教科版高中物理选择性必修第二册第1章章末综合提升学案

这是一份教科版高中物理选择性必修第二册第1章章末综合提升学案，共27页。

主题1　安培力作用下的力学问题1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象。(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。立体图　　　　　平面图立体图　　　　　　平面图(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。2．安培力作用下的功能问题分析要点(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时，将机械能或其他形式的能转化为电能。(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。【典例1】　如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计。另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。求：(1)此磁场的方向；(2)该磁场的磁感应强度B的取值范围。[解析]　(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如图所示。经分析知磁场的方向斜向下指向纸里。甲　　　　　　乙(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则：F安sin 30°＋Ff－mg＝0F安＝B1ILFf＝μF安cos 30°I＝ER+r联立解得B1≈3.0 T。当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则：F安′sin 30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF安′cos 30°F安′＝B2ILI＝ER+r可解得B2≈16.3 T。所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T。[答案]　(1)斜向下指向纸里(2)3.0 T≤B≤16.3 T解答安培力问题的一般步骤(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体。(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等。(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程。(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解。 主题2　带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题1．带电粒子的电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。2．磁场方向的不确定形成多解磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。3．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。4．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。【典例2】　在x轴上方有匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。[解析]　要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速并以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝OM＝l(n＝1，2，3…)。 ①R＝mvqB ②Eq·y＝12mv2 ③联立①②③可得：y＝B2l2q8n2mE(n＝1，2，3…)。[答案]　y＝B2l2q8n2mE(n＝1，2，3…)求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。 主题3　带电粒子在组合场中运动1．四种常见的运动模型(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图：2．三种常用的解题方法(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。【典例3】　如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：111H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；312H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。[解析]　(1)11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1 ①h＝12a1t1 2 ②由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，则11H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tan θ1 ③联立以上各式得s1＝233h。 ④211H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1 ⑤设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝v12+a1t12 ⑥设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝mv1'2R1 ⑦由几何关系得s1＝2R1sin θ1 ⑧联立以上各式得B＝6mEqh。 ⑨(3)设12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 122mv22＝12mv12 ⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2 ⑪设12H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2 ⑫h＝12a2t22 ⑬v2′＝v22+a2t22 ⑭sin θ2＝a2t2v2' ⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝ 22v1′ ⑯设12H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝2mv2'qB＝2R1 ⑰所以出射点在原点左侧。设12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sin θ2 ⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，12H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝233(2－1)h。[答案]　(1)23h3　(2)6mEqh　(3)233(2－1)h关于带电粒子在复合场中运动的问题，应借助示意图把物理过程划分为几个阶段，考虑每个阶段的运动特点和所遵循的规律，同时要充分考虑几何知识的灵活运用。 主题4　带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中运动的基本性质(1)匀速直线运动：若带电粒子所受合外力为零，它将处于静止或匀速直线运动状态。(2)匀速圆周运动：若带电粒子所受合外力只充当向心力，它将做匀速圆周运动。(3)匀变速运动：若带电粒子所受合外力恒定，它将做匀变速运动。(4)非匀变速运动：若带电粒子所受合外力不恒定，它将做非匀变速运动。2．临界问题关键词转化【典例4】　如图所示，足够大的平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平面成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝mgq；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。(1)求小球刚进入平行板时的速度v的大小和方向；(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。[解析]　(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力F电＝qE＝mg，方向沿左上方与水平成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg。如图所示则满足F洛＝mg，F洛＝qvB解得v＝mgqB方向与MN成θ＝60°角斜向下。(2)依题知qE＝mg故小球在两板间做匀速圆周运动。由牛顿第二定律qvB＝mv2r得r＝mqB2g且T＝2πrv＝2πmqB如图示位置撤去电场由qvB＝mg可知小球做匀速直线运动。由几何关系得d≥r＋r cos θ＝3m2g2q2B2且t＝π-θ2πT＝2πm3qB。[答案]　(1)mgqB　方向与MN成θ＝60°角斜向下　(2)d≥3m2g2q2B2　2πm3qB带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了静电力和洛伦兹力。因此，带电粒子在复合场中的运动问题要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如静电力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直且永不做功等。章末综合测评(一)　磁场对电流的作用一、选择题(共12小题，1～8题为单选题，9～12题为多选题。)1．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm。若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力(　　)A．大小为0.6 N，方向沿PA方向B．大小为0.6 N，方向沿AP方向C．大小为0.3 N，方向沿PA方向D．