1、一、選擇題1. （0分）ID： 128268如圖平面直角坐標(biāo)系的第 I象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁 感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30口的方 向進(jìn)入磁場，運動到 A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則下列判斷 錯誤的是（）A.該粒子帶負(fù)電mv狀態(tài)，細(xì)線中的拉力為 E,保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2。導(dǎo)線框中的電流大小為（）8. A點與x軸的距離為 2qBmD.運動過程中粒子的速度不變C.粒子由O到A經(jīng)歷時間t 3qB2. （0分）ID: 128259如圖所示，邊長為l,質(zhì)量為m的等邊三角形導(dǎo)

2、線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通一逆時針方向的電流，圖中虛線過 ab邊中點和ac邊中點，在虛線B,此時導(dǎo)線框處于靜止的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為F2 FlF2 Fl2（F2 Fi）2（F2 E）AB BTC BlD 3Bl3. （0分）ID: 128256如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.20m , 9=37 ,磁感應(yīng)強度B=1T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4V、內(nèi)阻r=1 的直流電源?，F(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.08kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的

3、電阻R=1Q,金屬導(dǎo)軌電阻不計，g取10m/s2。已知sin37 =0.6, cos37 =0.8,則下列說法中正確的是 （ ）A.導(dǎo)體棒上的電流大小為1AB.導(dǎo)體棒受到的安培力大小為 0.40NC.導(dǎo)體棒受到的摩擦力方向為沿導(dǎo)軌平面向下D.導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.06N4. （0分）ID: 128229如圖所示，一本因！有電流I的直銅棒MN ,用導(dǎo)線掛在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，此時兩根懸線處于張緊狀態(tài)，下列哪些措施可使懸線中張力為零（ ）X XX8XX XX XN XA.適當(dāng)增大電流B.使電流反向并適當(dāng)減小C.保持電流I不變，減小BD.使電流I反向并增大5. （0分）ID： 1282

4、26如圖所示，一個帶負(fù)電的油滴以水平向右的速度v進(jìn)入一個方向垂直紙面向外的勻強磁場 B后，保持原速度做勻速直線運動，如果使勻強磁場發(fā)生變化（不考 慮磁場變化引起的電場），則下列判斷中錯誤的是（）A.磁場B減小，油滴動能增加B.磁場B增大，油滴機械能不變C.使磁場方向反向，油滴動能減小D.使磁場方向反向后再減小，油滴重力勢能減小6. （0分）ID: 128225如圖所示，在邊長為 a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為 B的勻強磁場。一個質(zhì)量為 m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計） 從AB邊的中點。以某一速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為

5、60°。若粒子在磁場中運動的過程中恰好與CB邊相切，并從 AB邊穿出磁場，則v的大小為（）BA.；3Bqa4mBqaB.4m3Bqa8m3Bqa D.8m7. （0分）ID： 128222回旋加速器由兩個銅質(zhì) D形盒構(gòu)成，其間留有空隙，原理如圖所示.下列說法正確的是（）A.帶電粒子在 D形盒內(nèi)時，被磁場不斷地加速B.交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期C.加速電壓越大，帶電粒子獲得的最大動能越大D.加速器可以對帶電粒子進(jìn)行無限加速8. （0分）ID: 128278磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道 內(nèi)，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)

6、，形成直流電源對外供電.則（）A.僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將增大B.僅增強磁場磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢將增大C.僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機的輸出功率將增大D.僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將減小9. （0分）ID： 128200空間有一圓形勻強磁場區(qū)域， O點為圓心。一帶負(fù)電的粒子從 A點 沿半徑方向以速率 V垂直射入磁場，經(jīng)過時間 t離開磁場時速度方向與半徑 OA垂直，不計 粒子重力。若粒子速率變?yōu)?J3V ,其他條件不變，粒子在圓形磁場中運動的時間為（ ）tA. 一22B. t33tC 一2D. 2t10. （0分）ID: 128199勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂

7、直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束 質(zhì)量為m、電荷量為q （q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從 c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具 有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為)7 m5 m4 m'6qB' 4qB' 3qB3 mD.-2qB11. （0分）ID： 128197如圖所示，半徑分別為R、2R的兩個同心圓，圓心為 O,大圓和小12. （0 分）ID:合力方向為（圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，其余區(qū)域無磁場。一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO

