第一章《安培力與洛倫茲力》單元練習(xí) 一．選擇題（共12小題） 1．如圖所示，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向、通電直導(dǎo)線(xiàn)中電流I的方向，以及通電直導(dǎo)線(xiàn)所受磁場(chǎng)力F的方向，其中正確的是（　?。?A． B． C． D． 答案 C 解析 根據(jù)左手定則可得： A、圖中安培力的方向是垂直導(dǎo)體棒向上的，故A錯(cuò)誤； B、電流方向與磁場(chǎng)方向在同一直線(xiàn)上，不受安培力作用，故B錯(cuò)誤； C、圖中安培力的方向是豎直導(dǎo)體棒向下的，故C正確； D、圖中安培力的方向垂直紙面向外，故D錯(cuò)誤。 2．一根長(zhǎng)為0.2m的電流為2A的通電導(dǎo)線(xiàn)，垂直放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受到的安培力大小是（　?。?A．0.4N B．0.2N C．0.1N D．0 答案 B 解析 根據(jù)題意，由公式 F＝BIL 可得，安培力大小為 F＝BIL＝0.5×2×0.2N＝0.2N 故ACD錯(cuò)誤，B正確。 3．兩個(gè)電子以不同的初速度垂直射入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為r1和r2，周期為T(mén)1和T2，則（　　） A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2 C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2 答案 D 解析 設(shè)電子的初速度為v，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子的質(zhì)量和電量分別為m、q。 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evB＝mv2r 解得運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為：r=mvqB 由于m、q、B相同，則r與v成正比，電子的初速度不同，則半徑不同，即r1≠r2。 電子圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2πrv，解得：T=2πmqB，m、q、B均相同，則電子運(yùn)動(dòng)的周期相同，即T1＝T2。 綜上所述，故D正確、ABC錯(cuò)誤。 4．某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5×107eV。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，1eV＝1.6×10﹣19J）（　?。?A．3.6×106m/s B．1.2×107m/s C．5.4×107m/s D．2.4×108m/s 答案 C 解析 質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得： qBv=mv2r 其中，Ek=12mv2=1.5×107eV=1.5×107×1.6×10﹣19J＝2.4×10﹣12J 聯(lián)立解得：v＝5.4×107m/s，故C正確，ABD錯(cuò)誤； 5．如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，有一束速率各不相同的質(zhì)子自A點(diǎn)沿半徑方向射入磁場(chǎng)，這些質(zhì)子在磁場(chǎng)中（　?。? A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，其軌跡對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)越大 B．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，其軌跡越長(zhǎng) C．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，射出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度越小 D．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，射出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角越小 答案 D 解析 設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R，軌跡的圓心角為α。 AB、粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡為S＝rα=Rtanα2?α，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，α越大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可以證明弧長(zhǎng)S越短，此時(shí)對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)越短，故AB錯(cuò)誤； CD、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=α2π?T，而軌跡半徑r=Rtanα2，當(dāng)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短時(shí)，α越小，則知r越大，而r=mvqB，則速度v越大，故C錯(cuò)誤，D正確。 6．磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力通常稱(chēng)為安培力。這是為了紀(jì)念法國(guó)物理學(xué)家安培（1775﹣1836），他對(duì)研究磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力有杰出的貢獻(xiàn)。關(guān)于安培力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?A．安培力和洛倫茲力是性質(zhì)完全不同的兩種力 B．磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線(xiàn)的作用力的方向一定與磁場(chǎng)方向垂直 C．