如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B=0.15T，方向垂直纸面向内，处于半径为R=0.1m的圆形区域内，匀强磁场
解：（1）当圆形磁场逆时针旋转到直径OAˊ与x轴方向夹角为θ时，粒子经过MN上B点时离A最远（最远距离等于圆形磁场区的直径），如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r：Bqv＝mv2r得r＝mvqB=0.2m=2R由图知：sinθ=Rr=12，θ=30°设B到A的距离为L1：L1=（2R-rtanθ）tan2θ得L1=3?15≈0.15m（2）粒子经过B点时速度与MN夹角为α，则：α=90°-2θ=30° 粒子经B点时速度的水平分量和竖直分量分别为：vx=vsinα=1.5×106m/svy=vcosα=323×106m/s粒子进入电场后做类斜上抛运动，设再次经过MN时的位置为D，经历的时间为ta=Eqm=2.0×1013m/s2t=2vxa＝1.5×10?7sL2=vyt=0.934=0.39m答：（1）粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L1约为0.15m；（2）通过B点的粒子进入电场后，再次经过MN时距B点的距离L2约为0.39m．
解答：解：（1）（2）设当粒子流的速度v0=v1时，粒子恰好打不到荧光屏上，则这时粒子从磁场的最高点a竖直向上射出磁场，如图所示，由图可知，在磁场中的轨道半径为 r1=R．①又由洛伦兹力充当向心力，则有qv1B=mv21r1②由①②式解得 v1=1.5×106m/s由题意分析可知，当v0＞v1时，即v0＞1.5×106m/s时粒子能打在荧光屏上．故知v1=1.53×106m/s时，能粒子能打在荧光屏上．v2=0.53×106m/s粒子不能打在荧光屏上．（2）若粒子流的速度v0=3.0×106m/s时，设粒子在磁场中轨道半径为r2，则有qv2B=mv22r2解得，r2=0.2m=2R．假设磁场无限大，粒子在磁场中运动的轨迹是就是以E为圆心、r2=0.2m为半径的一段圆弧．作图得到荧光屏上最高点位置：如图所示，若以O为圆心、OA为半径作出圆孤AE交y轴于E点，以E为圆心、EO为半径作粒子运动轨迹交AE孤于B点，连接CB并延长交屏于P点，P点即为粒子到达的最高点．由tanα=Rr2，得α=30°AC=AO-OC=2R-r2tanα则ym=PA=ACtan2α联立解得，ym=0.15m答：（1）当粒子以v1=1.53×106m/s速度射入磁场时，能打到荧光屏上，而以v2=0.53×106m/s的速度射入磁场时，不能打到荧光屏上．（2）要使粒子能打在荧光屏上，粒子流的速度v0应大于1.5×106m/s．（2）粒子打在荧光屏上离A的最远距离是0.15m．
（1）带电粒子在磁场中运动半径r满足：qvB＝m
| v2 |
| r |
由①解得：
r＝
| mv |
| qB |
带电粒子运动轨迹如图（a）所示．
根据图中几何三角关系列出：
tanθ＝
| R |
| r |
α=2θ ③
y=Rtanα ④
由①-④解得：
y＝
| 0.4 |
| 3 |
| 2 |
| 15 |
（2）由图（a）可知，粒子在磁场中运动的圆心角2θ，根据带电粒子在磁场中运动时间与圆心角关系：
t＝
| 2θm |
| qB |
由⑤和sinθ＝
| d |
| 2r |
sinθ＝
| R |
| r |
| 1 |
| 2 |
由⑥解得圆心角2θ=60°，由此得粒子速度方向在第Ⅳ象限，与x轴成30°角时，在磁场中运动时间最大，最长时间为：
t＝
| πm |
| 3qB |
| π |
| 108×0.15 |
（3）先画出圆形磁场转动θ角情形下带电粒子在磁场中运动情形，如图（b）所示，由图中几何和三角关系列出：
x=rtanθ ⑦
α=2θ ⑧
y=（2R-x）tanα ⑨
由⑦-⑨
y＝(2R?rtanθ)tanα＝0.2(1?tanθ)
| 2tanθ |
| 1?tan2θ |
| 0.4tanθ |
| 1+tanθ |
| 0.4 |
| cotθ+1 |
由⑩可知，当θ角最大时，y也最大．当带电粒子入射点和射出点刚好在一条直径上时，θ角最大．sinθ＝
| R |
| r |
| 1 |
| 2 |
由⑧⑨解得：
ym＝0.2(
答：BD 试题分析：由题意带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上合外力为零，所以带电粒子的重力和电场力二力平衡，因为电场方向向下，电场力方向向上，所以微粒带负电，B正确；粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由左手定则可知微粒沿逆时针方向转动，D正确。 答：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向右上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ=BScos30°＝32BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=-BScosθ′=?BScos60°＝?12BS．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为△Φ＝Φ2?Φ1＝?1... 答：解：（1）电子运动轨迹如图所示，电子在磁场中运动的轨道半径：r=4R，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv20r，解得：v0＝4eBRm；（2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，电阻r0两端电压为U，U=Iro．电势?=-Ir0，cosα＝3R5R＝35，解得：α=530；（3）电子从很远处射到圆柱表面时，由动能定理得：?... 答：解：（1）根据题意，电子在磁场中运动的轨道半径必定是r=4R，如图所示 由 ，得 （2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，电阻r 0 两端电压为U，U=Ir 0 电势φ=-Ir 0 （3）电子从很远处射到圆柱表面时速度v满足 得 电流为I，单位时间到达圆筒的电子数 电子所具有总能量 消耗在电... 答：（1）根据题意，电子在磁场中运动的轨道半径必定是r=4R，如图所示．由 qvB=m v 0 2 r 得： v 0 = 4eBR m （2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，与地面电势差恒为UU=Ir 0 电势 φ=-Ir 0 （3）电子从很远处射到圆柱表面时速度满足 -eU= 1 2... 答：电流与磁场垂直时，故安培力为F=BIL；根据左手定则可以判断安培力方向竖直向上；导体棒受重力和安培力，不受支持力，否则不能平衡，根据平衡条件，有：F=mg；故AC正确，BD错误；故选AC． 答：C 答：（1）离子垂直进入磁场时，离子受到洛伦兹力的大小公式f=qvB，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向水平向右．（2）离子垂直进入磁场时做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得： qvB=mv2r则得，轨迹半径为 r=mvqB离子在磁场中转动半圈，由几何关系可知，屏上S点到0点的距离... 答：在磁场中运动时间最大，最长时间为：t＝πm3qB=π108×0.15=2.1×10-7s；（3）先画出圆形磁场转动θ角情形下带电粒子在磁场中运动情形，如图（b）所示，由图中几何和三角关系列出：x=rtanθ ⑦α=2θ ⑧y=（2R-x）tanα ⑨由⑦-⑨y＝(2R?rtanθ)tanα＝0.2(1?tanθ)2... 答：A 快递评价网，热门人物的介绍与评论。内容来自于会员交流，不代表本站立场与观点。
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