8、方向以速度vi射入磁場，其運動軌跡所對的圓心角為120。若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)?V2,不論其入射方向如何，都不可能射入小圓內(nèi)部區(qū)一 .V2一，域，則一最大為（ViA. J3B34128191如圖，通電直導(dǎo)線與通電矩形線圈同在紙面內(nèi)，線圈所受安培力的 ）A.向右B.向左C.向下D.向上二、填空題c kl13. （0分）ID： 128380實驗證明：通電長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度大小為B 一，式r中常量k 0, I為電流強度，r為距導(dǎo)線的距離。在水平長直導(dǎo)線MN正下方，有一矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛著，如圖所示。開始時MN內(nèi)不通電流，此

9、時兩細(xì)線內(nèi)的張力均為To 3N ；當(dāng)MN通以強度為Ii 1A電流時，兩細(xì)線內(nèi)的張力均減小為 T1 2N ；當(dāng)MN內(nèi)電流強度大小變?yōu)镮2時，兩細(xì)線內(nèi)的張 力均增大為T2 4N。則電流I2的大小為 A；當(dāng)MN內(nèi)的電流強度為I3 3A時兩細(xì)線恰好同時斷裂，則在此斷裂的瞬間線圈的加速度大小為 go （g為重力加速度）41>k 1.14. （0分）ID： 128376質(zhì)量為m,電量為q帶正電荷的小物塊從半徑為 R的一光滑圓槽頂4點由靜止下滑，整個裝置處于電場強度為E,磁感應(yīng)強度為 B的區(qū)域內(nèi)如圖所示，則小物塊滑到底端時對軌道的壓力為 。15. （0分）ID： 128372如圖所示，質(zhì)量為 m的U型

10、導(dǎo)線框abcd ,其質(zhì)量均勻分布，ab與cd長度土勻為l,寬度bc為s,導(dǎo)線框置于豎直向上的勻弓II磁場中，可繞水平軸MN轉(zhuǎn)動，現(xiàn)給導(dǎo)線框通以 MabcdN方向、電流強度為I的恒定電流，導(dǎo)線框由靜止開始從豎直平面 向紙外偏轉(zhuǎn)，在達(dá)到最大角度為的過程中，安培力對導(dǎo)線框做的功為 ；導(dǎo)線框最終靜止時與豎直平面夾角為，則勻強磁場的磁感強度 B為。16. （0分）ID： 128356如圖所示，電源 E,導(dǎo)線，導(dǎo)電細(xì)軟繩 ab、cd,以及導(dǎo)體棒bc構(gòu)成 閉合回路，導(dǎo)電細(xì)軟繩ab、cd的a端和d端不動，加上恰當(dāng)?shù)拇艌龊螅?dāng)導(dǎo)體棒保持靜止時，閉合回路中 abcd所在平面與過ad的豎直平面成 30°,

11、已知ad和bc等長且都在水平 面內(nèi)，導(dǎo)體棒 bc中的電流I=2A,導(dǎo)體棒的長度 L=0.5m,導(dǎo)體棒的質(zhì)量 m=0.5kg, g取 10m/s2,關(guān)于磁場的最小值為 ,方向 。17. （0分）ID： 128345如圖是霍爾元件工作原理示意圖，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b,其中自由運動電荷的帶電量大小為q。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料的自由運動電荷為 （填 正”或 負(fù)”）電荷，單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)等于O上下18. （0分

12、）ID： 128323如圖所示，兩根通電長直導(dǎo)線a、b平行放置，a、b中的電流強度分別為I和2I,此時a受到的磁場力為F,當(dāng)在a、b的正中間再放置一根與 a、b平行共 面的通電長直導(dǎo)線 c后，b受到的磁場力恰好平衡，則直導(dǎo)線c中電流流向為 （選填向上”或 向下”），此時a受到的磁場力大小為 .19. （0分）ID: 128301將長度為0.2m、通有1A電流的直導(dǎo)線放入一勻強磁場中，電流與磁場的方向如圖所示.已知磁感應(yīng)強度為1T,試求下列各圖中導(dǎo)線所受安培力的大小.XXXJXX4X X(1)XXXXXXXXX X(4)(1) Fi = _ N20. (0 分)ID:(2)F2= N (3) F

