標1.[2024·江蘇泰州月考]如圖Z8-1所示為一速度選擇器,內有一磁感應強度為B、方向垂直于紙面對外的勻強磁場,一束粒子流以速度v水平射入.為使粒子流經過磁場時不偏轉(不計重力),則磁場區域內必需同時存在一個勻強電場,關于此電場場強大小和方向的說法中,正確的是 ()圖Z8-1A.大小為QUOTE,粒子帶正電時,方向向上B.大小為QUOTE,粒子帶負電時,方向向上C.大小為Bv,方向向下,與粒子帶何種電荷無關D.大小為Bv,方向向上,與粒子帶何種電荷無關2.(多選)[2024·浙江三校模擬]如圖Z8-2所示,空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右),在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩球的相互作用,兩球電荷量始終不變).關于小球的運動,下列說法正確的是 ()圖Z8-2A.沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動C.若有小球能做直線運動,則它肯定做勻速運動D.兩小球在運動過程中機械能均守恒3.(多選)[2024·甘肅天水質檢]如圖Z8-3所示,虛線間存在由勻強電場和勻強磁場組成的正交或平行的電場和磁場(圖中實線為電場線),有一個帶正電小球(電荷量為+q,質量為m)從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下,則帶電小球可能沿直線通過的是 ()圖Z8-34.[2024·南昌三校聯考]如圖Z8-4所示,有一厚度為h、寬度為d的金屬導體,當磁場方向與電流方向垂直時,在導體上、下表面會產生電勢差,這種現象稱為霍爾效應.下列說法正確的是 ()圖Z8-4A.上表面的電勢高于下表面的電勢B.僅增大h時,上、下表面的電勢差增大C.僅增大d時,上、下表面的電勢差減小D.僅增大電流I時,上、下表面的電勢差減小技能提升圖Z8-55.(多選)在如圖Z8-5所示的空間直角坐標系所在的區域內同時存在場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場.已知從坐標原點O沿x軸正方向射入的帶正電的小球(小球所受的重力不行忽視)在穿過此區域時未發生偏轉,則可以推斷此區域中E和B的方向可能是 ()A.E和B都沿y軸的負方向B.E和B都沿x軸的正方向C.E沿z軸正方向,B沿y軸負方向D.E沿z軸正方向,B沿x軸負方向6.(多選)[2024·杭州師大附中月考]質量為m、帶電荷量為+q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上,如圖Z8-6所示,整個裝置處于磁感應強度為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場中.現給球一個水平向右的初速度v0使其起先運動,不計空氣阻力,重力加速度為g,則球運動克服摩擦力做的功可能是 ()圖Z8-6A.0 B.QUOTEmQUOTEC.mQUOTE D.QUOTEmQUOTE-QUOTE7.如圖Z8-7甲所示,一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端,皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針方向傳動,該裝置處于垂直于紙面對里的勻強磁場中,物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中,其v-t圖像如圖乙所示,物塊全程運動的時間為4.5s.關于帶電物塊及其運動過程,下列說法正確的是 ()圖Z8-7A.該物塊帶負電B.皮帶輪的傳動速度大小肯定為1m/sC.若已知皮帶的長度,可求出該過程中物塊與皮帶發生的相對位移D.在2~4.5s內,物塊與皮帶仍可能有相對運動挑戰自我8.將一塊長方體半導體材料樣品的表面垂直于磁場方向置于磁場中,當此半導體材料中通有與磁場方向垂直的電流時,在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側面會出現肯定的電壓,這種現象稱為霍爾效應,產生的電壓稱為霍爾電壓,相應地將具有這樣性質的半導體材料樣品就稱為霍爾元件.如圖Z8-8所示,利用電磁鐵產生磁場,毫安表檢測輸入霍爾元件的電流,毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓.已知圖中的霍爾元件是N型半導體(它內部形成電流的“載流子”是電子).圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端.