【单元练】贵州省天柱民族中学高中物理选修2第一章【安倍力与洛伦兹力】经典测试(含答案)

一、选择题
1．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
B ．重新回到边界所用时间相同
C ．重新回到边界时速度方向相同
D ．重新回到边界时与O 点的距离相等C
解析：C
A ．根据牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
解得
mv r 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2m
T qB
π=，由题知比荷、B 大小均相同，则知T 相同。

粒子运动轨迹如图所示
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22πθ-，轨迹的圆心角也为22πθ-，运动时间为
222t T πθ
π-=
同理，负离子运动时间为
22t T θπ
=
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
2sin s r θ=
由题知θ相同，但r 不相同，则s 不相同，故D 错误。

故选C 。

2．在同一匀强磁场中，α粒子（4
2He ）和质子（11H ）做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则α粒子和质子（ ） A ．运动半径之比是2∶1 B ．运动周期之比是2∶1 C ．运动速度大小之比是4∶1 D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1B 解析：B
C ．两个粒子的质量和速度的乘积大小相等，质量之比是4：1，可知运动速度大小之比是1：4，选项C 错误；
A ．质子H 和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
得轨道半径
mv r qB
=
根据α粒子（4
2He ）和质子（11H ）的电荷量之比是2：1，则得
R He ：R H =1:2
故A 错误； B ．粒子运动的周期
22r m m
T v qB q
ππ=
=∝ 所以运动周期之比是
42211
1
H T T α== 故B 正确；
D ．根据粒子受到的洛伦兹力
mv q f qvB q
B m m
==∝ 得
21412
1
H f f α== 故D 错误． 故选B 。

3．如图所示，在边长为a 的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

一个质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以某一速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°。

若粒子在磁场中运动的过程中恰好与CB 边相切，并从AB 边穿出磁场，则v 的大小为（ ）
A ．
34Bqa
m
B ．
4Bqa
m
C ．
38Bqa
m
D ．
38Bqa
m
C 解析：C
粒子运动的轨迹过程图，如图所示轨迹圆恰好与BC 边相切
粒子恰好从AB 边穿出磁场的临界轨迹对应的半径为
133(22a R =⨯=
根据洛伦兹力提供向心力可得
2v qvB m R
=
联立可得
38Bqa
v m
=
故选C 。

4．如图所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加方向垂直于薄片向上的匀强磁场B ，在M 、N 间出现电压H U ，这个现象称为霍尔效应，H U 称为霍尔电压，且满足：H IB
U K
d
=，式中k 为霍尔系数，d 为薄片的厚度，已知该半导体材料的导电物质为自由电子，薄片的长、宽分别为a 、b ，关于M 、N 两点电势M φ、N φ和薄片中电子的定向移动速率v ，下列选项正确的是（ ）
A ．M φ>N φ，kI v bd =
B ．M φ>N φ，kI v ad =
C ．M φ<N φ，kI v bd =
D ．M φ<N φ，kI v ad
= A 解析：A
由左手定则得：M φ>N φ 稳定时洛伦兹力与电场力平衡
H
U evB e
b = H IB U K
d
= 解得
kI v bd
=
A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B 和电场强度大小为E ，两者相互垂直．一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P 进入另一磁感应强度大小为B '的匀强磁场，最后打在平板S 的12D D 上，不计粒子重力，则（ ）
A ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
B ．通过狭缝P 的带电粒子速度为/v B E =
C ．打在12
D D 、处的粒子在磁场B '中运动的时间都相同 D ．带电粒子打在平板S 上的位置越靠近P ，粒子的比荷越大D 解析：D
A 、根据带电粒子在磁感应强度为
B '的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，带电粒子在速度选择器中受到的电场力方向向上，受到的洛伦兹力方向向下，磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
B 、能通过狭缝P 的带电粒子在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由
Eq Bqv =可知，带电粒子速度为E
v B
=
，故B 错误； C 、由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得mv r B q ='，则q v
m B r
='，可知半径不同
粒子的比荷不同；打在平板S 上的粒子在磁感应强度为B '的磁场中都只运动半个周期，周
期2m T B q π='，则比荷不同，打在D 1、D 2上的粒子在磁感应强度为B '的磁场中的运动时间
不同，故C 错误；
D 、由
q v m B r
='，知越靠近狭缝P ，r 越小，粒子的比荷越大，故D 正确；
故选D ． 【点睛】
本题为质谱仪模型，考查带电粒子在速度选择器中的运动和磁场中的运动，注意根据粒子运动形式选择合适的规律解决问题，要熟练掌握运用控制变量法结合半径公式mv R qB
=和周期公式2R
T v
π=
分析问题的方法． 6．下列关于磁场的说法中正确的是（ ） A ．奥斯特实验说明了磁场可以产生电流
B ．电子射线由于受到垂直于它的磁场作用而偏转，这是因为洛仑兹力对电子做功的结果
C ．通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场（即0B =）
D ．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力D 解析：D
A ．奥斯特实验说明了通电导线周围和永磁体周围一样都存在磁场，选项A 错误；
B ．洛仑兹力始终和速度方向垂直，不做功，选项B 错误；
C ．通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，但通电导线不受安培力的地方不一定不存在磁场，可能是由于通电导线与磁场平行，B 并不为零，选项C 错误；
D ．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力，选项D 正确。