13、3= N (4) F4= N128294如下圖所示，是一種質(zhì)譜儀的示意圖,從離子源S產(chǎn)生的正離子,經(jīng)過Si和S2之間的加速電場，進(jìn)入速度選擇器，Pi和P2間的電場強度為 E,磁感應(yīng)強度為Bi,離子由S3射出后進(jìn)入磁感應(yīng)強度為 B2的勻強磁場區(qū)域，由于各種離子軌跡半徑 R不同，而分別射到底片上不同的位置，形成譜線。也f底：;：次:乎:若已知S1S2間加速電壓為 U,并且磁感應(yīng)強度 B2半徑R也是已知的，則離子的比荷q一 。m(2)若已知速度選擇器中的電場強度 E和磁感應(yīng)強度Bi, R和B2也知道，則離子的比荷為(3)要使氫的同位素笊和航經(jīng)加速電場和速度選擇器以相同的速度進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B2的勻強

14、磁場。(設(shè)進(jìn)入加速電場時速度為零)A.若保持速度選擇器的E和Bi不變，則加速電場 Sa間的電壓比應(yīng)為 。B.它們譜線位置到狹縫 &間距離之比為。三、解答題21. (0分)ID: 128488理論研究表明暗物質(zhì)湮滅會產(chǎn)生大量高能正電子，所以在宇宙空間 探測高能正電子是發(fā)現(xiàn)暗物質(zhì)的一種方法。某研究小組為研究暗物質(zhì)設(shè)計了探測正電子的 裝置(如圖所示)。空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0 5 10 4T，半徑r 0.3m的半圓形環(huán)ABC為正電子發(fā)射源，能持續(xù)不斷地發(fā)射速度v0 3.52 107m/s的正電子，。1為半圓環(huán)的圓心，B為半圓環(huán)最高點，足夠長的收集板DF垂直AC放置在距C

15、點x處，AC延長線與板交于 H點，板的左側(cè)面固定有正電子收集器，沿板建立y軸，H為原點。只考慮正電子在紙面內(nèi)的運動，忽略相對論效應(yīng)，不計重力，已知 sin 530.8, cos53 0.6。(1)只研究從C點沿半徑向外射出的正電子，左右移動收集板，打在收集板上的最低位置 在y10.4m處，求正電子的比荷q ；m(2)只研究從B點沿各個方向向外射出的正電子，左右移動收集板，當(dāng)收集板在C點右側(cè)距C點x為多少時，收集板剛好收集不到從B發(fā)射的正電子；(3)若正電子出射時速度方向均沿半徑方向向外，且粒子數(shù)按圓弧面均勾分布，試求當(dāng) x 0.4m時DF上收集到的正電子數(shù)與發(fā)射總數(shù)的比值22. (0分)ID：

16、 128482如圖所示，在x軸上方存在方向沿存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為十沿x軸正方向射入電場，從 x=l.的b點進(jìn)入磁場，并經(jīng)過y軸負(fù)方向的勻強電場，x軸下方q的粒子從y=L的a點以速度vo2y軸上c點，oc長度為L。不計粒子重力，求:(1)電場強度E的大??；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)從a點到c點所用時間。23. (0分)ID: 128436如圖所示,在傾角為為m的直導(dǎo)體棒，通有垂直紙面向里的電流的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量I。(1)若勻強磁場水平向左，導(dǎo)體棒恰好靜止在斜面上，磁感應(yīng)強度B的大小為多少？(2)若勻強磁場垂直于斜面向下，導(dǎo)體棒恰好靜止在斜面

17、上，磁感應(yīng)強度B的大小為多少?(3)若勻強磁場豎直向下，導(dǎo)體棒恰好靜止在斜面上，磁感應(yīng)強度B的大小為多少？24. (0分)ID： 128425如圖所示，將長為 50cm,質(zhì)量為1kg的均勻金屬棒ab的兩端用兩只相間的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，當(dāng)金屬棒中通以4A的電流時，彈簧恰好不伸長(g=10m/s2)。(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)當(dāng)金屬體中通過大小為 1A。方向由a到b的電流時彈簧伸長 3cm;如果電流方向由b到 a,而電流大小不變，求彈簧的形變量。(彈簧始終在彈性限度內(nèi))25. (0分)ID: 128408如圖，平行板電容器兩極間的電勢差為30V ,兩

18、板間距為0.1m,板間同時存在磁感應(yīng)強度大小Bi 0.01T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.電容器右側(cè)有一傾角30的斜面，斜面上方有一正三角形區(qū)域abc ,區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強度大小B2 0.02T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)量為4 10 20kg、帶電量為 2 1012c的粒子(重力不計)，從板間以速度V。水平射入電容器，做直線運動，然后穿過 ab邊進(jìn)入正三角形區(qū)域，仍從 ab邊離開，最后恰好垂直打在斜面上，其運動軌跡如圖所示.求：(1)粒子入射速度 V0的大??；(2)粒子在三角形區(qū)域中運動的時間；(3)正三角形區(qū)域的最小邊長。26. (0分)ID： 128393如圖所示，在半徑為 R的圓

