3.

图8－1－19

　 光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m、电阻为R的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图8－1－19所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则(　)

　 A．磁场方向一定竖直向上

　 B．导体棒离开导轨前受到向左的安培力

　 C．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)

　 D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1－cos θ)

　 解析：从题中知道导体棒ab向右摆动，说明导体棒ab受到向右的安培力作用，由左手安则可知磁场方向一定竖直向下，A、B两项错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的热，另一部分是导体棒的机械能，D项正确；最大高度时，导体棒重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)，C项正确．

　 答案：CD

2.

图8－1－18

如图8－1－18所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(　)

　 A．方向沿纸面向上，大小为(+1)ILB　 　　B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB

　 C．方向沿纸面向下，大小为(+1)ILB　 　　D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB

　 解析：将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的大小，根据F＝BIL计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F＝BIL+2BILsin 45°＝(+1)ILB.

　 答案：A

1.

图8－1－17

　 如图8－1－17所示，一弓形线圈通以逆时针电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放一直导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将(　)

　 A．a端向纸内，b端向纸外转动，且靠近导线

　 B．a端向纸内，b端向纸外转动，且远离导线

　 C．b端向纸内，a端向纸外转动，且靠近导线

　 D．b端向纸内，a端向纸外转动，且远离导线

　 答案：A

12．如图8－2－30所示，在真空中半径r＝3.0×10^{－2 m}的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2 T，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v₀＝1.0×10⁶ m/s，从磁场边界上直径ab的一端a沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为q/m＝1.0×10⁸ C/kg，不计粒子重力．求：

　 (1)粒子的轨迹半径；

　 (2)粒子在磁场中运动的最长时间；

　 (3)若射入磁场的速度改为v₀′＝3.0×10⁵ m/s，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

　 解析：(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径．qv₀B＝m，R＝＝5.0×10^－2 m.

　 (2)由于R>r，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从右图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T＝，运动时间t_m＝×T＝，

　 又sin α＝＝，所以t_m＝6.5×10^－8 s.

　 (3)R′＝＝1.5×10^－2 m，粒子在磁场中可能出现的区域见答案图所示(以aO为直径的半圆加上以a为圆心，aO为半径所作圆与磁场相交的部分)．

　 答案：(1)5.0×10^－2 m　(2)6.5×10^－8 s

　 (3)

11.

图8－2－29

　 (2009·江苏，14)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图8－2－29所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

　 (1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

　 (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

　 (3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B_m、f_m，试讨论粒子能获得的最大动能E_km.

　 解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r₁，速度为v₁

　 qU＝mv，qv₁B＝m，解得r₁＝

　 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r₂＝ ，则r₂∶r₁＝∶1.

　 (2)设粒子到出口处被加速了n圈

　 2nqU＝mv²，qvB＝m，T＝，t＝nT，解得t＝.

　 (3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝

　 当磁感应强度为B_m时，加速电场的频率应为fB_m＝，粒子的动能E_k＝mv²

　 当fB_m≤f_m时，粒子的最大动能由B_m决定，qv_mB_m＝m)，解得E_km＝.

　 当fB_m≥f_m时，粒子的最大动能由f_m决定，v_m＝2πf_mR，解得E_km＝2π²mfR².

　 答案：(1)∶1　(2)

　 (3)当fB_m≤f_m时，E_km＝；当fB_m≥f_m时，E_km＝2π²mfR²

图8－2－30

10.

图8－2－28

　 如图8－2－28所示是某离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r＝10 cm的圆形区域内有磁感应强度B＝1×10^－4 T的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，分别作为离子的入射孔和出射孔．现有一束比荷为＝2×10¹¹ C/kg的正离子，从a孔射入，正离子射入的角度不同，最后能从b孔射出的离子速度大小就不同，其中入射角θ＝30°，且不与筒壁碰撞而从出射孔射出的离子的速度大小为(　)

　 A．4×10⁵ m/s　　　　 B．2×10⁵ m/s

　 C．4×10⁶ m/s　　　　 D．2×10⁶ m/s

　 解析：画出离子运动轨迹所在的圆，如右图所示

　 作半径R、圆心O′，由圆的性质可知三角形abO′是等边三角形，即半径R＝2r＝0.2 m，由qvB＝m得v＝＝2×10¹¹×1×10^－4×0.2 m/s＝4×10⁶ m/s.

　 答案：C

9.

图8－2－27

　 如图8－2－27所示，为电视机显像管及其偏转线圈L的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的(　)

　 A．电子枪发射能力减弱，电子数减小

　 B．加速电场的电压过高，电子速率偏大

　 C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小

　 D．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱

　 解析：画面变小是由于电子束的偏转角减小，即偏转轨道半径变大造成的．根据轨道半径公式R＝，因为加速电压增大，将引起v增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小画面变小．

　 答案：A

8．如图8－2－26所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v₀，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的(　)

　 解析：给圆环向右的初速度v₀，圆环运动有三种可能性，若Bv₀q＝mg时，圆环做匀速直线运动，故A项正确．若v>v₀时，圆环与杆下边有摩擦力作用，摩擦力逐渐减小，运动加速度逐渐减小，最终为零，Bvq＝mg时，圆环做匀速直线运动，故D项正确．若v<v₀时，圆环与杆上边有摩擦力作用，洛伦兹力减小，摩擦力增大，加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故C项错．

　 答案：AD

7.

图8－2－25

　 如图8－2－25所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一个小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　)

　 A.　　　　　　　　　 B.

　 C.　　　　　 D.

　 解析：由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，为PR＝，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最近为：PQ＝cos θ，故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为：QR＝PR－PQ＝，选项D正确．

　 答案：D

图8－2－26

6．如图8－2－24所示，在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则(　)

　 A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子

　 B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子

　 C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子

　 D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子

　 解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A项对B项错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，D对，C错．

　 答案：AD