當開關S1、S2閉合后,電流表A和電表B、C都有明顯示數,下列說法中正確的是 ()圖Z8-8A.電表B為毫伏表,電表C為毫安表B.接線端2的電勢高于接線端4的電勢C.若調整電路,使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向均相反,但大小不變,則毫伏表的示數將保持不變D.若適當減小R1、增大R2,則毫伏表示數肯定增大9.如圖Z8-9所示,在平面直角坐標系中,AO是∠xOy的角平分線,x軸上方存在水平向左的勻強電場,下方存在豎直向上的勻強電場和垂直于紙面對里的勻強磁場,兩電場的電場強度大小相等.一質量為m、電荷量為+q的質點從OA上的M點由靜止釋放,質點恰能沿AO運動而通過O點,經偏轉后從x軸上的C點進入第一象限內并擊中AO上的D點(C、D均未畫出).已知OD=QUOTEOM,勻強磁場的磁感應強度大小為B=QUOTE(T),重力加速度g取10m/s2.求:(1)兩勻強電場的電場強度E的大小;(2)OM的長度L;(3)質點從M點動身到擊中D點所經驗的時間t.圖Z8-910.如圖Z8-10所示,平行金屬板水平放置,一帶電荷量為q(q>0)、質量為m的a粒子從板的左側O點沿兩板間的中線以初速度v0射入板間,結果粒子恰好從上板的右側邊緣與靜止在此處的另一不帶電、等質量的b粒子碰后粘在一起,進入一圓形有界勻強磁場,磁場方向垂直于紙面,圓形磁場的圓心與上板在同始終線上.兩粒子經磁場偏轉后射出磁場,沿水平方向返回兩板間,它們又剛好返回到O點.不計粒子重力,金屬板長為L,板上所加電壓為U=QUOTE,求:(1)a粒子剛出電場時的速度大小;(2)兩粒子從板右端返回電場時的位置與下板間的距離;(3)兩粒子在磁場運動過程中所受洛倫茲力大小和洛倫茲力對兩粒子的沖量.圖Z8-10課時作業(二十四)1.C[解析]依據“則能指南,然常微偏東,不全南也”知,選項A正確.由圖可知地磁場的南極在地理北極旁邊,選項B正確.由圖可知在兩極旁邊地磁場與地面不平行,選項C錯誤.由圖可知赤道旁邊的地磁場與地面平行,射向地面的帶電宇宙粒子運動方向與磁場方向垂直,會受到磁場力的作用,選項D正確.2.D[解析]依據右手螺旋定則可知,b處的兩個分磁場方向均為垂直紙面對外,選項A錯誤;ef導線在a點產生的磁場方向垂直紙面對外,選項B錯誤;依據左手定則可推斷,方向相反的兩個電流相互排斥,選項C錯誤,選項D正確.3.C[解析]據安培定則可知,圖中A環在圓心O處產生的磁感應強度的方向為x軸負方向,B環在圓心O處產生的磁感應強度的方向為z軸負方向,依據平行四邊形定則可知,圓心O處磁感應強度大小為QUOTEB0.4.D[解析]由安培定則可推斷出通電螺線管產生的磁場方向,導線等效為Oa、Ob兩電流元,由左手定則可推斷出兩電流元所受安培力的方向,Oa向紙外,Ob向紙里,所以從上向下看導線逆時針轉動,當轉過90°時,由左手定則可推斷出導線所受磁場力向下,即導線在逆時針轉動的同時還要靠近螺線管,D正確.5.A[解析]原來,有BIl=mgsinθ,后來,有a=,沿斜面對上,A正確.6.D[解析]磁場中線圈的有效長度為L'=QUOTEL,故線圈受到的安培力為F=nBIL'=QUOTEnBIL,選項D正確.7.BCD[解析]依據“同向電流相互吸引,異向電流相互排斥”,因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的電流方向為b→a,③的電流方向為e→f,選項A錯誤,B正確;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,選項C正確;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,選項D正確.8.C[解析]導體棒受到豎直向下的重力和指向圓心的彈力,要使導體棒平衡,應使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小與彈力大小相等,方向相反,由平衡條件有tan60°=QUOTE=QUOTE,解得導體棒中電流I=QUOTE,由左手定則可推斷,導體棒中電流的方向應垂直于紙面對里,選項C正確.9.ABC[解析]由左手定則可推斷,金屬棒一起先向右做勻加速運動,當電流反向以后,金屬棒起先做勻減速運動,經過一個周期,速度變為0,然后重復上述運動,選項A、B正確;安培力F=BIL,由圖像可知,前半個周期內安培力水平向右,后半個周期內安培力水平向左,之后不斷重復,選項C正確;一個周期內,金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內做功為零,選項D錯誤.10.B[解析]對ab棒受力分析,受到重力、導軌對ab棒的支持力、安培力和細線的拉力,依據左手定則可推斷,安培力斜向左上方,水平方向上,有Fsinα=T,即B·QUOTE·Lsinα=G,現適當增大重物G的重力,為了保證ab棒始終處于靜止狀態,可以將滑動變阻器R的滑動觸頭P向右滑,減小電阻,故A、C、D錯誤;滑動變阻器R的滑動觸頭P向右滑,接入電路的阻值減小,總電阻減小,總電流增大,依據U=E-Ir可知,路端電壓減小,A點電勢降低,故B正確.11.