1. (2023·山東煙臺模擬)有一種磁強(qiáng)計(jì)，可用于測定磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，其原理如圖所示。將一段橫截面為長方形的N型半導(dǎo)體(主要靠自由電子導(dǎo)電)放在勻強(qiáng)磁場中，兩電極P、Q分別與半導(dǎo)體的前后兩側(cè)接觸。已知磁場方向沿y軸正方向，N型半導(dǎo)體橫截面的長為a，寬為b，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，自由電子所做的定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流時(shí)，兩電極P、Q間的電勢差為U。下列說法正確的是( C )
A．P為正極，Q為負(fù)極
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq \f(neaU,I)
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq \f(nebU,I)
D．其他條件不變時(shí)，n越大，電勢差U越大
【解析】 根據(jù)左手定則，結(jié)合自由電子定向移動(dòng)的方向與電流方向相反，可知，自由電子受到的洛倫茲力方向指向P，則自由電子偏向P，則P為負(fù)極，Q為正極，故A錯(cuò)誤；設(shè)自由電子定向移動(dòng)的速率為v，則單位時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的距離為vΔt，則體積為abvΔt，電荷量為neabvΔt，則I＝eq \f(Δq,Δt)＝neabv，兩電極P、Q間的電勢差為U時(shí)，對于自由電子，根據(jù)平衡條件eq \f(Ue,a)＝evB，聯(lián)立解得B＝eq \f(nebU,T)，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)U＝Bav則其他條件不變時(shí)，電勢差U與n無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。
2. (2023·山東東營二模)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實(shí)現(xiàn)開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導(dǎo)電，長、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右。當(dāng)合上顯示屏?xí)r，水平放置的元件處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓，當(dāng)電壓達(dá)到某一臨界值時(shí)，屏幕自動(dòng)熄滅。則元件的( D )
A．合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低
B．開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大
C．若磁場變強(qiáng)，可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無法熄屏
D．開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關(guān)
【解析】 電流方向向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則，自由電子向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的電勢，故A錯(cuò)誤；穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有evB＝eeq \f(U,b)，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有I＝neSv＝nebcv解得U＝eq \f(BI,nec)，所以開屏過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，元件前、后表面間的電壓變小。若磁場變強(qiáng)，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無法熄屏。開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關(guān)，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選D。
3. (多選)(2023·江南十校聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的雙層光滑管道位于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球位于管道最低點(diǎn)A，B是最高點(diǎn)，空間存在水平向左、場強(qiáng)大小E＝eq \f(mg,q)的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)在A點(diǎn)給小球一水平初速度v0，小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法正確的是( AC )
A．v0的大小為eq \r(2?\r(2)＋1?gR)
B．經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的壓力大小為(3－2eq \r(2))mg
C．經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的支持力大小為(3＋2eq \r(2))mg
D．若在A點(diǎn)給小球的水平初速度增大一倍，小球經(jīng)過B點(diǎn)的速度也增大一倍
【解析】 如圖所示，
小球在等效最低點(diǎn)P靜止時(shí)，受重力、支持力和電場力三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtan θ＝qE，結(jié)合E＝eq \f(mg,q)知θ＝45°，且重力和電場力的合力F＝eq \r(2)mg，小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，說明小球經(jīng)過等效最高點(diǎn)Q時(shí)速度剛好為零，由Q到A根據(jù)動(dòng)能定理，有mg(R＋Rcs 45°)＋qERsin 45°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2?\r(2)＋1?gR)，A正確；在A點(diǎn)根據(jù)向心力公式有N－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)解得N＝(3＋2eq \r(2))mg，C正確；由B到A根據(jù)動(dòng)能定理，有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vB＝eq \r(v\\al(2,0)－4gR)，在B點(diǎn)有mg－NB＝meq \f(v\\al(2,B),R)，解得經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)小球受到管道內(nèi)壁的支持力大小為NB＝(3－2eq \r(2))mg。BD錯(cuò)誤，故選AC。