放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線(xiàn)一定受磁場(chǎng)的作用力 D．通電直導(dǎo)線(xiàn)跟磁場(chǎng)方向平行時(shí)作用力最大 答案 B 解析 A、安培力是洛倫茲力的宏觀(guān)表現(xiàn)，其本質(zhì)都是磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，故A錯(cuò)誤； B、磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線(xiàn)的作用力即安培力方向與磁場(chǎng)方向一定垂直，故B正確； C、放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線(xiàn)，如果電流與磁場(chǎng)平行，則不受磁場(chǎng)的作用力，故C錯(cuò)誤； D、當(dāng)通電直導(dǎo)線(xiàn)跟磁場(chǎng)方向垂直時(shí)作用力最大，故D錯(cuò)誤。 7．關(guān)于課本內(nèi)的插圖，則（　?。? A．圖甲是電磁炮示意圖，拋射體的發(fā)射速度與拋射體的質(zhì)量無(wú)關(guān) B．圖乙是速度選擇器示意圖，它不能判斷帶電粒子的電性 C．圖丙是質(zhì)譜儀示意圖，打在底片相同位置處的帶電粒子質(zhì)量相同 D．圖丁是回旋加速器，增大交變電場(chǎng)的電壓可以增大粒子的最大動(dòng)能 答案 B 解析 A、電磁炮是利用電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)電流的作用來(lái)加速炮彈的，電流越強(qiáng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)越強(qiáng)，通電導(dǎo)體（炮彈）在磁場(chǎng)中受到安培力F＝BIL，安培力越大對(duì)炮彈做的功越多，因此通過(guò)增加導(dǎo)軌回路中的電流來(lái)提高拋射體的發(fā)射速度。假設(shè)不考慮其他力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有：BIL?s=12mv2，當(dāng)B、I、L、s一定時(shí)，質(zhì)量越大，發(fā)射速度越小，故A錯(cuò)誤； B、電場(chǎng)的方向與B的方向垂直，帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，受電場(chǎng)力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v=EB，不管粒子帶正電還是帶負(fù)電都可以勻速直線(xiàn)通過(guò)，所以無(wú)法判斷粒子的電性，故B正確； C、粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器后的速度一定，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2R，解得：qm=vBR，打在底片相同位置處的帶電粒子，比荷相同，并是質(zhì)量相同，故C錯(cuò)誤； D、根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大動(dòng)能Ekm=12mv2=q2B2r22m，與加速電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤； 8．如圖為磁場(chǎng)天平原理示意圖，可通過(guò)磁場(chǎng)天平測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度。質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒通過(guò)兩相同的輕質(zhì)彈簧懸掛，金屬棒處于水平狀態(tài)，彈簧勁度系數(shù)為k，金屬棒通過(guò)輕質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)通有電流強(qiáng)度為I的電流。長(zhǎng)方形abcd為理想磁場(chǎng)邊界，磁場(chǎng)邊界ab長(zhǎng)度為L(zhǎng)。金屬桿的右端有絕緣輕指針，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，調(diào)整指針位置指到0刻度。當(dāng)長(zhǎng)方形abcd區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外時(shí)，金屬棒穩(wěn)定時(shí)指針向下移動(dòng)距離x，則該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為（　?。? A．kx-mgIL B．2kx-mgIL C．kxIL D．2kxIL 答案 D 解析 無(wú)磁場(chǎng)時(shí)指針位于0刻度處，此時(shí)彈簧彈力與金屬棒重力平衡，設(shè)彈簧的形變量為x0，由平衡條件得：2kx0＝mg 則當(dāng)指針向下移動(dòng)距離x穩(wěn)定時(shí)，由平衡條件得：2kx0+2kx＝BIL+mg 聯(lián)立解得：B=2kxIL 故D正確，ABC錯(cuò)誤。 9．某實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，用細(xì)繩豎直懸掛一個(gè)多匝矩形線(xiàn)圈，細(xì)繩與傳感器相連，傳感器可以讀出細(xì)繩上的拉力大小。將線(xiàn)框的下邊ab置于蹄形磁鐵的N、S極之間，使ab邊垂直于磁場(chǎng)方向且ab邊全部處于N、S極之間的區(qū)域中。接通電路的開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，當(dāng)電流表讀數(shù)為I時(shí)，傳感器的讀數(shù)為F1；保持ab中的電流大小不變，方向相反，傳感器的讀數(shù)變?yōu)镕2（F2＜F1）。已知金屬線(xiàn)框的匝數(shù)為n，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g，則可得到（　?。? A．金屬線(xiàn)框的質(zhì)量m=F1+F22g B．