1、晚上（總分：159）班級姓名學號得分、選擇題：本大題共 6小題，共計20分。1、【6分】在等邊三角形的三個頂點 a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面, 導線中 通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點的導線所受安培力的方向T" 上:/4A. 與以邊平行，豎直向上B. 與以邊平行，豎直向下C. 與以邊垂直，指向左邊D. 與以邊垂直，指向右邊 2、【4分】1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回 旋加 速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質 D形盒0、兒構成，其間留 有空隙下 列說法正確的是（）C.離子從磁場中獲得能量 得能量A,離子由加速器的中心附近進入加速器B.離子由加速器的邊

2、緣進入加速器D.離子從電場中獲3、【4分】帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡.如圖是在有勻強 磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場 B垂直紙面向里，該 粒子在運動時，其質量和電量不變，而動能逐漸減少.下列說法正確的是（）C.粒子帶負電4、【2分】有關洛倫茲力和安培力的描D.粒子帶正電述，正確的是（A. 通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用B. 安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現C. 帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功A,粒子先經過a點，再經過b點B.粒子先經過b點，再經過a點D. 通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方

3、向平行5、 【 2 分】電子在勻強磁場中做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）6、【 2 分】如圖 8 所示，電流強度為 I 的一段通電直導線處于勻強磁場中，受到的安 培力為Fo圖中正確標志I和F方向的是（）XXX BXXXXXXB. 速率越小，周期越大D.速度方向與磁場方向垂直A. 速率越大，周期越大C. 速度方向與磁場方向平行X /xC、非選擇題：本大題共 8 小題，共計 139 分1> 11 分】如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為 y 軸正方向，磁場方 向垂直 于 xy 平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電 場或磁場與 撤 除前的一樣.一帶正電荷的

4、粒子從 F （x=0, y=h）點以一定的速度平行 于x軸正向入射.這 時若只有磁場，粒子將做半徑為Ro的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線 運動.現在，只加電場，當粒子從 P點運動到x=R°平面（圖 中虛線所示）時，立即撤除電 場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與 x 軸交于 M 點. 不計重力 . 求：粒子到達x=R&平面時速度方向與 x軸的夾角以及粒子到 x軸的距離；彤點的橫坐標 xM.'卜E 2、【17分】如圖所示，在 X /平面的第一象限有一勻 強電場，電場的方向平 行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線 0C之間有一勻 強磁場，磁感應強度的大小

5、為 B,方向垂直于紙面向外。有一質量為m,帶有電 荷量+q的質點由電場左側平行于 x軸射入電場。質點到達 x軸上A點時，速度 方向與x軸的夾角。，A點與原點0的距離 為d。接著，質點進入磁場，并垂直于0C飛離磁場。不計重力影響。若 0C與x軸的夾角為。，求（1）粒子在磁場中運動速度的大小：（2）勻強電場的場強大小。3、【22分】如圖所示，在坐標系 xoy中，過 原點的直線。與x軸正向的夾角？=120° ,在。右側有一勻強電場；在第二、 三象限 內有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖 中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為3方向垂直紙面向里。一帶正 電荷g

6、、質量為的粒子以某一速度自磁場左邊界上的刀點射入磁場區域，并從。點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角。=30° ,大小為片粒子在 磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由。點返回磁場區域，經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從/點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求/ I?'（1）粒子經過A點時速度的方向和，點到 x軸的距離;（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。 4、【 1 8分】兩塊 足夠大 的平行金屬極板

7、水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性 變化的電場 和磁場，變化規律分別如圖 1、圖 2所示（規定垂直紙面向里為磁感 應強度的正方向） 。 在 t=0 時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不 zo =7-計重力） 。若電場強度為、磁感應強度 &、粒子的比荷均已知，且 9% ,兩板間距qB： 。（1 ）求粒子在 04時間內的位移大小與極板間距力的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用力表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖 3所 示, 試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。80B£0譏J U分如圖，

8、一卑XXXXXXXX徑為7?的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q(q>0)、質量為m的小球P在球面上做 水平的勻速圓周運動，圓心為。球心。到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為曄展5。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小 的最小值及小球夕相應的速率。重力加速度為織6、【16分】在場強為刀的水平勻強磁場中，一質 量為田、帶正電q的小球在。點靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示.已知此曲 線在x軸距離的2倍，重力加速度為 g.求:最低點的曲率半徑為該點到小球運動到任意位置 P(X,尹)處的速率K小球在運動過程中第一次下降

