高二物理人教版选修3-1自我检测 第三章 磁场 章末测试题 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高二物理人教版选修3-1自我检测 第三章 磁场 章末测试题 Word版含解析 |  | |
| 格式 | DOC | ||
| 文件大小 | 431.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-10-09 19:59:20 | ||
图片预览
文档简介
一、选择题(1～7为单选题，每小题5分，8～10为多选题，每小题6分，共53分)
1.一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，如图所示．导线中的电流方向由左向右，当导线以其中点O为轴转过90°的过程中，导线受到的磁场力的大小将( B )
A．不变 B．由零增至最大
C．由最大减为零 D．始终不受磁场力
解析：由F＝BIL·sinθ得，θ＝0°时，F＝0，θ逐渐增加到90°，则sinθ变大，F由零增加到最大．
2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( B )
3．铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心O处的磁场方向为( A )
A．向下 B．向上 C．垂直于纸面向里 D．垂直于纸面向外
解析：铁环左侧上端为N极，右侧上端也为N极，在环中心叠加后，在中心O磁场方向向下．
3题图
4题图
5题图
6题图
4．如图所示，固定在水平地面上的倾角为θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面向外的电流，导体棒保持静止．现在空间中加上竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则( C )
A．导体棒受到的合力一定增大 B．导体棒一定受4个力的作用
C．导体棒对斜面的压力一定增大 D．导体棒所受的摩擦力一定增大
解析：导体棒加匀强磁场前后均静止，合力为零，故合力不变，故A错误；当加上磁场后，如果mgsinθ＝BILcosθ，则导体棒不受摩擦力，此时受3个力，故B错误；不加磁场时FN＝mgcosθ，加上磁场后对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋BILsinθ，故压力增大，故C正确；导体棒受到的摩擦力不一定变大，故D错误．
5．如图所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( A )
A．纵向收缩，径向膨胀 B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩 D．纵向收缩，径向收缩
解析：通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀，故A对．
6．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过b点，Oa＝Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( C )
A．v0 B. C．2v0 D.
解析：设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d＝，得B＝
如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d＝2 得E＝，所以＝2v0.选项C正确．
7．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是( A )
A．v> B．v<
C．v> D．v<
解析：由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，
速度与EF平行，轨迹与EF相切，
如右图．由几何知识，得R＋Rcosθ＝d，R＝
解得v0＝，v>v0 即能从EF射出．
8.如图所示，一束正离子先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( CD )
A．电荷 B．质量 C．速度 D．比荷
解析：离子在区域Ⅰ内不偏转，则有qvB＝qE，v＝，说明离子有相同速度，C对．在区域Ⅱ内半径相同，由r＝知，离子有相同的比荷，D对．至于离子的电荷与质量是否相等，由题意无法确定，A、B错．
9.如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( AD )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对B错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D对C错．
10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( AC )
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的外侧边缘进入加速器
C．离子从电场中获得能量
D．要想离子获得的动能越大，则要求加速电压越大
解析：离子由加速器的中心附近进入加速器，从而实现在电场中加速，在磁场中偏转，故A正确，B错误．回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子，故C正确．根据qvB＝得，粒子出D形盒时的速度vm＝，则粒子出D形盒时的动能Ekm＝，故D错误．
二、填空题(共14分)
11．(4分)如图所示，铜棒ab长0.1 m，质量为6×10－2 kg，两端与长为1 m的轻铜线相连，静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，平衡时的偏转角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了0.12 J；通电电流的大小为9 A．(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：ΔEp＝mgL1(1－cos37°)＝6×10－2×10×1×(1－0.8) J＝0.12 J 以导体棒为研究对象，受力如图．
受重力mg、悬线拉力T及安培力F，处于平衡状态，则mgtanθ＝F，F＝BIL2 得I＝＝9 A.
12．(6分)如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B.今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．如果电子的比荷为，则电子射入时的速度为，电子通过磁场的时间为，此过程中电子的动能增量为0.
解析：如图所示电子运动的圆心为O′，由几何知识，可知电子做圆周运动的轨迹半径为R.
由evB＝，得v＝ 由T＝，得电子运动时间t＝＝.
由于洛伦兹力不做功，故动能不变，动能增量ΔEk＝0.
13．(4分)如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为.
解析：因为右边再加上质量为m的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知，开始时天平的右臂下面挂的矩形线圈受到的安培力F方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．电流反向时矩形线圈受到的安培力F方向竖直向上，安培力的变化量ΔF＝mg，所以有2NILB＝mg，得B＝.
