1、1如圖所示，把一導線用彈簧掛在蹄形磁鐵磁極的正上方，當導線中通以圖示電流I時，導線的運動情況是（從上往下看）（ ）A順時針方向轉動，同時下降B順時針方向轉動，同時上升C逆時針方向轉動，同時下降D逆時針方向轉動，同時上升2圖中的D為置于電磁鐵兩極間的一段通電直導線，電流方向垂直于紙面向里。在電鍵S接通后，導線D所受磁場力的方向是A向上 B向下 C向左 D向右××××××××××××B3如圖所示，一個質量為m、帶電量為+q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感

2、應強度為B的勻強磁場中。現給圓環向右初速度v0，在以后的運動過程中，圓環克服摩擦力所做的功可能為( )A0 B C D4如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC為兩有界勻強磁場的理想邊界，三角形內的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，三角形外的磁場（足夠大）方向垂直紙面向里，磁感應強度大小也為B。把粒子源放在頂點A處，它將沿A的角平分線發射質量為m、電荷量為q、初速度為v0的帶電粒子（粒子重力不計）。若從A射出的粒子CABv0帶負電，第一次到達C點所用時間為t1帶負電，第一次到達C點所用時間為t2帶正電，第一次到達C點所用時間為t3帶正電，第一次到達C點所用時間為t4則下列判斷正確的是At1

3、= t3< t2= t4 Bt1< t2< t4 < t3Ct1< t2< t3< t4 Dt1< t3< t2< t45電磁流量計的原理圖如圖所示，橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c流量計的兩端與輸送液體的管道相連接（圖中的虛線）圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料現于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面當導電液體穩定地流過流量計時，在管道外將流量計上、下表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值已知流體的電阻率為r ，不計電流表的內阻，

4、則可求得流量（流量等于單位時間內流過的體積）為（ ）A、 B、 C、D、6如圖所示，質量為0.05kg，長l0.1m的銅棒，用長度也為l的兩根輕軟導線水平懸掛在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B0.5T.不通電時，輕線在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度37°，求此棒中恒定電流多大？(不考慮棒擺動過程中產生的感應電流，g取10N/kg)同學甲的解法如下：對銅棒受力分析如圖所示：當最大偏轉角37°時，棒受力平衡，有：FTcosmg，FTsinF安BIl得IA7.5A同學乙的解法如下：F安做功：WFFx1BIlsin37°×lsin37

5、6;BI(lsin37°)2重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由動能定理得：WFWG0代入數據解得：IA5.56A請你對甲、乙兩同學的解法作出評價：若你對兩者都不支持，則給出你認為正確的解答7如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d，兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，如圖建立坐標系，x軸平行于金屬板，與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板。區域I的左邊界在y軸，右邊界與區域II的左邊界重合，且與y軸平行；區域II的左、右邊界平行。在區域I和區域II內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B，區域I內的磁場垂直于Oxy平面向外，區域II

6、內的磁場垂直于Oxy平面向里。一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運動，并先后通過區域I和。已知電子電量為e，質量為m，區域I和區域II沿x軸方向寬度均為,不計電子所受重力。（1）求兩金屬板之間電勢差U（2）求電子從區域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y8如圖甲所示為一傾角=30°的足夠長的絕緣斜面，在斜面上P點的上方是光滑的，P點下方粗糙，整個斜面體處在一個交變的電磁場中，電、磁場的變化規律如圖乙和丙所示，磁場方向以垂直紙面向外為正，而電場的方向以豎直向下為正，其中，現有一個可視為質點、帶負電的小物塊（其質量為、帶電量大小為)，從t=0時刻由

7、靜止開始從A點沿斜面下滑，在t=3t0時刻剛好到達斜面上的P點，在以后運動過程中的某時刻開始，物塊運動的速率保持不變.若已知斜面粗糙部分與物塊間的動摩擦因素為，求：（1）小球在t0時刻的速度及AP的長度；（2）在整個運動過程中物塊離開斜面的最大距離為多少？9如圖所示，在一個圓形區域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區域、中，A2A4與A1A3的夾角為60º。一質量為m的帶電量為+q的粒子以某一速度從區的邊緣點A1處沿與A1A3成30º角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經過圓心O進入區，最后再從A4處射出磁場。已知該