4. (多選)(2023·河北九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，厚度非常薄的鉛板MN的上方、下方分別分布有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為2B、B的有界勻強(qiáng)磁場，一比荷為k、電量為q的粒子(不計(jì)重力)從a點(diǎn)射入第一個(gè)磁場，經(jīng)過鉛板的b點(diǎn)射入第二個(gè)磁場，從c點(diǎn)射出第二個(gè)磁場，緊接著進(jìn)入虛線PJ(與MN平行)下方的與MN垂直的勻強(qiáng)電場，粒子到達(dá)d點(diǎn)時(shí)速度正好與PJ平行。已知兩個(gè)圓弧軌跡的圓心均在鉛板的O點(diǎn)，Oa＝R、∠aOb＝∠cOb＝60°，粒子與鉛板的作用時(shí)間忽略不計(jì)，下列說法正確的是( BD )
A．該粒子帶正電
B．粒子從a到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq \f(π,2Bk)
C．粒子與鉛板的碰撞生熱為3B2R2qk
D．c點(diǎn)與d點(diǎn)的電勢差為eq \f(1,8)kB2R2
【解析】 由左手定則可知該粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從a到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tac＝eq \f(π,3)×eq \f(m,2Bq)＋eq \f(π,3)×eq \f(m,Bq)，結(jié)合k＝eq \f(q,m)，綜合計(jì)算可得tac＝eq \f(π,2Bk)，選項(xiàng)B正確；分析可知粒子在兩個(gè)磁場中運(yùn)動(dòng)的圓弧軌跡半徑相等，設(shè)為R，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得2Bqv1＝eq \f(mv12,R)，Bqv2＝eq \f(mv22,R)，綜合可得mv1＝2BqR，mv2＝BqR，由能量守恒，粒子與鉛板的碰撞生熱為Q＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，結(jié)合m＝eq \f(q,k)，綜合計(jì)算可得Q＝eq \f(3,2)B2R2qk，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析可知粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)做類斜拋運(yùn)動(dòng)，粒子在c點(diǎn)的速度與PJ的夾角為30°，把粒子在c點(diǎn)的速度分別沿著PJ和電場線的方向分解，沿著PJ方向的分速度為vx＝v2cs 30°，粒子到達(dá)d點(diǎn)時(shí)沿電場線方向的分速度為0，由動(dòng)能定理Ucdq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)，結(jié)合m＝eq \f(q,k)，mv2＝BqR，綜合解得Ucd＝eq \f(1,8)kB2R2，選項(xiàng)D正確。故選BD。
B組·綜合練
5. (2023·遼寧沈陽質(zhì)監(jiān))如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，足夠長的水平熒光屏PQ與圓形磁場區(qū)相切于P點(diǎn)。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)以速率v＝eq \f(qBR,m)沿與豎直方向夾角θ＝30°的方向射入磁場。粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿水平方向離開磁場。離開磁場的瞬間，在熒光屏上方施加豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場區(qū)域足夠?qū)挘妶鰪?qiáng)度E＝eq \f(qB2R,m)，不計(jì)粒子重力，已知R＝1.0 m。求：
(1)粒子離開磁場時(shí)距離熒光屏的高度h；
(2)粒子打到熒光屏上的亮點(diǎn)距P點(diǎn)的距離s。(計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
【答案】 (1)1.5 m (2)2.6 m
【解析】 (1)由v＝eq \f(qBR,m)可得，粒子在磁場中的軌道半徑為R＝eq \f(mv,qB)
即與磁場圓半徑一樣，粒子軌跡圖如下
由幾何關(guān)系得h＝R＋Rsin θ＝1.5 m。
(2)由類平拋規(guī)律得h＝eq \f(1,2)at2
x＝vt
由牛頓第二定律得Eq＝ma
聯(lián)立解得x＝eq \r(3)R≈1.7 m
粒子打到熒光屏上的亮點(diǎn)距P點(diǎn)的距離
s＝x＋Rcs θ
聯(lián)立可得s≈2.6 m。
6. (2023·山東濟(jì)寧一模)如圖所示，在三維坐標(biāo)系O－xyz中存在一長方體ABCD－abOd，yOz平面左側(cè)存在沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1(未知)的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)存在沿BO方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2(未知)的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)有一帶正電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿平面ABCD進(jìn)入磁場，經(jīng)C點(diǎn)垂直yOz平面進(jìn)入右側(cè)磁場，此時(shí)撤去yOz平面左側(cè)的磁場B1，換上電場強(qiáng)度為E(未知)的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝L，B2＝5eq \r(2)B1，粒子的電量為q，質(zhì)量為m(重力不計(jì))。求：
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；
(2)粒子第二次經(jīng)過yOz平面的坐標(biāo)；
(3)電場強(qiáng)度E的大小。
【答案】 (1)B1＝eq \f(2mv,5qL) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))
(3)eq \f(mv2,4qL)
【解析】 (1)帶電粒子在yOz平面左側(cè)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得R2＝(2L)2＋(R－L)2
解得R＝eq \f(5,2)L
由牛頓第二定律可得qvB1＝meq \f(v2,R)
解得B1＝eq \f(2mv,5qL)。
(2)在右側(cè)磁場中由牛頓第二定律得qvB2＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(\r(2),4)L
y＝2rsin 45°＝eq \f(L,2)
z＝L－2rcs 45°＝eq \f(L,2)
即坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))。
(3)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向上2L＝vt
y軸方向上L－y＝eq \f(qE,2m)t2
解得E＝eq \f(mv2,4qL)。