故选D 。

7．在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，做成了一个霍尔元件。

在E 、F 间通入恒定电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，M 、N 两电极间的电压为U H 。

已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A ．N 极电势低于M 极电势
B ．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H 不变
C ．磁感应强度越大，M 、N 两电极间电势差越大
D ．将磁场和电流同时反向，N 极电势低于M 极电势C 解析：C
A ．根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力向左，正电荷向N 极移动，N 极带正电，N 极电势高于M 极电势，A 错误；
B ．稳定时，根据平衡条件有
H
U qvB q
d
= 得H U Bdv = ，将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行时，d 由霍尔元件的宽度变成厚度，d 增大，故U H 变小，B 错误；
C ．由H U Bdv =可知，磁感应强度越大，M 、N 两电极间电势差越大，C 正确；
D ．将磁场和电流同时反向，正电荷所受的洛伦兹力方向不变，正电荷仍然向N 极移动，N 极带正电，N 极电势高于M 极电势，D 错误。

故选C 。

8．磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A 、B 两金属板偏转，形成直流电源对外供电．则（ ）
A ．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大
B ．仅增强磁场磁感应强度，发电机的电动势将增大
C ．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大
D ．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将减小B 解析：B
AB ．最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡，有
AB
U qvB q
d
= 解得
AB U Bdv =
只减小两板之间的距离，电势差也会减小，只增大磁感应强度，发电机的电动势将增大，故A 错误，B 正确； D ．根据总功率为
22B d v
P EI R r
==
+总 当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故D 错误； C ．依据电源的输出功率表达式
2
(
)E P R R r
=+ 当R =r 时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不一定减小，故C 错误； 故选B 。

9．如图，通电直导线与通电矩形线圈同在纸面内，线圈所受安培力的合力方向为（ ）
A ．向右
B ．向左
C ．向下
D ．向上C
解析：C
根据右手螺旋定则知直导线在上方产生的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，根据左手定则，上边所受的安培力向上，下边所受的安培力向下，靠近导线处磁场强，则下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则线圈所受的安培力方向向下，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

10．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度。

它的右臂挂着矩形线
圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。

当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。

下列说法中正确的是（）
A．线圈受到的安培力大小为BIl
B．线圈受到的安培力方向水平指向纸内
C．若发现右盘向上翘起，则应减小线圈中的电流
D．若把电流大小不变而方向反向，线圈仍保持平衡状态C
解析：C
A．线圈匝数为n，在磁场中受到安培力大小为nBIl，A错误；
B．根据左手定则可知线圈受到的磁场对它的力方向竖直向上，B错误；
C．若发现右盘向上翘起，则减小线圈中的电流，同时线圈受到向上的安培力减小，根据受力可知，可使天平恢复平衡，C正确；
D．若电流大小不变而方向反向，线圈受到的安培力方向改变，根据受力可知，此时线圈不能保持平衡状态，D错误。

故选C。

二、填空题
11．如图所示，用长为L的轻绳，悬挂一质量为m的带电小球，放在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。

现将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当小球第一次摆到最低点时，轻绳的拉力恰好为零，重力加速度为g，忽略空气阻力，由此可知小球___________（选填“带正电”“不带电”或“带负电”）当小球第二次经过最低点时轻绳拉力等于___________。

带负电6mg
解析：带负电 6mg
[1]当球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零，说明小球在最低点受到的洛伦兹力竖直向上，根据左手定则知小球带负电。