19、內(nèi)有場強為 E的勻強電場，一帶正電的粒子從A點沿半徑方向垂直電場以速度v射入，從B點射出。圖中0=-0若去掉電場，在3圓的區(qū)域內(nèi)加垂直圓面的勻強磁場，粒子仍從A點以原來的速度射入，粒子仍從B點射出，求：(1)求粒子的比荷；m(2)磁場的磁感應(yīng)強度；粒子在磁場中運動的時間 t b。2016-2017年度第*次考試試卷 參考答案*科目模擬測試、選擇題2. A3. B4. A5. C6. C7. B8. B9. B10. C12. C二、填空題14 .15 .16 . 5b 到 a17 .負(fù)【分析】上表面的電勢比下表面的低可知上表面帶負(fù)電下表面帶正電根據(jù)左手定則 判斷自由運動電荷的電性抓住電荷所受的

20、洛倫茲力和電場力平衡求出電荷的移動速度從而 得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)18 .向下【解析】19 . (1)0(2)02(3)01(4)0220 .三、解答題2122232425262016-2017年度第*次考試試卷 參考解析【參考解析】*科目模擬測試、選擇題解析：D根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示:A.根據(jù)左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負(fù)電，故 A正確，不符合題意；B.設(shè)點A與x軸的距離為d,由圖可得r rcos60 d所以d 0.5r而粒子的軌跡半徑為mv rqB則得A點與x軸的距離為, mvd 2qB故B正確，不符合題意；C.粒子由O運動到A時速度方向改變了 60角，所以粒

21、子軌跡對應(yīng)的圓心角為60 ,所以粒子運動的時間為12m mt T 3606 qB 3qB故C正確，不符合題意;D錯誤，符合題D.由于粒子的速度的方向在改變，而速度是矢量，所以速度改變了，故 意。故選D。2. A解析：A 線框處于勻強磁場中，則各邊受到的安培力大小相等，依據(jù)左手定則，可知，安培力夾角現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2。均為120。，因此安培力合力為 F安，則有F2=mg+F 安當(dāng)在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強磁場，此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的 拉力為Fi；依據(jù)左手定則，則各邊受到安培力如圖所示：結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識，則線框受到安培力的合力，

22、方向豎直向上，大小為BIlF安二2根據(jù)平衡條件，則有:解得：即Fi+F 安=mgF 安=mg-F1 =F2-mgBIl21一(F2 F1)2F2F1Bl故選Ao3. B解析：BA .根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I A 2AR r 1 1故A錯誤；B.導(dǎo)體棒受到的安培力為F安 BIL=1 2 0.20N=0.40N故B正確；CD.導(dǎo)體棒受力如圖重力沿斜面向下的分力為Gx mgsin37 0.08 10 0.6N 0.48N>Fa則棒有向下運動的趨勢，靜摩擦力沿斜面向上，且靜摩擦力大小為f (0.48 0.40)N=0.08N故CD錯誤。 故選B。4. A解析：AAC.棒處于方向垂直紙面向里的勻

23、強磁場中，棒中通有電流，方向從 M流向N,根據(jù)左手 定則可得，安培力的方向豎直向上，由于此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，則安培 力必須增加，因為F BIL所以可以適當(dāng)增加電流強度，或增大磁場，C錯誤A正確；BD.當(dāng)電流反相后所受到的安培力向下，故懸線一定會受到拉力，CD錯誤。故選Ao5. C解析：CA.油滴做勻速直線運動，則洛倫茲力與重力合力為零，洛倫茲力一定豎直向上，磁場B減小，洛倫茲力減小，油滴向下偏轉(zhuǎn)，重力做正功，動能增加，A正確，不符合題意；B.磁場B增大，洛倫茲力增大，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，油滴機械能不變，B正確，不符合題意；C.使磁場方向反向，洛倫茲力向下，油滴向下偏轉(zhuǎn)，重

24、力做正功，動能增大，C錯誤，符合題意；D.使磁場方向反向后再減小，洛倫茲力向下，油滴向下偏轉(zhuǎn)，重力做正功，油滴重力勢 能減小，D正確，不符合題意。故選Co6. C解析：C粒子運動的軌跡過程圖，如圖所示軌跡圓恰好與BC邊相切粒子恰好從AB邊穿出磁場的臨界軌跡對應(yīng)的半徑為2228根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得2 V qvB m R聯(lián)立可得3Bqa v 8m故選C。7. B解析：BA.帶電粒子在 D形盒內(nèi)時，因洛倫茲力不做功，則粒子被電場不斷地加速，選項 A錯 誤；8. 為了使得粒子在 D型盒的縫隙中不斷被加速，則交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，選項 B正確；CD.加速器可以對帶電粒子不能進(jìn)