8、粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區和區中磁感應強度的大小（忽略粒子重力）。10如圖所示，在平面直角坐標系xoy的0x2L、0yL區域內存在沿y軸正向的勻強電場，一質量為m，電荷量為q，不計重力，帶正電的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入電場后，恰好從M（2L，L）點離開電場，粒子離開電場后將有機會進入一個磁感應強度大小為、方向垂直于紙面向外的矩形磁場區域，并最終從x軸上的N（4L，0）點與x軸正向成45°角離開第一象限，題中只有m、v0、q、L為已知量，求：（1）勻強電場的電場強度E（2）粒子在第一象限內運動的時間（3）如果粒子離開M點后有機會進入的是垂直紙面向里的矩形磁

9、場，磁感應強度大小仍然為，粒子運動一段時間后仍然能從x軸上的N點與x軸正向成45°角離開第一象限，則該矩形區域的最小面積S11如圖所示，在直角坐標系的原點O 處有一放射源，向四周均勻發射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右側有一很薄的擋板，垂直于x 軸放置，擋板與xoy 平面交線的兩端M、N 正好與原點O 構成等邊三角形，O 為擋板與x 軸的交點。在整個空間中，有垂直于xoy 平面向外的勻強磁場（圖中未畫出），帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動。已知帶電粒子的質量為m，帶電荷量大小為q，速度大小為，MN 的長度為L。（不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用）（1

10、）確定帶電粒子的電性；（2）要使帶電粒子不打在擋板上，求磁感應強度的最小值；（3）要使MN 的右側都有粒子打到，求磁感應強度的最大值。（計算過程中，要求畫出各臨界狀態的軌跡圖）12如圖所示，在xoy第一象限內分布有垂直xoy向外的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.5×10-2T。在第二象限緊貼y軸和x軸放置一對平行金屬板MN（中心軸線過y軸），極板間距d=0.4m；極板與左側電路相連接，通過移動滑動頭P可以改變極板MN間的電壓。a、b為滑動變阻器的最下端和最上端（滑動變阻器的阻值分布均勻），a、b兩端所加電壓。在MN中心軸線上距y軸距離為L=0.4m處，有一粒子源S沿x軸正方向連續射出

11、比荷為，速度為v0=2.0×104m/s帶正電的粒子，粒子經過y軸進入磁場，經過磁場偏轉后從x軸射出磁場（忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用）。（1）、當滑動頭P在a端時，求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R0；（2）、當滑動頭P在ab正中間時，求粒子射入磁場時速度的大小；（3）、滑動頭P的位置不同則粒子在磁場中運動的時間也不同，求粒子在磁場中運動的最長時間。LBOEFDaS13如圖所示，在半徑為a的圓形區域內充滿磁感應強度大小為的均勻磁場，其方向垂直于紙面向里在圓形區域平面內固定放置一絕緣材料制成的邊長為L=1.2a的剛性等邊三角形框架，其中心位于圓形區域的圓心邊上點（DS=L/2）處

12、有一發射帶電粒子源，發射粒子的方向皆在圖示平面內且垂直于邊，發射粒子的電量皆為（0），質量皆為，但速度有各種不同的數值若這些粒子與三角形框架的碰撞均無機械能損失，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊試問：（1）若發射的粒子速度垂直于邊向上，這些粒子中回到點所用的最短時間是多少？（2）若發射的粒子速度垂直于邊向下，帶電粒子速度的大小取哪些數值時可使點發出的粒子最終又回到點？這些粒子中，回到點所用的最短時間是多少？(不計粒子的重力和粒子間的相互作用)14如圖所示，固定的半圓形絕緣光滑軌道置于正交的勻強電場和勻強磁場疊加的區域中。軌道半徑為R，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，電場強度為E，方

13、向水平向左。（1）一個質量為m的小球（可視為質點）放在軌道上的C點恰好處于靜止，圓弧半徑OC與水平直徑AD的夾角為（sin=0.8，cos=0.6）。求小球所電荷量；試說明小球帶何種電荷并陳述理由。（2）如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力是多少？（3） 若將小球從A點由靜止釋放，小球沿圓弧軌道運動到最低點時，與另一個質量也為m且靜止在O點正下方P點的不帶電小球（可視為質點）發生碰撞，設碰撞過程歷時可以忽略且無機械能損失也無電荷轉移。兩小球在運動過程中始終沒有脫離圓弧軌道。求第一次碰撞后到第二次碰撞前，兩小球在圓弧軌道上上升的最大高度各是多少？ 15如圖所示，圓