[2]若小球第一次到达最低点速度大小为v，则由动能定律可得
mgL=1
2
mv2
小球摆动过程只有重力做功，机械能守恒，小球第二次到达最低点速度大小仍为v，由圆周运动规律及牛顿第二定律可知第二次经过最低点时
F - qvB - mg=m
2 v L
综上解出
F= 6mg
12．如图所示，厚度为h、宽度为d的半导体材料放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。

当电流通过导体时，在导体的上侧面A和下侧面A'之间会产生电势差，这种现象
称为霍尔效应。

实验表明，当磁场不太强时电势差U、电流I和B的关系为
H IB
U R
d
=，式中的比例系数R H称为霍尔系数。

（假设电流I是由电子定向流动形成的，电子的平均定向速度为v、电量为e、导体单位体积的自由电子个数n）。

(1)达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势___________（填“高于”、“低于”或“等于”）下侧面A'的电势；
(2)电子所受的洛伦兹力的大小为___________；
(3)当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受的静电力的大小为___________；
(4)由静电力和洛伦兹力平衡的条件，推导可知霍尔系数R H=___________（用微观量表示）。

低于
解析：低于eBv
U
e
h
1
ne
(1)[1]导体的电子定向移动形成电流，电子的运动方向与电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动。

由左手定则判断，电子会偏向A端面，A'板上出现等量的正电荷，电场线向上，所以侧面A的电势低于下侧面 A'的电势。

(2)[2]电子所受的洛伦兹力的大小为
F eBv
=
洛
(3)[3]电子所受静电力的大小为
=U F eE e
h
=静 (4)[4]当电场力与洛伦兹力平衡时，则有
U
e
evB h
= 得
U hvB =
导体中通过的电流为
I nevdh =
由
H
IB U R d
= 得
H
H IB nevdhB hvB R R d d
== 联立得
1
H R ne
=
13．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
k
[1][2]根据左手定则判断安培力的方向为竖直向上，大小为 F =BIL
[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
x F kx mg BIL ''==+
则弹簧的形变增加量为
x x x '∆=-
联立解得
2BIL
x k
∆=
14．如图所示，在竖直向下磁感应强度为B 的匀强磁场中，有两根间距为L 竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，质量为m 的金属棒MN 与导轨始终垂直且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ。

从t =0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I =kt ，（k 为常量），则金属棒由静止下滑过程中加速度和速度的变化情况是 ____________金属棒下落过程中动能最大的时刻t =_____ 。

金属棒由静止下滑过程中加速度是先减后增最后为零速度是先增
后减最后为零
解析：金属棒由静止下滑过程中加速度是先减后增最后为零，速度是先增后减最后为零
mg
BLk
μ [1]当从t =0时刻起，金属棒通以电流I =kt ，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨
N F BIL BLkt ==
根据牛顿第二定律
N mg F mg BLkt ma μμ-=-=
所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动。

当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大。

当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律
BLkt mg ma μ-=
则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动。

当速度减到零后，由于重力小于最大静摩擦力，所以静止。

故金属棒由静止下滑过程中加速度是先减后增最后为零，速度是先增后减最后为零。

[2] 当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大。

有
0mg BLkt μ-=
解得
mg
t BLk
μ=
15．如图所示，一段静止的长为L 的通电导线，每米导线中有n 个自由电子，每个自由电子的电荷量为e ，它们定向移动的速度为v 。

现加一匀强磁场，其方向垂直于导线，磁感应强度为B ，那么，导体中的电流大小为_________，这段导线受到的安培力大小为_________。

nevnevBL
解析：nev nevBL
[1]每米导线中有n 个自由电子，每个自由电子的电量均为e ，它们定向移动的平均速率为v ，所以电流的大小为
I ne =v
[2]磁场对这段导线的安培力
F BIL nevLB ==
16．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。

线圈的水平边长L =0.1m ，匝数为N 。

线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0=1.0T ，方向垂直线圈平面向里。

线圈中通有可在0~2.0A 范围内调节的电流I 。

挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，为使电磁天平的量程达到0.5kg ，线圈的匝数N 至少为________匝（g=10m/s 2）．
25
解析：25
[1]．线圈受到安培力为：
F =NB 0IL
天平平衡有：
mg =NB 0IL
代入数据解得：
N =25匝
17．如图，两根通电长直导线a 、b 平行放置，a 、b 中的电流强度分别为I 和2I ，此时a 受到的磁场力为F ，若以该磁场力的方向为正，则b 受到的磁场力为_____________；a 、b 的正中间再放置一根与a 、b 平行共面的通电长直导线c 后，a 受到的磁场力大小变为2F ，则此时b 受到的磁场力为_______或________（已知I B k
r
=）
-F-3F5F
解析：-F -3F 5F
[1]由于a 、b 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b 受到a 的磁场力大小为F ，方向相反，故为-F 。