N、S極之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=F1-F2nIL C．傳感器的讀數(shù)為F1時(shí)，ab中的電流方向?yàn)閎→a D．減小電流I重復(fù)實(shí)驗(yàn)，則F1、F2均減小 答案 A 解析 AB、通電線(xiàn)圈受到重力、安培力和細(xì)繩拉力作用，當(dāng)電流表讀數(shù)為I時(shí)，細(xì)繩的拉力為F1，則F1＝mg+nBIL，保持ab中的電流大小不變，方向相反，則此時(shí)安培力方向?yàn)樨Q直向上，則F2＝mg﹣nBIL，聯(lián)立解得金屬框的質(zhì)量為m=F1+F22g，N、S極之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=F1-F22nIL，故A正確，B錯(cuò)誤； C、傳感器的讀數(shù)為F1時(shí)，安培力的方向豎直向下，根據(jù)左手定則可以判斷ab中電流的方向?yàn)閍→b，故C錯(cuò)誤； D、減小電路I重新實(shí)驗(yàn)，則金屬框所受安培力減小，所以F1＝mg+nBIL減小，F(xiàn)2＝mg﹣nBIL增大，故D錯(cuò)誤。 10．電子感應(yīng)加速器利用變化的磁場(chǎng)來(lái)加速電子。電子繞平均半徑為R的環(huán)形軌道（軌道位于真空管道內(nèi)）運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與環(huán)形軌道平面垂直。電子被感應(yīng)電場(chǎng)加速，感應(yīng)電場(chǎng)的方向與環(huán)形軌道相切。電子電荷量為e。為了使電子在不斷增強(qiáng)的磁場(chǎng)中沿著半徑不變的圓軌道加速運(yùn)動(dòng)，求ΔBΔt和ΔBΔt之間必須滿(mǎn)足的定量關(guān)系是（B和B分別為電子做圓周運(yùn)動(dòng)，圓軌道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度和圓軌道內(nèi)部的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度）（　?。? A．ΔBΔt=ΔBΔt B．ΔBΔt=14ΔBΔt C．ΔBΔt=12ΔBΔt D．ΔBΔt=12ΔBΔt 答案 D 解析 設(shè)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓軌道上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與環(huán)面垂直。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 evB=mv2R 設(shè)在圓軌道切線(xiàn)方向作用在電子上作用力為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δ（mv） 聯(lián)立以上兩式得 F=eRΔBΔt 按照法拉第電磁感應(yīng)定律，在電子運(yùn)動(dòng)的圓軌道上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 ε=ΔΦΔt 式中圓軌道所在的面上的磁通量為 Φ=πR2B 這里，B為圓軌道所在的面上的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度。聯(lián)立以上兩式得 ε=πR2ΔBΔt 考慮電子運(yùn)行一圈感應(yīng)電場(chǎng)所做的功，由電動(dòng)勢(shì)的定義可得 ε＝2πRE 電子在圓軌道切向所受到的力為 F＝qE 聯(lián)立以上三式得 F=12eRΔBΔt F=eRΔBΔt和F=12eRΔBΔt所表示的是同樣的力的大小，聯(lián)立可得 ΔBΔt=12ΔBΔt 故ABC錯(cuò)誤，D正確； 11．CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線(xiàn)斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱(chēng)，圖中的CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線(xiàn)產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，虛線(xiàn)框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開(kāi)始沿帶箭頭的實(shí)線(xiàn)所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(xiàn)（如圖中帶箭頭的虛線(xiàn)所示），將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則（　?。? A．M接加速電壓的正極 B．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外 C．僅減小M、N之間的加速電壓，可使P點(diǎn)左移 D．僅增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使P點(diǎn)右移 答案 C 解析 B、由電子運(yùn)動(dòng)軌跡粒子，電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到向下的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，故B錯(cuò)誤； A、根據(jù)題意可知，電子在MN之間加速，受到向右的電場(chǎng)力，所以MN之間的電場(chǎng)線(xiàn)水平向左，則M接加速電壓的負(fù)極，故A錯(cuò)誤； CD、電子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：eU=12mv2-0 電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=mv2r 解得電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=1B2mUe 如減小M、N之間的加速電壓，電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r減小，電子出磁場(chǎng)時(shí)的速度偏角變大，P點(diǎn)左移；增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，則電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑減小，電子出磁場(chǎng)時(shí)的速度偏角增大，P點(diǎn)左移，故C正確，D錯(cuò)誤。 