大小为0.3 N，方向沿BC方向C　[力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2 N＝0.3 N。故C正确，A、B、D错误。]2．如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流、偏转线圈内偏转磁场的方向和强弱，电子束都在不断变化，电子束打在荧光屏上的荧光屏光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是(　　)A．光点打在A点，则磁场垂直纸面向里B．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱C．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱D．从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外且不断减弱，后垂直纸面向里且不断增强D　[如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外，故A错误；要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，则磁场方向应该先垂直纸面向外后垂直纸面向里，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则由电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝mvBq分析得知，偏转磁场强弱应该先减弱，再增强，故B、C错误，D正确。]3．如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定。今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将(　　)A．向左平动 B．向右平动C．仍然静止 D．绕ab轴转动D　[根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力，同理b点也不受力；取线圈上下位置微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动，故D正确。]4．一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上。圆管底端有一个带正电的光滑小球。小球的直径略小于圆管的内径。空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中(　　)A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向D．小球的运动很复杂，以上说法都不对A　[洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设圆管运动速度为v1，小球垂直于圆管向右的分运动是匀速直线运动；小球沿圆管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿圆管做匀加速直线运动；与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确。]5．两个带电粒子以同一速度从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则(　　)A．a带负电、b带正电，比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1B．a带负电、b带正电，比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶2C．a带正电、b带负电，比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1D．a带正电、b带负电，比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶2C　[由粒子的运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据r＝mvqB，可得qm＝vBr，所以q1m1∶q2m2＝r2∶r1＝2∶1，C正确。]6．如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则(　　)A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1D　[粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T1＝2πmqB、T2＝πmqB，结合ω＝2πT得ω1∶ω2＝1∶2，A、B错误；t1＝2×60°360°T1，t2＝2×60°360°T2，得t1∶t2＝2∶1，D正确，C错误。]7．如图所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。开关断开时，力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G，现闭合开关，则下列说法正确的是(　　)A．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下B．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用C．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极D．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半，则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为G2IlD　[本题考查通电螺线管周围磁场的特点和安培力知识。闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，A错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，C错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl＝12G，可得B＝G2Il，D正确。]8．为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个表面内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是(　　)A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定高于后表面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关D　[根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与正负离子的多少无关，A、B错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qUb，解得U＝vBb，电压表的示数与离子浓度无关，C错误；v＝UBb，则流量Q＝vbc＝cUB，与U成正比，与a、b无关，D正确。]9．如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方。开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为FT，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为FT′。下列说法正确的是(　　)A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中电流变为FTFT-FT'I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中电流变为FT'FT-FT'I时，两细线内的张力均为零BC　[线圈内不通电流时，由平衡条件有mg＝2FT，设ab和cd所在位置处的磁感应强度分别为B1和B2，由题意及平衡条件知，当线圈中通过的电流为I时，mg＝(B1－B2)IL＋2FT′，由于细线上的张力减小，则ab所受安培力向上，由左手定则可知，电流的方向为a→b→c→d→a，B正确，A错误；当两根细线内的张力为零时，mg＝(B1－B2)I′L，联立可得I′＝FTFT-FT'I，C正确，D错误。]10．(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力BC　[由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。故选BC。]11．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，分别与高频交流电极相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速。两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中。如图所示，交流电压为U0，频率为f，保持匀强磁场B不变，分别对质子11H和氦核24He加速。下列说法正确的是(　　)A．若f不变，可以先后对质子和氦核进行加速B．增大加速电压U0，可以使粒子最终获得更大的动能C．质子与氦核所能达到的最大速度之比为2∶1D．若U0不变，且不考虑电场加速时间，质子与氦核从静止开始加速到出口处回旋整数圈所用的时间相同CD　[加速电场的频率f＝qB2πm，加速质子和加速氦核需要的交流电的频率是不同的，所以若f不变，不能先后对质子和氦核进行加速，A错误；当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝mvm2R，得vm＝qBRm，Ekm＝12mvm2＝q2B2R22m，与电压U0无关，B错误；根据质子(11H)和氦核(24He)的比荷关系，得质子与氦核所能达到的最大速度之比为2∶1，C正确；不考虑电场加速的时间，粒子在磁场中的时间为t＝Ekm2U0q·T＝q2B2R24mU0q·2πmqB＝BR2π2U0，与粒子的质量和电荷量均无关，D正确。]12．