(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv[解析](1)線圈前、后兩邊所受安培力的合力為零,線圈所受的安培力即為右邊所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定則可推斷,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率為P=Fv聯立解得P=nBILv.12.(1)QUOTEm/s(2)QUOTE(3)0.10m[解析](1)在圓軌道的最高點,由牛頓其次定律得BId+mg=mQUOTE解得v=QUOTEm/s.(2)金屬條從進入水平軌道到上升到圓軌道最高點,依據動能定理得-(mg+BId)·2r-μ(mg+BId)L=QUOTEmv2-QUOTEmQUOTE解得μ=QUOTE.(3)金屬條從進入水平軌道到上升到豎直軌道最高點,依據動能定理得-μ(mg+BId)(L+LCD)-(mg+BId)hm=0-QUOTEmQUOTE解得hm=0.10m.課時作業(二十五)1.B[解析]當電荷的運動方向與磁場方向平行時,電荷不受洛倫茲力,故A錯誤;電荷在電場中肯定受到電場力作用,故B正確;正電荷所受的電場力方向與該處的電場強度方向相同,負電荷所受的電場力方向與該處的電場強度方向相反,故C錯誤;依據左手定則知,電荷若受洛倫茲力,則洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直,故D錯誤.2.AC[解析]若只增大電子槍的加速電壓,電子速度增大,由R=QUOTE、qU=QUOTEmv2可知,電子束的軌道半徑變大,選項A正確,B錯誤.若只增大勵磁線圈中的電流,磁感應強度增大,由R=QUOTE、qU=QUOTEmv2可知,電子束的軌道半徑變小,選項C正確,D錯誤.3.C[解析]由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量漸漸減小,速度漸漸減小,依據粒子在磁場中運動的半徑公式r=QUOTE可知,粒子運動的軌跡半徑是漸漸減小的,所以粒子的運動軌跡是從b到a,選項A、B錯誤;依據左手定則可推斷,粒子帶正電,選項C正確,D錯誤.4.A[解析]設質子的質量為m,電荷量為q,則α粒子的質量為4m,電荷量為2q,它們在同一勻強磁場中做勻速圓周運動過程中,洛倫茲力充當向心力,故Bqv=mQUOTE,解得r=QUOTE,若它們的動量大小相同,即mv相同,則r∝QUOTE,所以運動半徑之比為2∶1,A正確;若它們的速度相同,則QUOTE=QUOTE=QUOTE,B錯誤;若它們的動能大小相同,依據p=QUOTE可得QUOTE==QUOTE=QUOTE=1,C錯誤;若它們由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入磁場,依據動能定理可得進入磁場的速度為v=QUOTE,即vα=QUOTEvH,故半徑之比為QUOTE=QUOTE=QUOTE,D錯誤.5.D[解析]由左手定則可推斷,a粒子帶正電,故A錯誤;由qvB=mQUOTE,可得r=QUOTE,由圖可知,粒子c的軌跡半徑最小,粒子b的軌跡半徑最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的速度最大,由Ek=QUOTEmv2知,粒子c的動能最小,由洛倫茲力供應向心力,有F向=qvB,可知粒子b的向心力最大,故D正確,B錯誤;由T=QUOTE可知,粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小,則粒子b在磁場中運動的時間最短,故C錯誤.6.D[解析]由左手定則可推斷,該粒子帶負電,A錯誤;分別作出入射方向和出射方向的垂線,交點為圓周運動的圓心O,由幾何關系可得,圓心角θ=30°,半徑R=QUOTE=2d,C錯誤;由洛倫茲力供應向心力,有qvB=mQUOTE,得R=QUOTE,將R=2d代入可得B=QUOTE,B錯誤;粒子做圓周運動的周期T=QUOTE=QUOTE,將B=QUOTE代入可得T=QUOTE,則運動