12．如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1，在其右側(cè)有一與其右端相切的正方形磁場(chǎng)區(qū)域，正方形磁場(chǎng)的邊長(zhǎng)足夠長(zhǎng)，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。有一簇質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度v0=qRB1m沿圖示方向平行射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，則粒子在正方形磁場(chǎng)區(qū)域中可能經(jīng)過(guò)的面積為（　?。? A．S=(π+12)3B12B22R2 B．S=(π+1)2B12B22R2 C．S=(π+1)B12B22R2 D．S=(π+1)4B12B22R2 答案 C 解析 依題意，粒子速度v0=qRB1m，粒子圓形磁場(chǎng)區(qū)域經(jīng)歷磁聚焦，聚于兩區(qū)域相切點(diǎn)而后進(jìn)入正方形區(qū)域圖形，如下圖 圖中陰影部分為所求，r=mv0qB2，解得r=B1B2?R 空白區(qū)域面積S白=2×(14πr2-12r2)=π-22r2 空白加陰影總面積S總=14π(2r)2+12πr2=32πr2 則S陰=S總-S白=(π+1)B12B22?R2，故C正確，ABD錯(cuò)誤。 二．多選題（共3小題） 13．（多選）如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里。一束電子以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度v從M點(diǎn)射入寬度為d的強(qiáng)磁場(chǎng)中，從N點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度方向和原來(lái)射入方向的夾角為θ＝60°。下列說(shuō)法正確的是（　?。? A．電子的比荷為v2dB B．電子的比荷為3v2dB C．電子穿越磁場(chǎng)的時(shí)間為23πd9v D．電子穿越磁場(chǎng)的時(shí)間為2πd3v 答案 BC 解析 AB、畫(huà)出電子的軌跡圖，圓心在O點(diǎn)，如圖所示， 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知：sin60°=dr 解得電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為：r=233d 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：evB=mv2r 解得電子的比荷為：em=3v2dB，故A錯(cuò)誤，B正確； CD．電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2πrv=43πd3v 電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為60°，故電子穿越磁場(chǎng)的時(shí)間為：t=60°360°T=23πd9v，故C正確，D錯(cuò)誤。 14．（多選）電視機(jī)顯像管應(yīng)用了電子束磁偏轉(zhuǎn)原理。如圖所示，電子束經(jīng)電子槍加速后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在熒光屏上產(chǎn)生亮點(diǎn)。已知電子的比荷為k，加速電子束的電子槍電壓為U。電子束按圖中方向偏轉(zhuǎn)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為π4，由此可知（　　） A．圖中偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲? B．電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為2Uk C．電子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為2UkB2 D．電子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為kπ4B 答案 AC 解析 A、由左手定則可判斷出偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，故A正確； B、設(shè)電子質(zhì)量為m，電量為e，電子束射入到偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度為v，由動(dòng)能定理有：eU=12mv2，解得：v=2eUm=2kU，故B錯(cuò)誤； C、電子偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有：evB=mv2r，解得：r=mveB=2UkB2，故C正確； D、電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=θrv=θmeB=π4kB，故D錯(cuò)誤。 15．（多選）武漢病毒研究所是我國(guó)防護(hù)等級(jí)最高的P4實(shí)驗(yàn)室，在該實(shí)驗(yàn)室中有一種污水流量計(jì)，其原理可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型：廢液內(nèi)含有大量正、負(fù)離子，從直徑為d的圓柱形容器右側(cè)流入，左側(cè)流出，流量值Q等于單位時(shí)間通過(guò)橫截面的液體的體積?？臻g有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（　　） A．當(dāng)污水中離子濃度升高時(shí)，MN兩點(diǎn)電壓將增大 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，當(dāng)污水流速將增大時(shí)，MN兩點(diǎn)電壓U增大 C．