25、行無限加速，帶帶電粒子的軌道半徑等于D型盒的半徑時，粒子被加速的速度最大，根據(jù)2 V qvB m R可得，帶電粒子獲得的最大動能2221 2 q B REk - mv 2 2m與加速電壓大小無關(guān)，選項 CD錯誤；故選Bo8. B解析：BAB.最終電荷受電場力與洛倫茲力平衡，有qvB qU d解得U ab Bdv只減小兩板之間的距離，電勢差也會減小，只增大磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢將增大, 故A錯誤，B正確；D.根據(jù)總功率為2 , 2P總EIBdvR r當(dāng)只增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大，故 D錯誤;C.依據(jù)電源的輸出功率表達(dá)式當(dāng)R=r時，輸出功率達(dá)到最大，因此僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電

26、機的輸出功率不一定減小, 故C錯誤；故選Bo9. B解析：B令磁場的半徑為r,粒子以速率v垂直射入磁場，運動軌跡如甲圖所示:根據(jù)幾何知識可知，粒子的半徑為Ri r圓心角為190粒子以速率 J3V射入磁場，其運動軌跡如圖乙所示：因為洛倫茲力提供向心力2VqvB m RmvqB所以粒子的半徑為R23r根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中運動的圓心角為260因為粒子在磁場中做圓周運動的半徑為T5qB粒子的比荷相同，則周期相等，粒子兩次在磁場中運動的時間之比為ti90t2602所以粒子第二次在磁場中運動的時間為t2故ACD錯誤，B正確。故選Bo10. C解析：C粒子在磁場中做勻速圓周運動qBv2 mv可得粒

27、子在磁場中的周期qB粒子在磁場中運動的時間qB則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長。采用放 縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大。當(dāng)半徑r 0.5R和r 1.5R時，粒子分別從 ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運 動時間等于半個周期。當(dāng)0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從逐漸增大，當(dāng)軌跡半徑為 R時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大,即軌跡對應(yīng)

28、的最大圓心角粒子運動最長時間為t T22 m 4 m qB 3qB故選C。解析：BABCD.粒子在磁場中做圓周運動，如圖由幾何知識得2R32Rri tan60洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得2ViqviB m ri解得Vi2qBR,3m當(dāng)粒子豎直向上射入磁場時，粒子不能進(jìn)入小圓區(qū)域，則所有粒子都不可能進(jìn)入小圓區(qū) 域，粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進(jìn)入磁場時粒子軌道半徑2洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得2V2qv2B m2V2qBR2mACD錯誤B正確。故選Bo12. C解析：C 根據(jù)右手螺旋定則知直導(dǎo)線在上方產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越 弱，根據(jù)左手定則，上邊所

29、受的安培力向上，下邊所受的安培力向下，靠近導(dǎo)線處磁場 強，則下邊所受的安培力大于上邊所受的安培力，則線圈所受的安培力方向向下，故 確，ABD錯誤。故選Co 二、填空題13. 2解析：21MN不通電時兩線原來的拉力均為To 3N ,則mg = 2T0 = 6N當(dāng)MN通1A的電流時，兩線的張力均減為T| 2N ,由于2Ti < mg所以安培力方向向上，大小為mg = 2T1 + F 安計算出F安=I1(- - -) = 2N, 11= 1A12當(dāng)兩細(xì)線內(nèi)的張力均增大為 T2 4N時，由于2T2 > mg安培力方向向下，大小為2T2= mg + F'安，F(xiàn)'安=12(-)

30、12計算得|2= 1A電流方向與原來相反。2當(dāng)MN中的電流為I33A時兩細(xì)線簽好同時斷裂，此時線圈的安培力方向向下，大小F”安=13( - 一)= 6Nri 2細(xì)線斷開的瞬間由牛頓第二定律有mg + F”安=ma所以線圈的加速度為 2g。14.2(mg qE)R3mg 2qE qB.m小物塊由靜止滑到最低點由動能定理得12mgR qER -mv在最低點由牛頓第二定律得2 v mg qvB m 一聯(lián)立以上兩式得N 3mg由牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力N' N152l smgl(l s)(1 cos ) mg(l s) tan1根據(jù)動能定理，在達(dá)到最大角度為的過程中，有WF WG 0 s