三、计算题(共33分)
14．(8分)水平面上有一电阻不计的U形导轨NMPQ，宽度为L，M和P之间接有电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
(1)当ab棒静止时，其受到的支持力和摩擦力各为多少？
(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
答案：(1)mg－ (2) 方向水平向右
解析：(1)从b向a看的侧视图如图所示．
水平方向：Ff＝FAsinθ竖直方向：FN＋FAcosθ＝mg
又FA＝BIL＝BL 解得FN＝mg－，Ff＝.
(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，
则有FA＝mg，Bmin＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
15.(8分)如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形金属导轨上，两导轨相互平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；当开关闭合时，导体棒向纸面外滑动，最终静止在与竖直方向成37°角的位置，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)判断磁场的磁感应强度方向；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN.
答案：(1)方向竖直向下 (2) (3)mg
解析：
(1)导体棒受到的安培力向外，根据左手定则可知磁场方向竖直向下．
(2)从左向右看受力分析如图所示：由受力平衡得到：＝tan37° 解得B＝
即磁场的磁感应强度B的大小为.
(3)两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：2FNcos37°＝mg 解得：FN＝mg
即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg.
16．(8分)如图所示，一个质量为m、电量为＋q的带电粒子从A孔以初速度v0垂直于AD进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场中，电场方向跟OC平行，OC⊥AD，最后打在D点，且＝2.若已知m，q，v0，B，不计重力，试求：
(1)粒子运动到D点所需时间；
(2)粒子抵达D点时的动能．
答案：(1) (2)mv
解析：带电粒子垂直进入磁场，在磁场中将做匀速圆周运动，运动时间t1＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动时间t2＝
带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力不做功，只有粒子在电场中运动时电场力对粒子做正功．由动能定理可求粒子抵达D点时的动能．
(1)带电粒子在磁场中运动时间t1为t1＝＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间t2为t2＝＝＝＝
所以粒子运动到D点的时间为t＝t1＋t2＝＋＝.
(2)电场力对带电粒子做正功．由动能定理求粒子到达D点时动能Ek W＝Ek－mv，W＝F电r＝mar.①
而r＝at 所以W＝②
由①②式，得Ek＝mv＋＝mv.
17．(9分)如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场．在x＝L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场．在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向．已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB.若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B击中屏的位置到x轴的距离也等于r.粒子A和粒子B的重力均不计．求：
(1)试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图；
(2)粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．
答案：(1)见解析 (2)3r－
解析：(1)粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，如图所示．
(2)由题意，两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB
粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，
qvAB＝解得：vA＝，vB＝
粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为yA＝2，r＝2
由以上两式解得yA＝所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为Δy＝2r＋r－yA＝3r－.
1.一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，如图所示．导线中的电流方向由左向右，当导线以其中点O为轴转过90°的过程中，导线受到的磁场力的大小将( B )
A．不变 B．由零增至最大
C．由最大减为零 D．始终不受磁场力
解析：由F＝BIL·sinθ得，θ＝0°时，F＝0，θ逐渐增加到90°，则sinθ变大，F由零增加到最大．
2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( B )
3．铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心O处的磁场方向为( A )
A．向下 B．向上 C．垂直于纸面向里 D．垂直于纸面向外
解析：铁环左侧上端为N极，右侧上端也为N极，在环中心叠加后，在中心O磁场方向向下．
3题图
4题图
5题图
6题图
4．如图所示，固定在水平地面上的倾角为θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面向外的电流，导体棒保持静止．现在空间中加上竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则( C )
A．导体棒受到的合力一定增大 B．导体棒一定受4个力的作用
C．导体棒对斜面的压力一定增大 D．导体棒所受的摩擦力一定增大
解析：导体棒加匀强磁场前后均静止，合力为零，故合力不变，故A错误；当加上磁场后，如果mgsinθ＝BILcosθ，则导体棒不受摩擦力，此时受3个力，故B错误；不加磁场时FN＝mgcosθ，加上磁场后对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋BILsinθ，故压力增大，故C正确；导体棒受到的摩擦力不一定变大，故D错误．
5．如图所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( A )
A．纵向收缩，径向膨胀 B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩 D．纵向收缩，径向收缩
解析：通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀，故A对．
6．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过b点，Oa＝Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( C )
A．v0 B. C．2v0 D.