時間t=QUOTET=QUOTE×QUOTE=QUOTE,D正確.7.BC[解析]帶正電粒子從P點與x軸成30°角入射,則粒子運動軌跡的圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,粒子在磁場中要想到達坐標原點,轉過的圓心角肯定大于180°,如圖所示,而磁場有邊界,故粒子不行能通過坐標原點,A錯誤;由于P點的位置不定,所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應的圓心角也不定,粒子從x軸射出時,對應的圓心角最大,為300°,運動的時間t=QUOTET=QUOTE,當粒子的入射點P在原點時,對應的圓心角最小,為120°,所以運動時間t=QUOTET=QUOTE,故粒子在磁場中運動的時間范圍是QUOTE≤t≤QUOTE,B、C正確,D錯誤.8.ABD[解析]從B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出,可知帶電粒子運動的軌跡半徑等于磁場的半徑,由D點射入的粒子2的軌跡圓心為E點,由幾何關系可知,該粒子從O點射出,同理可知粒子3從C點射出,A、B正確;1、2、3三個粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角分別為90°、60°、60°,運動時間之比為3∶2∶2,C錯誤,D正確.9.BC[解析]粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子在磁場中運動的圓心角為90°,粒子軌道半徑等于BO,粒子2從C點沿CD射入,其運動軌跡如圖所示,設對應的圓心為O1,運動軌道半徑也為BO=R,連接O1C、O1B,O1COB是平行四邊形,O1B=CO,則粒子2肯定從B點射出磁場,故A錯誤,B正確;粒子的速度偏轉角即粒子在磁場中轉過的圓心角,θ1=90°,過B點作O1C的垂線交O1C于P點,可知P為O1C的中點,由數學學問可知,θ2=∠BO1P=60°,兩粒子的速度偏轉角不同,粒子在磁場中運動的周期T=QUOTE,兩粒子的周期相等,粒子在磁場中的運動時間t=QUOTET,故運動時間之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2,故C正確,D錯誤.10.AC[解析]質子做圓周運動的半徑為r=QUOTE=R,對著圓心入射的質子的出射方向的反向延長線肯定過圓心,選項A正確;質子射入磁場中,受到向下的洛倫茲力而向下偏轉,因質子的運動半徑相同,故從a點比從b點進入磁場的質子在磁場中運動經過的弧長更長,則時間長,選項B錯誤;全部質子做圓周運動的半徑都等于R,畫出各個質子的運動軌跡,由幾何關系可知,全部質子都在O點的正下方同一點射出磁場,選項C正確;質子的速度為v=QUOTE時,質子運動的半徑r=QUOTE=R,若質子從同一點沿各個方向射入磁場,畫出各個質子的運動軌跡,由幾何關系可知,不存在離開磁場的出射方向垂直的狀況,選項D錯誤.11.(1)QUOTE(2)QUOTE(3)(1)電子在圓形磁場區域內受洛倫茲力而做圓周運動,設軌跡半徑為r,磁場的磁感應強度為B,有ev0B=mQUOTE過A、B點分別作速度的垂線交于C點,則C點為軌跡圓的圓心,已知電子在B點速度方向與x軸夾角為60°,由幾何關系得,軌跡圓的圓心角∠C=60°AC=BC=r已知OA=L,得OC=r-L由幾何學問得r=2L聯立解得B=QUOTE.(2)由于A、B、O在圓周上,∠AOB=90°,所以AB為磁場圓的直徑,故AB的中點為磁場區域的圓心O1,且△ABC為等邊三角形,由幾何關系可得磁場區域的圓心O1的坐標為QUOTEL,QUOTE.(3)電子做勻速圓周運動,則圓周運動的周期為T=聯立解得電子在磁場中運動的時間t=QUOTE=.12.(1)(2)QUOTE(3)QUOTE[解析](1)OC=Lcos30°=QUOTEL沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出,由幾何學問得粒子做圓周運動的圓弧對應的圓心角為60°.半徑r=OC=QUOTEL由qvB=QUOTE解得B=QUOTE=.(2)從A點射出的粒子在磁場中運動時間最長,設弦OA對應的圓心角為α,由幾何關系得sinQUOTE=QUOTE=QUOTE≈0.577解得α≈70°最長時間tm≈QUOTE·QUOTE=QUOTE.