只需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B及MN兩點(diǎn)電壓U的值，就能夠推算污水的流量 D．只需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B、直徑d及MN兩點(diǎn)電壓U的值，就能夠推算污水的流量 答案 BD 解析 AB．當(dāng)電磁流量計(jì)中的流量穩(wěn)定時(shí)污水中的粒子在圓柱中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，粒子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，由此可得： qUd=qvB 解得：U＝Bvd 由此可知污水中離子濃度對(duì)MN兩點(diǎn)間電壓無(wú)影響；污水流速v增大時(shí)，MN兩點(diǎn)電壓U增大。故A錯(cuò)誤，B正確； CD．根據(jù)流量的計(jì)算公式可得： Q=Sv=πd24×UBd=πdU4B 需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B、直徑d及MN兩點(diǎn)電壓U的值才能推算污水的流量。故C錯(cuò)誤，D正確。 三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題） 16．霍爾效應(yīng)是電磁基本現(xiàn)象之一，由于霍爾元件產(chǎn)生的電勢(shì)差很小，故通常將霍爾元件與放大器電路、溫度補(bǔ)償電路以及穩(wěn)壓電源電路等集成在一個(gè)芯片上，稱(chēng)為霍爾傳感器，近期我國(guó)科學(xué)家在該領(lǐng)域的實(shí)驗(yàn)研究上取得了突破性進(jìn)展。圖甲為使用霍爾元件來(lái)探測(cè)檢測(cè)電流I0是否發(fā)生變化的裝置示意圖，鐵芯豎直放置，霍爾元件放在鐵芯右側(cè)，該檢測(cè)電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測(cè)電流強(qiáng)度成正比，霍爾元件所處區(qū)域磁場(chǎng)可看作勻強(qiáng)磁場(chǎng)，測(cè)量原理如乙圖所示，霍爾元件長(zhǎng)為a，寬為b，厚度為h，前、后、左、右表面有四個(gè)接線(xiàn)柱，通過(guò)四個(gè)接線(xiàn)柱可以把霍爾元件接入電路。 （1）霍爾元件所處位置的磁場(chǎng)方向?yàn)?　豎直向上?。ㄟx填“豎直向下”、“豎直向上”、“水平向左”或“水平向右”）； （2）霍爾元件的前后兩表面間形成電勢(shì)差，電勢(shì)的高低如圖乙所示，則材料中的載流子帶 　負(fù)　電（選填“正”或“負(fù)”）； （3）已知霍爾元件單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，每個(gè)自由電荷的電荷量為q，霍爾元件的厚度為h，流過(guò)霍爾元件左右表面的電流為I，霍爾電勢(shì)差為U，則霍爾元件所處區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的表達(dá)式為B＝　UnqhI??； （4）當(dāng)霍爾元件尺寸一定時(shí)，霍爾電勢(shì)差增大，說(shuō)明檢測(cè)電流 　增大?。ㄟx填“增大”“減小”）。 答案（1）豎直向上 （2）負(fù) （3）UnqhI （4）增大。 解析 （1）根據(jù)右手安培定則，霍爾元件所處位置的磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向上； （2）因?yàn)榍氨砻娴碾妱?shì)高于后表面的電勢(shì)，根據(jù)左手定則，粒子在洛倫茲力的作用下偏向后表面，載流子帶負(fù)電； （3）設(shè)前后表面的厚度為d，電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有qUd=qvB 根據(jù)電流微觀(guān)表達(dá)式，有 I＝nqSv＝nq（dh）v 聯(lián)立解得 B=nqhUI （4）根據(jù)電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡 qUd=qvB 可知 U=IBnqh 霍爾電勢(shì)差增大，說(shuō)明檢測(cè)電流增大。 17．磁體和電流之間、磁體和運(yùn)動(dòng)電荷之間、電流和電流之間都可通過(guò)磁場(chǎng)而相互作用，此現(xiàn)象可通過(guò)以下實(shí)驗(yàn)證明： （1）如圖（a）所示，在重復(fù)奧斯特的電流磁效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，為使實(shí)驗(yàn)方便效果明顯，通電導(dǎo)線(xiàn)應(yīng)　A　。 A．平行于南北方向，位于小磁針上方 B．平行于東西方向，位于小磁針上方 C．平行于東南方向，位于小磁針下方 D．平行于西南方向，位于小磁針下方 此時(shí)從上向下看，小磁針的旋轉(zhuǎn)方向是　逆時(shí)針　（填順時(shí)針或逆時(shí)針）。 （2）如圖（b）所示是電子射線(xiàn)管示意圖。接通電源后，電子射線(xiàn)由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會(huì)看到一條亮線(xiàn)。要使熒光屏上的亮線(xiàn)向下（z軸負(fù)方向）偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是　B　。（填選項(xiàng)代號(hào)） A．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向 B．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿y軸正方向 C．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向 D．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向 （3）如圖（c）所示，兩條平行直導(dǎo)線(xiàn)，當(dāng)通以相同方向的電流時(shí)，它們相互　吸引?。ㄌ钆懦饣蛭?，當(dāng)通以相反方向的電流時(shí)，它們相互　排斥?。ㄌ钆懦饣蛭?