9、的最大距離版當在上述磁場中加一豎直向上場強為E (3)從。靜止釋放后獲得的最大速率4)的勻強電場時，小球7、【16分】在平面直角坐標系 xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第 IV象限 存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為Bo 質量為m,電荷量為q的帶正電 的粒子從y軸正半軸上的 M點以速度vo垂直于y軸射入電場，經x軸 上的N點與x軸正方 向成6 =60 °角射入磁場，最后從 y軸負半軸上的P點垂直于y 軸射出磁場，如圖所示。不 計粒子重力，求：(1) M N兩點間的電勢差班；(2) 粒子在磁場中運動的軌道半徑r;(3) 粒子從M點運動到P點的總時間to8【20

10、分】下圖為一種質譜儀工作原理示意圖。在以0為圓心，0H為對稱軸，夾角為2a的扇形區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場。對稱于0H軸的C和D分別是離子發射點和收集點。CM垂直磁場左邊界于M,且OM=d現有一正離子束以小發散角 (紙面內)從C射出，這些離子在 CM方向上的分速度均為 v。£若該離子束中比荷為折的離子都能匯聚到D,試求：/(1) 磁感應強度的大小和方向(提示：可考慮以沿CM方向運動的離子為研究對象)；(2) 離子沿與CM成。角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；(3)線段CM的長度。參考答案選擇題：本大題共 6小題，共計20分。1、【6分】 參考答案與解析：

11、C解析：由右手可判斷導線 a b產生的磁場在導線c處的磁感應強度方向的合方 向是 豎直向下，再由左手可判得導線 c受的安培力方向為向左并與 ab邊垂直， 所以C正 確，A B、D.錯誤。主要考察知識點：磁場對電流的作用、安培力、左手定則、電流表的工作原理2、【4分】 參考答案與解析：AD解析：離子從中心附近進入回旋加速器，通過電場加速做功，在磁場中偏轉，最后高速飛出加速器，故A D正確，B、C錯誤.主要考察知識點：質譜儀、回旋加速器、安培分子電流假說、磁性材料3、【4分】 參考答案與解析：ACmv解析：動能逐漸減小即速度 V逐漸減小，由R=0月知，R逐漸減小，從圖中知 R? >Rb, 所

12、以粒子運動方向從 a向b,即A正確，B錯誤.由洛倫茲力的判斷方法可得 粒子帶負 電，所以C正確，D錯誤.主要考察知識點：帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力4、【2分】 參考答案與解析：B解析：導線平行磁感線時不受安培力作用，A錯；洛倫茲力不做功，C錯；通電導 線在磁場中受到的安培力方向必與磁場方向垂直,D錯，只有B正確。主要考察知識點：磁場對電流的作用、安培力、左手定則、電流表的工作原理，帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力5、【2分】 參考答案與解析：D2y mv 2 旅 2_徹 2解析：qvB=m穴, T= v =捕，周期T與v無關，A、B錯誤；速度方向與 磁場方向平 行時，不受洛倫茲力，C錯，

13、只有D正確。主要考察知識點：帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力6、 【2分】 參考答案與解析：A由左手定則知，A圖中I、F方向關系正 確，故A項正確。主要考察知識點：磁場對電流的作用、安培力、左手定則、電流表的工作原理二、非選擇題：本大題共 8小題，共計139分。1、【11分】參考答案與解析：-巡+跖 t-討4 h+ 2 2R o+ * 4解析：(I)設粒子質量、帶電量和入射速度分別為m, q和v。，則電場的場強E和磁場的磁感應強度 B應滿足下述條件qE=qv)B2qvoB=m現在，只有電場，入射粒子將以與電場方向相同的加速度竺a= vo做類平拋運動粒子從P (x=0, y=h)點運動到x=R平

14、面的時間為Vt= o粒子到達x=Ro平面時速度的y方向分量為v尸at由式得Vy=V0此時粒子速度大小為7V速度方向與X軸的夾角為。=才1冬 粒子與X軸的距離為H=h+5 at'=h+ 2 .(II)撤除電場加上磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動.設圓軌道半徑為 R,則qvB=mR由式得R=M fO粒子運動的軌跡如圖所示，其中圓弧的圓心C位于與速度v的方向垂直的直 線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為n /4.由幾何關系及？式知C點的坐標為Xc=2R, yc=H-R,=h- 2過C點作x軸的垂線，垂足為 D.,在厶CD.M中CM=R= V2 R，CD=y, =h- 2 Ro由此求得22O7

15、cm - CD -J- RA+Roh-h2x_xDM=、4M點的橫坐標為京+醐一妒X, F2FO+ V 4主要考察知識點：帶電粒子在勻強電場中的運動，帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力2、【17分】 參考答案與解析：(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于。G故圓弧的圓心在。C上。依題意，質點軌跡與 x軸的交點為/，過，點作與 A點的速 度方向垂 直的直線，與交于。由幾何關系知，A0'垂直于。，0'是圓弧的圓心。設圓弧 的半徑為&則有7i?=ds in由洛化茲力公式和牛頓第二定律得VqvB = m R將式代入式，得aBd .v = - sin (p