7. (2023·山東菏澤二模)如圖所示，在xOy平面內(nèi)半徑為R(未知)的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場，圓形區(qū)域的邊界與y軸在坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1?？臻g中z軸正方向垂直于xOy平面向外，x軸上過D點(diǎn)(4d,0,0)放置一足夠大且垂直于x軸的粒子收集板PQ，PQ與yOz平面間有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E。x軸上過C點(diǎn)(d,0,0)垂直于x軸的平面MN與PQ間存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。在xOy平面內(nèi)的－2R≤x≤－R區(qū)域內(nèi)，有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿y軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后所有粒子均恰好經(jīng)過O點(diǎn)，然后進(jìn)入y軸右側(cè)區(qū)域。已知電場強(qiáng)度大小E＝eq \f(mv\\al(2,0),6qd)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝eq \f(\r(3)πmv0,4qd)，不計(jì)帶電粒子的重力及粒子間的相互作用。求：
(1)帶電粒子在圓形區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；
(2)帶電粒子到達(dá)MN平面上的所有位置中，離x軸最遠(yuǎn)的位置坐標(biāo)；
(3)經(jīng)過MN平面時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子到達(dá)收集板PQ時(shí)的位置坐標(biāo)。
【答案】(1)R＝eq \f(mv0,qB1) (2)(d，－2eq \r(3)d,0)
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))
【解析】 (1)只有帶電粒子的軌道半徑等于圓形磁場的半徑，粒子才能全部經(jīng)過O點(diǎn)，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B1＝meq \f(v\\al(2,0),R)
解得R＝eq \f(mv0,qB1)。
(2)經(jīng)過A點(diǎn)射入圓形磁場的粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，速度方向沿y軸負(fù)方向，在MN上的位置離x軸最遠(yuǎn)，在y軸右側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qE＝ma
解得a＝eq \f(v\\al(2,0),6d)
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \f(2\r(3)d,v0)
又L＝v0t
解得離x軸最遠(yuǎn)的距離L＝2eq \r(3)d
對應(yīng)坐標(biāo)為(d，－2eq \r(3)d,0)。
(3)經(jīng)過MN時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子，沿x軸做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板PQ，粒子在到達(dá)MN平面時(shí)，沿x軸方向的速度大小veq \\al(2,Cx)＝2ad
解得vCx＝eq \f(\r(3),3)v0
設(shè)粒子從MN到達(dá)PQ所用的時(shí)間為t2，則3d＝vCxt2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
解得t2＝eq \f(2\r(3)d,v0)
經(jīng)過MN時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子，在yOx平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B2＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(4d,\r(3)π)
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq \f(2πr,v0)
又eq \f(t2,T)＝eq \f(α,2π)
解得α＝eq \f(3,2)π
帶電粒子到達(dá)收集板PQ上位置的y坐標(biāo)為－(L－r)，則該帶電粒子到達(dá)收集板PQ上位置坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))。
8. (2023·山東臨沂一模)如圖所示，在平面坐標(biāo)系xOy中，在x軸上方空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場Ⅰ，磁場方向垂直紙面向外，在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電離子從x軸上的M(－3d,0)點(diǎn)射入電場，速度方向與x軸正方向夾角為45°，之后該離子從N(－d,0)點(diǎn)射入磁場Ⅰ，速度方向與x軸正方向夾角也為45°，速度大小為v，離子在磁場Ⅰ中的軌跡與y軸交于P點(diǎn)，最后從Q(3d,0)點(diǎn)射出第一象限，不計(jì)離子重力。
(1)求第三象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E；
(2)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；
(3)邊長為d的立方體中有垂直于AA′C′C面的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，立方體的ABCD面剛好落在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)的第四象限，A點(diǎn)與Q點(diǎn)重合，AD邊沿x軸正方向，離子從Q點(diǎn)射出后在該立方體內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，且恰好通過C′點(diǎn)，設(shè)勻強(qiáng)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，勻強(qiáng)磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，求B1與B2的比值。
【答案】 (1)eq \f(mv2,2qd) (2)(0，(eq \r(7)－2)d)
(3)eq \f(3\r(2),8)
【解析】 (1)粒子在M點(diǎn)的速度大小為v′，則v′cs 45°＝vcs 45°
則v′＝v
粒子在電場中從M點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，則2d＝vtcs 45°
a＝eq \f(qE,m)，l＝eq \f(2vsin 45°,a)
解得場強(qiáng)大小E＝eq \f(mv2,2qd)。
(2)由幾何關(guān)系知R＝2eq \r(2)d
設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為yP，則R2＝d2＋(yP＋2d)2
解得yP＝(eq \r(7)－2)d
則P點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，(eq \r(7)－2)d)。
(3)粒子在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中qvB1＝meq \f(v2,R)
離子在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R2，
則qvB2＝meq \f(v2,R2)
由幾何關(guān)系Req \\al(2,2)＝(eq \r(2)d)2＋(R2－d)2
解得R2＝eq \f(3,2)d
聯(lián)立解得eq \f(B1,B2)＝eq \f(R2,R)
代入數(shù)據(jù)eq \f(B1,B2)＝eq \f(3\r(2),8)。

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