[2][3]中间再加一通电导体棒时，由于c 处于中间，其在a 、b 两位置产生的磁感应强度大小相同，故b 受到的磁场力为a 受磁场力的2倍；a 受力变成2F ，可能是受c 的磁场力为F ，方向向右，此时b 受力为2F ，方向向左，故b 受力为3F ，方向向左，故合磁场力为-3F ；a 变成2F ，也可能是受c 向左的3F 的力，则此时b 受力为6F ，方向向右，故b 受到的磁场力为65F F F -=。

18．荷兰物理学家洛伦兹首先提出，磁场对运动电荷有力的作用．为了纪念他，人们称这种力为_____，该力的方向可以用_____（填“左手定则”或“右手定则”）来判断．洛伦兹力
左手定则【分析】已知磁场方向带电粒子的速度方向由左手定则可以判断出洛伦兹力的方向
解析：洛伦兹力 左手定则 【分析】
已知磁场方向、带电粒子的速度方向，由左手定则可以判断出洛伦兹力的方向． [1]通过学习磁场对运动电荷的作用我们知道，首先提出磁场对运动电荷有作用力的观点的物理学家是洛伦兹．
[2]为了纪念他，人们称这种力为洛伦兹力，该力的方向可以用左手定则． 【点睛】
本题考查了判断洛伦兹力方向问题，熟练应用左手定则即可正确解题，注意运动的方向不一定与磁场垂直，但洛伦兹力一定与磁场及运动方向垂直．
19．在如图所示的匀强磁场中，垂直磁场方向放有一段长为0.04m 的通电直导线，当通以水平向右的电流时，受到的安培力方向是________，若电流的大小是0.8A ，受到的安培力大小为0.048N ，则该匀强磁场的磁感应强度B =_______T ．
竖直向上15T
解析：竖直向上，1.5T
根据左手定则知，导线所受的安培力方向竖直向下．根据F BIL =得，
0.048T 1.5T 0.80.04
F B IL =
==⨯ 考点：考查了安培力的计算 【点睛】
根据左手定则判断出安培力的方向，通过安培力大小公式F BIL =求出磁感应强度的大小．
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B 1 ， 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B 2 ， 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：
122qdB B R
U
∆ 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：1qvB qE =， 而匀强电场U E d
=
解得匀速的速度1
U v dB =
， 进入磁场B 2后，洛伦兹力提供向心力：3
2v qvB m R
=
解得：12
mU
R qdB B =
同位素的电量相等，质量不等，有1212
22()mU
R R R qdB B ∆∆=-=
故解得质量差为122qdB B R
m U
∆∆= 【点睛】
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，在真空区域内，有宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直纸面向里，MN 、PQ 为磁场的边界。

质量为m 、带电荷量为-q 的粒子，先后两次沿着与MN 夹角为θ（0°<θ<90°）的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U 1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场；第二次粒子是经电压U 2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ 射出磁场。

（不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U 1、U 2未知）
(1)加速电压U 1、U 2的比值
1
2
U U 为多少？ (2)为使粒子经电压U 2加速射入磁场后沿直线射出PQ 边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强。

解析：(1)22cos (1cos )θθ+；(2)2cos B qL
m θ
，方向与水平方向成θ角斜向右下方
(1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨迹刚好与PQ 相切，如图中的轨迹1。

设轨迹半径为r 1，由几何关系得到
r 1＋r 1cos θ=L
解得
11cos L
r θ
=
+
第二次粒子刚好能垂直PQ 边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆心为图中的O 2点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r 2，由几何关系得到
2cos r L
θ
=
根据牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
在电场中加速有
21
=2
Uq mv
解得
2mqU
r =
2122cos (1cos )
U U θθ=+ (2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ 边界，场强方向为垂直速度方向斜向下,设场强大小为E ，则
Eq =Bqv 2
解得
E =Bv 2
由于粒子的轨迹半径
22cos L
mv r qB
θ=
= 可得
2cos qB
v m L θ
=
联立可得
2cos B qL
E m θ
=
方向与水平方向成θ角斜向右下方。

22．如图所示，在y ≥0的区域内存在水平向右的匀强电场，在y <0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现一质量为m ，电量为q 的带正电的粒子，从y 轴上坐标为（0，2L ）的M 点以速度v 0沿y 轴负方向进入电场，从轴上坐标为（L ，0）的N 点进入磁场，带电粒子在y <0的区域内运动一段圆弧后，从x 轴上的Q 点（未画出）离开磁场。