14、形區域的勻強磁場，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。 O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質量為m、電量為q，不考慮帶電粒子的重力。 （1）推導粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑；（2）求粒子通過磁場空間的最大偏轉角；（3）若粒子與磁場邊界碰撞后以原速率反彈，則從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子第一次回到O點經歷的時間是多長？（已知arctan2=）16如圖a所示，一個質量為m=20×10-11kg，電荷量g=10×10-5C的帶負電粒子（重力忽略不

15、計），從靜止開始經U1=100V電壓加速后，垂直于場強方向進入兩平行金屬板間的勻強偏轉電場。偏轉電場的電壓U2=100V，金屬板長L=20cm，兩極間距（1）粒子進人偏轉電場時的速度v0大小；（2）粒子射出偏轉電場時的偏轉角；（3）在勻強電場的右邊有一個足夠大的勻強磁場區域。若以粒子進入磁場的時刻為t=0，磁感應強度B的大小和方向隨時間的變化如圖b所示，圖中以磁場垂直于紙面向內為正。如圖建立直角坐標系（坐標原點為微粒進入偏轉電場時初速度方向與磁場的交邊界點）。求在時粒子的位置坐標（X、Y）。（答案可以用根式表示，如用小數，請保留兩位有效數字）17如圖所示，在空間中固定放置一絕緣材料制成的邊長為

16、L的剛性等邊三角形框架DEF，DE邊上S點處有一發射帶正電的粒子源，發射粒子的方向皆在圖中截面內且垂直于DE邊向下發射的電荷量皆為q，質量皆為m，但速度v有各種不同的值整個空間充滿磁感應強度大小為B，方向垂直截面向里的均勻磁場設粒子與DEF邊框碰撞時沒有能量損失和電荷量傳遞求：(1)帶電粒子速度的大小為v時，做勻速圓周運動的半徑；(2)帶電粒子速度v的大小滿足什么條件時，可使S點發出的粒子最終又垂直于DE邊回到S點？(3)這些粒子中，回到S點所用的最短時間是多少？18如圖所示，有一半徑為R1=1m的圓形磁場區域，圓心為O，另有一外半徑為R2=m、內半徑為R1的同心環形磁場區域，磁感應強度大小均

17、為B=0.5T，方向相反，均垂直于紙面，一帶正電粒子從平行極板下板P點靜止釋放，經加速后通過上板小孔Q，垂直進入環形磁場區域，已知點P、Q、O在同一豎直線上，上極板與環形磁場外邊界相切，粒子比荷q/m=4×107C/kg，不計粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應，求：（1）若加速電壓U11.25×102V，則粒子剛進入環形磁場時的速度多大？（2）要使粒子不能進入中間的圓形磁場區域，加速電壓U2應滿足什么條件？（3）若改變加速電壓大小，可使粒子進入圓形磁場區域，且能水平通過圓心O，最后返回到出發點，則粒子從Q孔進入磁場到第一次經過O點所用的時間為多少？NabcdSE370&#

18、215;×××××××××××××××××B19（12分）如圖所示，真空室內存在寬度為d=8cm的勻強磁場區域，磁感應強度B=0.332T，磁場方向垂直于紙面向里；ab、cd足夠長，cd為厚度不計的金箔，金箔右側有一勻強電場區域，電場強度E=3.32×105N/C；方向與金箔成37°角.緊挨邊界ab放一點狀粒子放射源S，可沿紙面向各個方向均勻放射初速率相同的粒子，已知：粒子的質量m=6.64×10

19、 27kg，電荷量q = 3.2×10 19C，初速度v = 3.2×106m/s。（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8）求：（1）粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑R；（2）金箔cd被粒子射中區域的長度L；xOy30°ABaC（3）設打在金箔上d端離cd中心最遠的粒子穿出金箔進入電場，在電場中運動通過N點，SNab且SN = 40cm，則此粒子從金箔上穿出時，損失的動能EK為多少？20如圖所示，在xoy坐標系第一象限內有勻強磁場，磁場區域上邊界剛好與直線y=a重合，磁感應強度為B。一個帶正電的離子在坐標為（a，0）的A點以某一速度進