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是(　　)A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vNB．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM>FNC．小球第一次到达M点的时间大于到达N点的时间D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能到达轨道另一端ABD　[小球在磁场中到达轨道最低点时只有重力做功，vM＝2gR，在电场中到达轨道最低点时，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有mgR－qER＝12mvN2，vN＝2gR-2qERm，所以vM>vN；因为aM＝bN，所以该过程所用时间tMFN′，由牛顿第三定律可知FM＝FM′，FN＝FN′，B正确。]二、非选择题(共6小题。)13．在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的“带电粒子”)的电荷量的值是e(电子电荷量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以及载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如图中所示)。现将这块样品接入电路中，且把靠外的平面标记为M，靠里的平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，调节可变电阻R。使电路中产生合适的电流。然后用电压表判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍尔电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。(1)当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带________电(填“正”或“负”)；(2)为了测定载流子的数密度n，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有(写出物理量的含义并设定相应的符号)__________________；(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n＝________。[解析]　(1)根据左手定则，载流子如果是正电荷，M板将带正电，是高电势，因此材料中的载流子带负电。(2)(3)电流的微观解释是I＝neSv，横截面积S＝bd，电压达到稳定以后有qvB＝qE，电场强度与电势差的关系是U＝bE，联立以上各式得n＝BIUed，所以还需测量I和U。[答案]　(1)负　(2)电路中的电流强度(电流表的读数)I，M、N间的电压(电压表的读数或霍耳电压)U　(3)BIUed14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源，R为电阻箱，Ⓐ为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。(1)在图中画线连接成实验电路图。(2)完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________。④用米尺测量________。(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。[解析]　(1)如图所示(2)③在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；并用天平称出此时细沙的质量m2；④D的底边长度L；(3)(4)开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg＝m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有m2g＝m1g＋BIL则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m2＜m1，有m2g＝m1g－BIL则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则B＝m2-m1gIL。[答案]　(1)见解析图(2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度L(3)m2-m1gIL　(4)m2>m115．如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：(1)B至少多大？这时B的方向如何？(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？[解析]　(1)画出截面图，如图所示。只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L＝mg sin α，B＝mgsinαI1L。(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，由沿导轨方向合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝I1cosα。[答案]　(1)mgsinαI1L　方向垂直导轨平面向上　(2)I1cosα16．如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间。[解析]　(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B0，则有ev0B0＝mv02r，过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝r，已知OA＝L由几何知识得r＝2L联立解得B0＝mv02eL。(2)由于ABO在有界磁场圆上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由几何关系知△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为 32L，L2。(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝2πrv0＝4πLv0电子在磁场中运动的时间t＝60°360°T＝T6＝2πL3v0。[答案]　(1)mv02eL　(2)32L，L2　(3)2πL3v017．两块平行金属板MN、PQ水平放置，板长为L，两板间距离为 3L。在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上，如图所示。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子沿两板间中心线以初速度v0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后恰好垂直AB边进入磁场，并垂直AC边射出。不计粒子的重力，整个装置都处于真空中。求：(1)两极板间的电压的大小；(2)三角形区域内的磁感应强度的大小；(3)粒子从开始进入电场到从AC边射出经历的时间。[解析]　(1)运动的水平位移L＝v0t1，分解电场中类平抛运动的末速度可得tan 30°＝at1v0，由牛顿第二定律得qU3L＝ma，解得U＝mv02q。(2)粒子运动的轨迹如图所示，磁场中，qvB＝mv2R，即R＝mvqB。由几何关系可确定半径AD长度为R＝L＋L2＝32L，进入磁场的速度v满足v0＝v cos 30°，解得B＝43mv09qL。(3)粒子在电场中的偏转时间t1＝Lv0，粒子飞出电场到刚要进磁场的过程中做匀速直线运动，这个过程位移的水平分量为14L，所用时间t2＝L4v0，粒子在磁场中的运动时间t3＝16T。而运动周期T＝2πmqB，解得t3＝3πL4v0，所以总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝5+3πL4v0。[答案]　1 mv02q　(2)43mv09qL　(3)5+3πL4v018．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1＝2 N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，B＝1 T，电场方向竖直向上，E2＝2 N/C。t＝0时刻，一个带正电的质点在O点以v＝2 m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角射入y轴的左侧空间，质点的电荷量为q＝10-6 C，质量为m＝2×10-7 kg ，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)质点从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标；(2)质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间；(3)E1为何值时，质点从O点射入恰好第二次通过y轴时经过O点。[解析]　(1)质点从O点进入左侧空间后，qE2＝2×10-6 N＝mg电场力与重力平衡，质点在第二象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2RR＝mvqB＝ 25 m质点第一次通过y轴的位置y1＝2R＝0.4 m即质点从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标为(0，0.4 m)。(2)质点的14个匀速圆周运动的时间t1＝14·2πmqB＝π10 s质点到达y轴右侧空间时，F合＝qE12+mg2＝2mg，a＝2g且质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2＝2·va＝0.2 s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t＝t1＋t2＝2+π10 s。(3)质点从第一次通过y轴到第二次通过y轴的过程中，在x方向上：0＝vcos45°·t3-12·qE1'mt3 2在y方向上：y1＝－vcos45°·t3＋12gt32解得：E1′＝1 N/C。[答案]　(1)(0，0.4 m)　(2)2+π10 s　(3)1 N/C