(3)設從OA上D點射出的粒子做圓周運動的弦長OD=OC,粒子做圓周運動的圓弧對應的圓心角也為60°,如圖所示,由幾何學問得入射速度與OD的夾角應為30°,即沿OC方向射入的粒子在磁場中運動的時間與沿OB方向射入的粒子在磁場中運動的時間相同,則當沿OB方向射入的粒子從C射出時,從OB方向到OC方向這30°范圍內射入的粒子此時都還在磁場中,而入射的范圍為60°,故還在磁場中運動的粒子占全部粒子的比例是QUOTE.專題訓練(七)A1.C2.D[解析]正離子以某一速度擊中并汲取了一個處于靜止狀態的電子后,速度不變,電荷量變為+e,由左手定則可推斷出正離子過b點時所受洛倫茲力方向向下,由r=QUOTE可知,軌跡半徑增大到原來的2倍,所以在磁場中的運動軌跡是圖D.3.AC[解析]由R=QUOTE得最大速度v=QUOTE,兩粒子的比荷QUOTE相同,所以最大速度相同,A正確;最大動能Ek=QUOTEmv2,因為兩粒子的質量不同,最大速度相同,所以最大動能不同,B錯誤;高頻電源的頻率f=QUOTE,因為QUOTE相同,所以兩次所接高頻電源的頻率相同,C正確;粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關,D錯誤.4.C[解析]設粒子被加速后獲得的速度為v,由動能定理得qU=QUOTEmv2,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=QUOTER,又Bqv=mQUOTE,解得QUOTE=,故C正確.5.BC[解析]帶電粒子在電場中受到的電場力沿y軸負方向,做類平拋運動,依據牛頓其次定律得qE=ma,在x軸方向上,有2L=v0t,在y軸方向上,有L=QUOTEat2,解得E=QUOTE,選項A錯誤,選項B正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力供應向心力,依據左手定則可推斷,磁場方向垂直于紙面對里,畫出粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在電場中,在x軸方向上,有2L=v0t,在y軸方向上,有L=QUOTEvyt,聯立得vy=v0,進入磁場時速度v=QUOTE=QUOTEv0,設進入磁場時速度與x軸的夾角為α,有tanα=1,解得α=45°,依據幾何關系得,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R=QUOTEL,依據qvB=mQUOTE得R=QUOTE,磁感應強度B=QUOTE=QUOTE,選項C正確,選項D錯誤.6.D[解析]帶電粒子的運動軌跡如圖所示,帶電粒子出電場時,速度v=QUOTEv0,這一過程的時間t1=QUOTE=,依據幾何關系可得帶電粒子在磁場中的軌跡半徑r=2QUOTEd,帶電粒子在第Ⅰ象限中運動的圓心角為QUOTE,故帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間t2=QUOTE==,帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間t3=,故t總=QUOTE,D正確.7.BC[解析]由題意可知,粒子在加速電場中運動時,兩板電勢差不變,故場強不變,帶電粒子所受電場力不變,加速度不變,而粒子進入電場時的初速度不斷變大,故在兩板間運動的時間不斷變短,粒子進入磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力充當向心力,即qvB=mQUOTE,解得B=QUOTE,隨著粒子速度不斷增大,半徑保持不變,故磁感應強度不斷增大,又由圓周運動規律T=QUOTE可知,帶電粒子在磁場中運動的周期不斷減小.綜上可知,B、C正確.8.(1)QUOTER(2)U=(3)6dQUOTE+QUOTE[解析](1)依據幾何關系可得r=QUOTER(2)起先粒子在電場中做勻加速直線運動,故有a1=QUOTE=QUOTE依據運動學公式可得d=QUOTEa1QUOTE解得t1=QUOTE=dQUOTE故v1=QUOTE=QUOTE粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力供應向心力,則Bqv1=mQUOTE解得r=QUOTE又r=QUOTER聯立解得U=(3)依據T=QUOTE,t2=QUOTET,θ=60°,可得t2=QUOTE=QUOTE所以t=6t1+3t2=6dQUOTE+QUOTE.9.QUOTEQUOTE[解析]設帶電粒子經電壓為U的電場加速后速度為v,由動能定理得qU=QUOTEmv2帶電粒子進入磁場后,洛倫茲力供應向心力,由牛頓其次定律有qBv=mQUOTE由題意知r=d聯立解得B=QUOTE帶電粒子在電場中偏轉,做類平拋運動,設經時間t從P點到達C點.由平拋運動規律得d=vtd=QUOTEat2又qE=ma聯立解得E=QUOTE.