，這時(shí)每個(gè)電流都處在另一個(gè)電流的磁場(chǎng)里，因而受到磁場(chǎng)力的作用。也就是說(shuō)，電流和電流之間，就像磁極和磁極之間一樣，也會(huì)通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生相互作用。 答案（1）A，逆時(shí)針；（2）B；（3）吸引，排斥 解析 （1）由于無(wú)通電導(dǎo)線(xiàn)時(shí)，小磁針S極向南，N極指北，位于南北方向，若導(dǎo)線(xiàn)的磁場(chǎng)仍使小磁針南北偏轉(zhuǎn)，根本無(wú)法觀(guān)察，所以為使實(shí)驗(yàn)方便效果明顯，導(dǎo)線(xiàn)應(yīng)平行于南北方向位于小磁針上方，這樣當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中通電時(shí)，小磁針能向東西偏轉(zhuǎn)，實(shí)驗(yàn)效果比較明顯。故A正確，BCD錯(cuò)誤； 故選：A 根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線(xiàn)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在磁針處為垂直紙面向里，故此時(shí)從上向下看，小磁針的旋轉(zhuǎn)方向是逆時(shí)針 （2）A、若加一沿z軸負(fù)方向的磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向，亮線(xiàn)不偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故A錯(cuò)誤。 B、若加一沿y軸正方向的磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸負(fù)方向，亮線(xiàn)向下偏轉(zhuǎn)，符合題意。故B正確。 C、若加一沿z軸負(fù)方向的電場(chǎng)，電子帶負(fù)電，電場(chǎng)力方向沿z軸正方向，亮線(xiàn)向上偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故C錯(cuò)誤。 D、若加一沿y軸負(fù)方向的電場(chǎng)，電子帶負(fù)電，電場(chǎng)力方向沿y軸正方向，亮線(xiàn)不偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故D錯(cuò)誤。 故選：B （3）圖中，研究右導(dǎo)線(xiàn)的受力情況：將左導(dǎo)線(xiàn)看成場(chǎng)源電流，根據(jù)安培定則可知，它在右導(dǎo)線(xiàn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向外，由左手定則判斷可知，右導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力方向向左；同理，將右導(dǎo)線(xiàn)看成場(chǎng)源電流，左導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力向右，兩導(dǎo)線(xiàn)要靠攏，說(shuō)明電流方向相同時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)相互吸引； 同理可知：當(dāng)通入電流方向相反時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)遠(yuǎn)離，兩導(dǎo)線(xiàn)相互排斥； 故答案為：吸引，排斥 四．計(jì)算題（共3小題） 18．如圖所示，A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過(guò)A點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面。有一電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）從A點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后從x軸上的B點(diǎn)射出磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求： （1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向； （2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 答案 （1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mv02eL，方向垂直于紙面向里； （2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2πL3v0． 解析 （1）電子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力而做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，設(shè)軌跡半徑為r，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則有洛倫茲力提供向心力 ev0B=mv02r 過(guò)A、B點(diǎn)分別作速度的垂線(xiàn)交于C點(diǎn)，則C點(diǎn)為軌跡圓的圓心，如圖所示 已知電子在B點(diǎn)速度方向與x軸夾角為60°，由幾何關(guān)系得，軌跡圓的圓心角∠C＝60°，AB＝BC＝r 已知OA＝L 則有OC＝r﹣L 由幾何知識(shí)得 rcos60°＝OC 解得r＝2L 根據(jù)上述解得 B=mv02eL （2）電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T=2πrv0 聯(lián)立解得電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t=60°360°T=2πL3v0 19．如圖所示，豎直放置的半環(huán)狀A(yù)BCD區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T．外環(huán)的半徑R1＝16cm，內(nèi)環(huán)的半徑R2＝4cm，外環(huán)和內(nèi)環(huán)的圓心為O，沿OD放置有照相底片。