31、)Is所以安培力對導(dǎo)線框做的功為 s ，)WF mgl 1 cos2l s21mg； 1 cos-mgl 1 cos2l s2導(dǎo)線框最終靜止時與豎直平面夾角為,由平衡條件可得BIsqmg tan2l s所以勻強磁場的磁感強度B為s)(2l s)Istan 16. 5b 至|解析：5 b至ij a1對bc棒受力分析，受到豎直向下的重力、繩子的拉力和安培力作用，其中繩子的拉力 方向恒定，重力的大小和方向恒定，根據(jù)矢量三角形可知，當(dāng)安培力和繩子方向垂直時，1女培力取小，取小為 一mg ,即21-mg BIL解得 Bmin 2.5T。2根據(jù)左手定則可知磁場的方向沿 ba所在直線，由b指向a。17 .負(fù)

32、【分析】上表面的電勢比下表面的低可知上表面帶負(fù)電下表面帶正電根 據(jù)左手定則判斷自由運動電荷的電性抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求 出電荷的移動速度從而得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)解析：負(fù)IBqbU上表面的電勢比下表面的低，可知上表面帶負(fù)電，下表面帶正電，根據(jù)左手定則判斷自由 運動電荷的電性。抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡求出電荷的移動速度，從而得出 單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)。1因為上表面的電勢比下表面的低，根據(jù)左手定則，知道移動的電荷為負(fù)電荷;2因為:qvB qU a解得：vU aB因為電流:I nqvS nqvab解得：nIBqbU解決本題的關(guān)鍵在于利用左手定則判斷洛倫茲力的方向

33、，以及知道最終電荷在電場力和洛 倫茲力作用下處于平衡。18 .向下【解析】解析：向下 1.5F【解析】12.根據(jù)兩平行直導(dǎo)線間的相互作用可明確兩導(dǎo)線棒受到的磁場力大小關(guān)系；再分別明確c對兩導(dǎo)體的作用力大小與方向，由力的合成求解a受到的磁場力.由于ab間的磁場力是兩導(dǎo)體棒的相互作用，故 b受到a的磁場力大小為 F,方向向右； 中間再加一通電導(dǎo)體棒時，由于C處于中間，其在 ab兩位置產(chǎn)生的磁場強度相同，故 b受到的磁場力為 a受磁場力的2倍；由于b受到的磁場力恰好平衡，則 c對b的磁場力向左，大小為 F,根據(jù)同向電流相吸，異向電流相斥，因此 c的電流方向向下，那么c對a的磁場力向左，大小為 0.5

34、F ,根據(jù)力的合成法則，則此時 a受到的磁場力大小為1.5F；19 . (1)0(2)02(3)01(4)02解析：(1)0 (2)0.2 (3)0.1 (4)0.2由安培力的公式 尸二瑁£5i】誼，忖是B與I方向間夾角，當(dāng)8=0時，表示B與I平行，安培力為零，當(dāng)|。=90°時，B與I方向間垂直，所受安培力為 HfL.圖1知B與I平行，安培力八二0,圖2知B與I方向垂直，二日北=0.2N,圖3知當(dāng)。=120°時，F(xiàn) = WLsM12O"=0,1N,圖4知B與I方向垂直，色二用U=0.2N.解題是要分清 B與I方向 間夾角.20 .2U琮R2E22B2B1

35、R33(1) 1由于粒子在B2區(qū)域做勻速圓周運動，所以2qvB2mvRmV解得R= ，這個速度也就是粒子經(jīng)加速電場加速后的速度，在加速過程中 qB22 qU = mv 2所以222q q B2 R m2m2U解得q 2U一 _ 2_2m B2 R(2) 2在速度選擇器中，粒子沿直線穿過，故qE= qvB)解得E= vBi=迪所以mB2B1R(3) 3笊核2H ,瓶核3H ,設(shè)經(jīng)加速后二者速度均為v,經(jīng)電場加速則有q1U1=1m1v22q?U122= - m2V2由以上兩式得U1U7m2m2q34它們譜線的位置到狹縫 徑之比，也是半徑之比S3的距離之比實際上就是兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的直d1d2RiR2m1VqB 2m2V3q?B三、解答題(1) 1.76 1011C/kg ；(2)0.5m ；(3)5390(1)如圖1,有正電子軌跡半徑0.4m由洛倫茲力通過向心力，可得qBv2 mv