專題訓練(七)B1.(1)2×105m/s(2)5.2×10-3m[解析](1)能沿直線通過速度選擇器的粒子所受電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反,有qB1v=qE解得v=QUOTE=2×105m/s.(2)粒子進入偏轉分別器后做圓周運動,洛倫茲力供應向心力,依據牛頓其次定律得qB2v=mQUOTE解得R=QUOTE設質子質量為m,則氘核質量為2m,故d=2R2-2R1=2×-2×QUOTE=5.2×10-3m.2.(1)QUOTE(2)QUOTE-QUOTE[解析](1)粒子運動半徑為R時,有qvB=mQUOTE,又Ek=QUOTEmv2,解得Ek=QUOTE.(2)設粒子被加速n次達到動能Ek,則Ek=nqU0.粒子在狹縫間做勻加速運動,設n次經過狹縫的總時間為Δt,加速度a=QUOTE,粒子做勻加速直線運動,有nd=QUOTEa·(Δt)2,總時間t0=(n-1)·QUOTE+Δt,解得t0=QUOTE-QUOTE.3.(1)QUOTE(2)BLQUOTE[解析](1)粒子在磁場中做圓周運動,速度越大,則半徑越大.速度最大的粒子剛好由P點射出,由牛頓其次定律得qvB=QUOTE,由幾何關系知r=L,聯立解得v=QUOTE.(2)粒子從P點離開后,垂直于x軸進入電場,在豎直方向做勻速直線運動,在水平方向做勻加速直線運動,由牛頓其次定律得a=QUOTE,在電場中運動時,有L=QUOTEat2,d=vt,聯立解得d=BLQUOTE4.(1)QUOTE(2)(3)斜向下與x軸正方向夾角為30°或150°[解析](1)粒子經電場加速,由動能定理得qU0=QUOTEmv2解得v=QUOTE(2)撤去磁場后,粒子在電場中做類平拋運動.沿x軸方向,有L=vt沿y軸方向,有QUOTE=QUOTEat2由牛頓其次定律得a=QUOTE聯立解得E=(3)設粒子從O點沿與x軸正方向夾角為θ的方向斜向下射出,運動軌跡如圖所示,有2Rsinθ=L由洛倫茲力供應向心力,有qvB=mQUOTE又qvB=qE聯立解得θ=30°或θ=150°5.(1)QUOTE(2)(3)QUOTE[解析](1)當UMN=0時,粒子沿O1O2方向射入磁場,軌跡如圖甲所示,設其半徑為R1,由幾何關系得R1=R依據牛頓其次定律得Bv0q=mQUOTE解得B=QUOTE甲(2)在t=0時刻入射的粒子滿意QUOTE=QUOTE×QUOTE×QUOTE×2解得U0=(3)經分析可知全部粒子經電場后其速度仍為v0t=(2k+1)QUOTE(k=0,1,2,3,…)時刻入射的粒子貼M板離開電場,軌跡如圖乙所示,設偏轉角為α.乙由幾何學問可知四邊形QOPO4為菱形,故α=120°粒子在磁場中運動的最長時間t1=QUOTEt=2kQUOTE(k=0,1,2,3,…)時刻入射的粒子貼N板離開電場,軌跡如圖丙所示,設偏轉角為β.由幾何學問可知四邊形SOTO5為菱形,故β=60°粒子在磁場中運動的最短時間t2=QUOTE又T=故Δt=t1-t2=QUOTE丙專題訓練(八)1.D[解析]當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時,粒子沿直線勻速通過該區域,有qvB=qE,所以E=Bv;假設粒子帶正電,則受到向下的洛倫茲力,電場方向應當向上,而粒子帶負電時,電場方向仍應向上,故D正確.2.AC[解析]沿ab方向拋出的帶正電小球或沿ac方向拋出的帶負電的小球在重力、電場力、洛倫茲力作用下都可能做勻速直線運動,A正確,B錯誤.在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動肯定是勻速直線運動,C正確.兩小球在運動過程中,除重力做功外,還有電場力做功,故機械能不守恒,D錯誤.3.CD[解析]帶電小球進入復合場時受力狀況如圖所示,其中只有C、D兩種狀況下合外力可能為零或與速度的方向在一條直線上,所以有可能沿直線通過復合場區域;A項中洛倫茲力隨速度v的增大而增大,所以三力的合力不會總保持在豎直方向,合力與速度方向將產生夾角,小球做曲線運動.4.C[解析]金屬導體中的自由電荷是帶負電的電子,由電流方向向右可知,電子的移動方向向左,依據左手定則知,這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發生偏轉,則上表面帶負電,下表面帶正電,下表面的電勢高于上表面的電勢,故A錯誤;穩定時,電子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,有evB=eQUOTE,解得U=vBh,依據I=nevhd