有一線(xiàn)狀粒子源放在AB正下方（圖中未畫(huà)出），不斷放出初速度大小均為v0＝1.6×106m/s，方向垂直AB和磁場(chǎng)的相同粒子，粒子經(jīng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片上，經(jīng)檢驗(yàn)底片上僅有CD區(qū)域均被粒子打到。不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計(jì)，假設(shè)打到磁場(chǎng)邊界的粒子被吸收。 （1）粒子的電性； （2）求粒子的比荷qm； （3）若照相底片沿OP放置，求底片上被粒子打到的區(qū)域的長(zhǎng)度； （4）撤去線(xiàn)狀粒子源和照相底片，若該粒子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小和方向可以任意改變。要求該粒子從AB間射入磁場(chǎng)，只經(jīng)磁場(chǎng)后從CD間射出磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小和方向（角度可用三角函數(shù)表示）。 答案 （1）粒子帶正電； （2）粒子的比荷為3.2×107C/kg； （3）若照相底片沿OP放置，底片上被粒子打到的區(qū)域的長(zhǎng)度為2cm； （4）該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為5.44×106m/s，速度方向與AB夾角的正弦值為817。 解析 由題可知外環(huán)的半徑R1＝16cm＝0.16m，內(nèi)環(huán)的半徑R2＝4cm＝0.04m。 （1）粒子從AB射入能夠打在CD區(qū)域，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電； （2）如圖所示，設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半為R，則： 由牛頓第二定律有qv0B＝mv02R① 依題意有2R＝R1+R2② 聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得粒子的比荷qm=3.2×107C/kg； （3）若照相底片沿OP放置，則底片上被粒子打到的區(qū)域長(zhǎng)度為MN的長(zhǎng)度，如圖所示。 在△O1OM中，由幾何關(guān)系有OM2=R2-(R-R2)2， MN＝R﹣OM， 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：MN＝0.02m＝2cm； （4）要使該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則圓弧所對(duì)的圓心角應(yīng)最小，則圓弧的半徑應(yīng)最大，即滿(mǎn)足要求的圓弧應(yīng)與內(nèi)環(huán)相切，如圖所示。 設(shè)粒子的半徑為Rm，速度大小為v，速度方向與AB夾角為θ，由牛頓第二定律有： qvB＝mv2Rm， 由圖中幾何關(guān)系有Rm2=R12+(Rm-R2)2， sinθ=R1Rm， 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得： v＝5.44×106m/s， sinθ=817。 20．如圖甲，足夠大的空間有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸，豎直向上為y軸，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在O點(diǎn)以與x軸成α＝60°的初速度v射入磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙，其中t0=2πm3B0q，規(guī)定垂直紙面向外為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，粒子重力不計(jì)。求： （1）粒子從O點(diǎn)射出后第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)； （2）當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到與x軸距離最大的位置時(shí)，該位置與O點(diǎn)的水平距離。 答案 （1）粒子從O點(diǎn)射出后第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(3mvB0q，0)； （2）當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到與x軸距離最大的位置時(shí)，該位置與O點(diǎn)的水平距離為lk=2k(π3+3)mvB0q-(33+2π)mv6B0q(k=1，2，3?) 解析 （1）t＝0粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力提供向心力，有qvB0=mv2r 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv=2πmB0q 由于t0=13T，所以粒子恰好在t0時(shí)刻第一次經(jīng)過(guò)x軸，由幾何關(guān)系有x=3r 所以第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(3mvB0q，0) （2）作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖 粒子在第2個(gè)t0時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離s＝vt0 粒子第一次與x軸距離最大時(shí)，離O點(diǎn)的水平距離為l1=3r+scos60°+32r 第二次與x軸距離最大時(shí)，離O點(diǎn)的水平距離為l2=l1+2(3r+scos60°) 所以當(dāng)粒子第k次運(yùn)動(dòng)到與x軸距離最大的位置時(shí)，該位置與O點(diǎn)的水平距離lk=l1+2(k-1)(3r+scos60°)(k=1，2，3?) 即lk=2k(π3+3)mvB0q-(33+2π)mv6B0q(k=1，2，3?)

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