20、入磁場區域，進入磁場時速度方向與x軸正向夾角為30°，離子質量為m，帶電量為q。不計離子重力。（1）若離子離開磁場時位置坐標為（a，a ）的C點，求離子運動的速度大小（2）當離子進入磁場的速度滿足什么條件時可使離子在磁場區域運動的時間最長？并求出最長時間是多少？ Oyx× × × × ×× × × × ×× × × × ×30°vPv021如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于

21、平面向里的勻強磁場。現有一質量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O以速度大小為v0射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成30°角。當粒子第一次進入電場后，運動到電場中P點處時，方向與x軸正方向相同，P點坐標為（）L，L。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）粒子運動到P點時速度的大小為v；（2）勻強電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應強度B；（3）粒子從O點運動到P點所用的時間t。22如圖（a）所示，在以直角坐標系xOy的坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直xOy所在平面的勻強磁場。一帶電粒子由磁場邊界與

22、x軸的交點A處，以速度v0沿x軸負方向射入磁場，粒子恰好能從磁場邊界與y軸的交點C處，沿y軸正方向飛出磁場，不計帶電粒子所受重力。（1）求粒子的荷質比。（要求畫出粒子在磁場中運動軌跡的示意圖）（2）若磁場的方向和所在空間的范圍不變，而磁感應強度的大小變為B，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，粒子飛出磁場時速度的方向相對于入射方向改變了角，如圖（b）所示，求磁感應強度B的大小。（要求畫出粒子在磁場中運動軌跡的示意圖）23如圖所示，真空中直角坐標系XOY，在第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場，在第四象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B，在第二象限內有沿x軸正向的勻強電場，第三象

23、限內有一對平行金屬板M、N，兩板間距為d。所加電壓為U，兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁場。一個正離子沿平行于金屬板的軸線射入兩板間并做直線運動，從A點（L，0）垂直于x軸進入第二象限，從P（0，2L）進入第一象限，然后離子垂直于x軸離開第一象限，不計離子的重力，求：（1）離子在金屬板間運動速度V0的大小（2）離子的比荷q/m（3）從離子進入第一象限開始計時，離子穿越x軸的時刻24如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，從y軸上的A點水平

24、向右拋出經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強度E的大小和方向；(2)小球從A點拋出時初速度v0的大小；(3)A點到x軸的高度h.25如圖所示，在y>0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸正方向，在y<0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy坐標系平面向里。一電量為e，質量為m 的電子，經過y軸上y=d處的A點朝x軸正方向射入，速率為v；然后經過x軸上x=2d處的M點進入磁場，并由y= -2d處的N點射出。不計重力，求（1）電場強

25、度E的大小。（2）電子到達M點時的速度大小與方向。（3）請求出磁感應強度B的大小。26如圖是磁流體發電機原理示意圖設平行金屬板間距為d，發電通道長為a、寬為b，其間有勻強磁場，磁感應強度為B，導電流體的流速為v，電阻率為，負載電阻為R，導電流體從一側沿垂直磁場且與極板平行方向射入極板間，求：（1）該發電機產生的電動勢； （2）負載R上的電流I；（3）求磁流體發電機總功率p； （4）為了使導電流體以恒定的速度v通過磁場，發電通道兩端需保持一定的壓強差p。試計算p。試卷第7頁，總7頁本卷由【在線組卷網】自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參考答案1A 2A 3ABC 4B 5A6評價見解析3

26、.33A【解析】甲同學的錯誤原因：認為物體速度為零時，一定處于平衡位置，或者認為偏角最大時為平衡位置乙同學的錯誤原因：將安培力表達式誤寫為F安BIlsin37°，應為：F安BIl.正確的解法如下：銅棒向外偏轉過程中F安做功：WFFx1BIl×lsin37°重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由動能定理得：WFWG0代入數據解得：IA0.33A.7（1） (2) 【解析】試題分析：（1）由于粒子進入平行板電容器正好做直線運動，證明洛倫茲力等于電場力即，即（2）電子的運動軌跡如圖，根據洛倫茲力提供向心力則有，即，設在I磁場區域上升高度為h，設磁場寬