已知磁场的磁感应强度大小为0
2E
B v =（不计带电粒子的重力）。

求 (1)电场强度的大小； (2)Q 点的坐标。

解析：(1)20
2mv qL
；(2)（-7L ，0）
(1)带电粒子作类平抛运动
02L v t =，212
L at =
，Eq a m =
2
02mv E qL
=
(2)带点粒子经过N 点时与水平方向夹角为θ，则
00
x tan =
1v v v at
θ== 即
45θ=︒
带电粒子经过N 点的速度
02v v =
由洛仑兹力提供向心力
2
v qvB m R
=
解得
42R L =
由几何关系解得QN 的长度为
8d L =
因此Q 点坐标（-7L ，0）。

23．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中通有大小为I 、方向垂直纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以加方向垂直于导体棒的匀强磁场。

求：
(1)若匀强磁场的方向在水平方向，磁感应强度为多大？ (2)若匀强磁场的方向在竖直方向，磁感应强度为多大？ (3)沿什么方向加匀强磁场可使磁感应强度最小？最小为多少？
解析：(1)mg
B IL =
；(2)tan mg B IL
α=；(3)磁场方向垂直斜面向上时最小，最小为sin mg B IL
α=
(1)根据左手定则可知磁场方向水平向左，根据题意可得 BIL mg =
得
mg
B IL
=
故磁场方向向左，磁感应强度大小为
mg
B IL
=
(2)根据左手定则可知磁场方向竖直向上，由题意可知
tan αBIL mg =
得
tan α
mg B IL
=
故磁场方向竖直向上，大小为
tan α
mg B IL
=
(3)根据左手定则可知方向垂直斜面向上，根据题意有
sin αBIL mg =
得
sin α
mg B IL
= 故当磁场方向垂直斜面向上时最小，最小为
sin α
mg B IL
=
24．如图所示，水平放置的两平行金属导轨，间距为0.5m ，其上垂直于导轨放置质量为0.05kg 的直金属棒，整个装置放在方向跟导轨平行的匀强磁场中，当闭合开关S 时，金属棒中的电流为2.0A 时，它对轨道的压力恰好为零，取210m/s g =，求： (1)金属棒所受到的安培力大小和方向； (2)匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

解析：(1) 0.5N ，方向竖直向上；(2)0.5T ，方向水平向右
(1)由题意可知，磁场方向平行于导轨平面，又它对轨道的压力恰好为零，即金属棒竖直方向只受向下的重力和竖直向上的安培力，即
0.5N F mg ==安
金属棒所受到的安培力大小为0.5N ，方向竖直向上。

(2)由安培力的定义式可得
F BIl =安
即匀强磁场的磁感应强度大小为
0.5T F B Il
=
=安
由题可知，金属棒电流方向为e f →，结合左手定则可知，磁场感应强度的方向为水平向右。

25．如图所示，质量m =1kg ，电阻R =2Ω的通电导体棒在沿斜面向上安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L =1m 的光滑绝缘框架上，匀强磁场方向方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内），右侧回路中，电源的电动势E =8V ，内阻r =1Ω。

电动机M 额定电压为4V ，线圈内阻为0.2Ω，此时电动机正常工作（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2）。

试求： (1)通过电动机的电流I M ； (2)电动机的输出的功率P 出； (3)磁感应强度B 的大小。

解析：(1)2A ； (2)7.2W ；(3)3T (1) 由闭合电路欧姆定律
U E Ir =-
解得4A I = 电动机的电流为
M 2A U
I I R
=-
= (2)电动机输出的功率为
2
M M M 7.2W P UI I R =-=出
(3)由平衡条件得
sin BIL mg U
I R
θ==
解得3T B =
26．如图所示，平面直角坐标xOy 的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场直线y =d 与y 轴相交于P 点，磁场分布在x 轴与直线y =d 之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y =d 上方，电场强度为E ，方向竖直向下质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的粒子从坐标原点O 垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v 0，方向与x 轴正方向成60°，并恰好从P 点离开磁场。

(不计粒子的重力) (1)求磁场的磁感应强度大小B ；
(2)若将磁感应强度大小变为
2
B
，其他条件不变，求∶ ①粒子能达到的纵坐标的最大值y m ； ②粒子在第一象限内运动的时间t 。