解析：设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d＝，得B＝
如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d＝2 得E＝，所以＝2v0.选项C正确．
7．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是( A )
A．v> B．v<
C．v> D．v<
解析：由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，
速度与EF平行，轨迹与EF相切，
如右图．由几何知识，得R＋Rcosθ＝d，R＝
解得v0＝，v>v0 即能从EF射出．
8.如图所示，一束正离子先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( CD )
A．电荷 B．质量 C．速度 D．比荷
解析：离子在区域Ⅰ内不偏转，则有qvB＝qE，v＝，说明离子有相同速度，C对．在区域Ⅱ内半径相同，由r＝知，离子有相同的比荷，D对．至于离子的电荷与质量是否相等，由题意无法确定，A、B错．
9.如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( AD )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对B错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D对C错．
10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( AC )
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的外侧边缘进入加速器
C．离子从电场中获得能量
D．要想离子获得的动能越大，则要求加速电压越大
解析：离子由加速器的中心附近进入加速器，从而实现在电场中加速，在磁场中偏转，故A正确，B错误．回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子，故C正确．根据qvB＝得，粒子出D形盒时的速度vm＝，则粒子出D形盒时的动能Ekm＝，故D错误．
二、填空题(共14分)
11．(4分)如图所示，铜棒ab长0.1 m，质量为6×10－2 kg，两端与长为1 m的轻铜线相连，静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，平衡时的偏转角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了0.12 J；通电电流的大小为9 A．(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：ΔEp＝mgL1(1－cos37°)＝6×10－2×10×1×(1－0.8) J＝0.12 J 以导体棒为研究对象，受力如图．
受重力mg、悬线拉力T及安培力F，处于平衡状态，则mgtanθ＝F，F＝BIL2 得I＝＝9 A.
12．(6分)如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B.今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．如果电子的比荷为，则电子射入时的速度为，电子通过磁场的时间为，此过程中电子的动能增量为0.
解析：如图所示电子运动的圆心为O′，由几何知识，可知电子做圆周运动的轨迹半径为R.
由evB＝，得v＝ 由T＝，得电子运动时间t＝＝.
由于洛伦兹力不做功，故动能不变，动能增量ΔEk＝0.
13．(4分)如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为.
解析：因为右边再加上质量为m的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知，开始时天平的右臂下面挂的矩形线圈受到的安培力F方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里．电流反向时矩形线圈受到的安培力F方向竖直向上，安培力的变化量ΔF＝mg，所以有2NILB＝mg，得B＝.
三、计算题(共33分)
14．(8分)水平面上有一电阻不计的U形导轨NMPQ，宽度为L，M和P之间接有电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
(1)当ab棒静止时，其受到的支持力和摩擦力各为多少？
(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
答案：(1)mg－ (2) 方向水平向右
解析：(1)从b向a看的侧视图如图所示．
水平方向：Ff＝FAsinθ竖直方向：FN＋FAcosθ＝mg
又FA＝BIL＝BL 解得FN＝mg－，Ff＝.
(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，
则有FA＝mg，Bmin＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
15.(8分)如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形金属导轨上，两导轨相互平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；当开关闭合时，导体棒向纸面外滑动，最终静止在与竖直方向成37°角的位置，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)判断磁场的磁感应强度方向；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN.
答案：(1)方向竖直向下 (2) (3)mg
解析：
(1)导体棒受到的安培力向外，根据左手定则可知磁场方向竖直向下．
(2)从左向右看受力分析如图所示：由受力平衡得到：＝tan37° 解得B＝
即磁场的磁感应强度B的大小为.
(3)两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：2FNcos37°＝mg 解得：FN＝mg
即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg.
16．(8分)如图所示，一个质量为m、电量为＋q的带电粒子从A孔以初速度v0垂直于AD进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场中，电场方向跟OC平行，OC⊥AD，最后打在D点，且＝2.若已知m，q，v0，B，不计重力，试求：
(1)粒子运动到D点所需时间；
(2)粒子抵达D点时的动能．
答案：(1) (2)mv
解析：带电粒子垂直进入磁场，在磁场中将做匀速圆周运动，运动时间t1＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动时间t2＝
带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力不做功，只有粒子在电场中运动时电场力对粒子做正功．由动能定理可求粒子抵达D点时的动能．
(1)带电粒子在磁场中运动时间t1为t1＝＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间t2为t2＝＝＝＝
所以粒子运动到D点的时间为t＝t1＋t2＝＋＝.
(2)电场力对带电粒子做正功．由动能定理求粒子到达D点时动能Ek W＝Ek－mv，W＝F电r＝mar.①
而r＝at 所以W＝②
由①②式，得Ek＝mv＋＝mv.
17．(9分)如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场．在x＝L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场．在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向．已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB.若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B击中屏的位置到x轴的距离也等于r.粒子A和粒子B的重力均不计．求：
(1)试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图；
(2)粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．
答案：(1)见解析 (2)3r－
解析：(1)粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，如图所示．
(2)由题意，两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB
粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，
qvAB＝解得：vA＝，vB＝
粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为yA＝2，r＝2
由以上两式解得yA＝所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为Δy＝2r＋r－yA＝3r－.