27、度為D根據幾何知識， ，則求得由對稱性可知，在II磁場中升高高度也為 ，所以射出時縱坐標為考點：洛倫茲力提供向心力、數理結合點評：此類題型考察了速度選擇器并結合帶電粒子在磁場中的運動，結合勾股定理從而確定粒子的軌跡8（1）2gt02 （2）【解析】試題分析：（1）0t0內小物塊勻加速下滑： 2分得 1分 分因為AP間光滑，物塊在斜面上AP間運動時加速度不變故 分（2）運動軌跡如圖 物體在5t0之后勻速，速度達到最大，有： 2分 2分由以上兩式得到： 1分在5t06t0時間內物塊脫離斜面做勻速圓周運動： 2分到 物塊離開斜面的最大距離為 2分考點：本題考查牛頓第二定律、運動學關系、物體的平衡條件

28、、帶電粒子在勻強磁場中的運動。9  【解析】試題分析：設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從點射出，用、分別表示在磁場I區和II區中磁感應強度、軌道半徑和周期則   設圓形區域的半徑為r。如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直進入II區磁場.連接，為等邊三角形，為帶電粒子在I區磁場中運動軌跡的圓心，其軌跡的半徑    圓心角，帶電粒子在I區磁場中運動的時間為 帶電粒子在II區磁場中運動軌跡的圓心在的中點，即   在II區磁場中運動的時間為  帶電粒子從射入到射出

29、磁場所用的總時間  由以上各式可得  考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動點評：帶電粒子在磁場中的運動，一般可先確定圓心求出半徑，再由洛侖茲力充當向心力及圓周運動的規律求解。10（1）（2）（3）【解析】試題分析： 解：(1)由帶電粒子在電場中做類平拋運動有 由有 (2)粒子在電場中運動y方向上有 粒子在磁場中圓周運動有 由幾何關系，粒子離開電場后直接進入磁場四分之一圓周之后離開磁場做勻速直線運動，最后運動到N點粒子在磁場中運動時間為 粒子勻速直線運動時間為 則由有 粒子運動軌跡如圖所示，矩形邊長為 ， 考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力點評：本題考查了帶電

30、粒子在勻強電場中的類平拋運動，在磁場中的勻速圓周運動，對數學的幾何能力要求較高，關鍵畫出粒子的軌跡圖，結合牛頓第二定律以及向心力等知識進行求解11（1）正電荷 （2） （3）【解析】試題分析：根據帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，利用左手定則可判斷出粒子帶正電荷。帶電粒子在勻強磁場中運動，利用洛倫茲力公式等于向心力和圖中幾何關系列方程解答。（1）由左手定則可得，粒子帶正電荷。   （2）設磁感應強度大小為B，帶電粒子運動的軌跡半徑為r，帶電粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，有：得      

31、     由于從O點射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的軌跡半徑都相等。由幾何知識可知，為使粒子不打在擋板上，軌跡的半徑最大值為       由兩式可得，磁感應強度的最小值      3）為使MN的右側都有粒子打到，打在N點的粒子最小半徑的軌跡為圖乙中的圓弧OMN，圖中點O3為軌跡的圓心，由于內接OMN為正三角形，由幾何知識，最小的軌跡半徑為   粒子做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，有  所以，磁感應強度的

32、最大值   考點：帶電粒子在磁場中的運動點評：對帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的求解，關鍵是畫出勻速圓周運動的軌跡，利用幾何知識找出圓心及相應的半徑，從而找出圓弧所對應的圓心角由圓心和軌跡用幾何知識確定半徑是研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的重要方法12（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）當滑動頭P在a端時，粒子在磁場中運動的速度大小為，根據圓周運動： 解得： （2）當滑動頭P在ab正中間時，極板間電壓，粒子在電場中做類平拋運動，設粒子射入磁場時沿y軸方向的分速度為： 粒子射入磁場時速度的大小設為，- 解得： （或）（注：可以證明當極板間電壓最大時，粒子也能從極板

33、間射出）（3）設粒子射出極板時速度的大小為，偏向角為，在 磁場中圓周運動半徑為。根據速度平行四邊形可得： 又：可得：粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖，圓心為，與x軸交點為D，設 ，根據幾何關系： 又：可解得： 粒子在磁場中運動的周期為T：則粒子在磁場中運動的時間： 由此可知當粒子射入磁場時速度偏轉角越大則粒子在磁場中運動的時間就越大，假設極板間電壓為最大值U時粒子能射出電場，則此粒子在磁場中運動的時間最長。由（2）問規律可知當滑動頭P在b端時，粒子射入磁場時沿y方向的分速度：=y方向偏距：，說明粒子可以射出極板。此時粒子速度偏轉角最大，設為：- 故粒子在磁場中運動的最長時間：代入數值得：（或）

34、注：當電壓最大為U時粒子能從極板間射出需要說明，若沒有說明（或證明）扣1分；沒有證明粒子射出電場的速度偏轉角越大時，粒子在磁場中運動的時間就越長，不扣考點：本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動點評：帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑13【解析】（1）（2）要使粒子每次與的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點，則有半徑 即的頂點到磁場邊緣距離為當n=1時，當n=2時，當n=3時，由于大于的頂點到磁場邊緣的距離，這時粒子繞頂點時將出磁場，只有當n2時的粒子能夠滿足題意條件，最終回到S點。則粒子回到S點的時間決定與碰撞的次數，次數越少，時間越短。所以當n=2時，所需時間最短，

35、為14（1）（2）（3）【解析】（1）小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力處于平衡，電場力的方向一定是向左的，與電場方向相同，如圖所示。因此小球帶正電荷。FNcosqEFNsinmg小球帶電荷量 （3分）（2）小球從A點釋放后，沿圓弧軌道下滑，還受方向指向軌道的洛倫茲力F洛，力F洛隨速度增大而增大，小球通過C點時速度（設為v）最大，力F洛最大，且qE和mg的合力方向沿半徑OA，因此小球對軌道的壓力最大。由 通過C點的速度v小球在重力、電場力、洛倫茲力和軌道對它的支持力作用下沿軌道做圓周運動，有FmgsinqEcosqvB= 最大壓力等于支持力F。（5分）（3）（8分）小球1從A點滑下到達P點

36、時速度為vp，由動能定理可得 小球1與小球2發生無機械能損失的碰撞，碰后速度分別設為v1和v2，由動量守恒和能量關系解方程可得 v1=0，碰后小球2仍不帶電，向右沿圓軌道上滑，小球2上升的最大高度設為h2，由機械能守恒定律 可得 碰后小球1質量和電量都不變，從P點開始無初速向左沿圓軌道上滑至最高點F，設AOF為，小球1上升的最大高度為h1，由動能定理由幾何關系可得 由以上兩式可得 15（1）（2）（3）【解析】（1）帶電粒子進入磁場后，受洛侖茲力作用，由牛頓第二定律得：， 。（2）設粒子飛出和進入磁場的速度方向夾角為，則 x是粒子在磁場內軌跡的兩端點的直線距離。x最大值為2R，對應的就是最大值

37、.，由題述2R=r所以（3）設粒子與邊界相鄰兩次碰撞過程通過的弧長所對的圓心角為2，該弧長所對磁場邊界圓的圓心角為2。如圖所示。則tan=， =，由圖中的幾何關系，可得+=/2，=要使粒子還能通過O點，應滿足（均為正整數）即（均為正整數）Ks5u當粒子第一次回到O點，應取又粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經歷的時間是16（1） （2）（3）【解析】17(1)(2)(n0,1,2,3，)(3)【解析】(1)帶電粒子從S點垂直于DE邊以速度v射出后，做勻速圓周運動，其圓心一定位于DE邊上，其半徑R可由qvB求得，R(2)要求此粒子每次與DEF的三條邊碰

38、撞時都與邊垂直，且能回到S點，則R和v應滿足以下條件：(2n1)R(n1,2,3，)由得v(n1,2,3，)(3)這些粒子在磁場中做圓周運動的周期為T將式代入，得T可見在B及給定時T與v無關粒子從S點出發最后回到S點的過程中，與DEF的邊碰撞次數越少，所經歷的時間就越短，所以應取n1，由圖可看出該粒子的軌跡包括3個半圓和3個圓心角為300°的圓弧，故最短時間為t3×3×4T18m/s（2）（3）t 1.83×10-7s【解析】（4分）粒子在勻強電場中，由動能定理得： （2分）解得：m/s（2分）（8分）粒子剛好不進入中間圓形磁場的軌跡如圖所示，在RtQO

39、O1中有：.（2分）解得r1=1m （1分）由 （1分） 得 又由動能定理得：.（2分）由以上聯立得V（1分）所以加速電壓U2滿足條件是V（1分）（7分）粒子的運動軌跡如圖所示，由于 OO3Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同，有：O2O3=2O2Q=2r2由幾何關系得AO2O3=600，故粒子從Q孔進入磁場到第一次經過圓心O所用的時間t=(T+T)= T（3分）又 （2分）由得t 1.83×10-7s（2分）+_O1QUvBOR1R2BPQUv+_BOR1R2BO2O3P本題考查帶電粒子在磁場中的運動，加速后的速度可根據動能定理得出，解出加速后的速度。粒子剛好不進入中間圓形

40、磁場的軌跡如圖所示，根據幾何知識可解出運動半徑，結合動能定理，可得出加速電壓。粒子的運動軌跡如圖所示，由于 OO3Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同，有：O2O3=2O2Q=2r2，由幾何關系得AO2O3=600，可解出粒子從Q孔進入磁場到第一次經過圓心O所用的時間，然后根據公式算出周期，即可求出時間。19（1） （2） （3）【解析】試題分析：（1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即 （1分）則 （2分）（2）設cd中心為O，向c端偏轉的粒子，當圓周軌跡與cd相切時偏離O最遠，設切點為P，對應圓心O1，如圖所示，則由幾何關系得： (1分)向d端偏轉的粒子，當沿s

41、b方向射入時，偏離O最遠，設此時圓周軌跡與cd交于Q點，對應圓心O2，如圖所示，則由幾何關系得： （1分）NabcdSE370××××××××××××××××××BO1MO2Q故金箔cd被粒子射中區域的長度 （1分）（3）設從Q點穿出的粒子的速度為v，因半徑O2Q場強E，則vE，故穿出的粒子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示。 沿速度v方向做勻速直線運動， 位移 （1分）沿場強E方向做勻加速直線運動，位移 （1分）則

42、由 得： （2分）故此粒子從金箔上穿出時，損失的動能為（2分）考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動、動能定理。20（1）（2）【解析】試題分析：(1)若離子從y軸離開磁場區域時，其運動軌跡如圖所示xOy30°ABaOrC由幾何關系得軌跡半徑為 又離子在磁場中 得 （2）離子在磁場中 得運動的周期為 聯立得 若為離子運動軌跡對應的圓心角，則離子在磁場中的運動時間為 則離子在磁場中的運動時間與離子的速度大小無關，與軌跡的圓心角有關。如圖，只有當離子從x軸離開磁場（即離子既不從磁場的上邊界離開磁場，也不從y軸離開磁場）時，離子運動軌跡的圓心角最大。由幾何關系，最大圓心角為。 xOy30&#

43、176;ABa離子剛好不能從磁場區域上邊界離開磁場，則軌跡恰好與上邊界相切，如圖，由幾何關系 得，其軌跡半徑為 xOy30°ABa圖17-3 若離子剛好不能從y軸離開磁場，則軌跡與y軸相切，如圖由幾何關系得，其軌跡半徑為 xOy30°ABa 綜上所述，要使離子從x軸離開磁場，則其軌跡半徑必須滿足且 ，即 即要使離子能在磁場中運動時間最長，則離子運動的速度必須滿足zxxk 運動的最長時間為考點：洛倫茲力提供向心力點評：本題考查了洛倫茲力提供向心力的問題，這類問題只要能確定軌跡題目即能迎刃而解。這類題型解題順序為先確定軌跡后確定幾何關系。21（1）（2）（3）【解析】試題分析：

44、（1）粒子運動軌跡如圖所示，OQ段為圓周，QP段為拋物線，粒子在Q點時的速度大小為v0 ，根據對稱性可知，方向與x軸正方向成30°角，可得： （2分）解得： （1分） （2）在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得 2分）解得 （1分）水平方向的位移為 （1分）豎直方向的位移為 （1分）可得 （1分）由，故粒子在OQ段圓周運動的半徑 （1分） （2分）解得 （1分）（3）粒子從O點運動到Q所用的時間為： （1分）設粒子從Q到P所用時間為t2，在豎直方向上有 （1分）則粒子從D點運動到P點所用的時間為 （1分）考點：考查粒子在復合場中的運動點評：難度較大，粒子在交替復合場中的運動，首先分析粒子的受力情況，把整體的運動分解為幾個分段運動，判斷運動