16、m 質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為外，在電場中的加速度為a,運動時間為左則有力cosy?s in =at聯立得d=vot2v sin vpcos (p a =設電場強度的大小為E,由牛頓第二定律得qE=ma聯立得主要考察知識點：平拋物體的運動、斜拋物體的運動，強度和 勻強電場，帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力3、【22分】 參考答案與解析：(1)設磁場左邊界與x軸相交于點，與相交于。丿0與粒子過。點的速度 r垂直。在直角三角形中 Z00' 距為d,則00' =2A依題意可知，粒子第一次進入磁場的運 弧軌跡所對的圓心角為 30°,且。/為圓弧的半

17、徑莊由此可知，粒子自，點射入磁場的速度與左邊界垂直。，點到電荷、庫倫定律、電場、電場:，由幾何關系可知，直線。?30°。設磁場左右邊界間 動軌跡的圓心即為。點，圓x軸的距離無=R(I cos30°)由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規律，得mv2qvB= R聯立式得mvAD= qB(2)設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,第一次在磁場中飛行的時間為tn有127 =劃 qB依題意，勻強電場的方向與 x 軸正向夾角應為 150°。由幾何關系可知，粒子再 次 從。點進入磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為60°。設粒子第二次在磁場 中飛行的圓弧的圓心為。&q

18、uot;,0"必定在直線。C上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于夕點， 則乙?！膘?20° 。設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為品 有& = -T 3 設帶電粒子在電場中運動的時間為 #3, 依題意得4 = 丁 一（勾 +弓）由勻變速運動的規律和牛頓定律可知，- 尸尸庭 3。=竺m聯立可得12E = Bv 7?r（3）粒子自夕點射出后將沿直線運動。設其由P點再次進入電場，由幾何關系知乙"P' 7A30°三角形奶為等腰三角形。設粒子在只P'兩點間運動的時間為京有PP'4 = -V又由幾何關系知宓 =、儉聯立 ? 。式得

19、主要考察知識點：磁場綜合4、【18分】參考答案與解析：解法一：（1）設粒子在04時間內運動的位移大小為,1 2 S=A0 =.A =又已知邳。曲 聯立式解得包=1h 5（2）粒子在to2t o時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒做勻速圓周運動。設運動速度大小為皿軌道半徑為周期為7,則巧=%qvi8f) = r&聯立式得Rx=5TI丁 =如又狎。即粒子在to2 to時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2扁？ 3扁時間內，粒 子做初速度為皿的勻加速直線運動，設位移大小為S2sAh解得5由于si+s2</i,所以粒子在3 t o4 to時間內繼續做勻速圓周運動，設速度大

20、小為 半徑為Ri吃,v2 =巧 +白，0D婭升用=&解得571由于Sl+S2 + R2<h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在 子運動到正極板(如圖 1所示)。因此粒子運動的最大半徑4扁？ 5扁時間內,為=竺571。(3)粒子在板間運動的軌跡如圖 2所示。解法二：由題意可知，電磁場的周期為 2希前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為=爽% 方向向上后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為 T2mn粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第 n 個周期末，粒子位移大小為 §又已知q 玖由以上各式得s =心 頭一 5粒子速度大小為V? = antf>粒子做

21、圓周運動的半徑為& =竺9君解得顯然s2+R2<h<s3(1) 粒子在 0? 匕。時間內的位移大小與極板間距 h 的比值& = fi(2) 粒子在極板間做圓周運動的最大半徑 5 兀(3) 粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。主要考察知識點：電場綜合，磁場綜合5、【19分】參考答案與解析：據題意，小球夕在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為,夕受到向 下的重力mg、球面對它沿/方向的支持力匝和磁場的洛侖茲力f=qvB式中r為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向° '。根據牛頓第二定律ATcos 秫 g= 0/ 一 27sin &-m

22、&sin。由式得22 qBRsm。gRsin _ Qmcos。(4)由于-是實數，必須滿足A _ rising? 4 成 3 > 0I J cos 。由此得蕪竺1-q可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為7 / g» 此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為2m由式得v =sin 0cos主要考察知識點：帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力6、【16分】參考答案與解析：2/ti2 g 27A0頊(qE-mg)解析：(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得22mgy= 2 mv得二唇.(2)設在最大距離y”處的速率為 V 根據圓周運動有2qvmB-mg=mR且由知v頊2gym由及R=2ym2wzgA2 n2a=g小球運動如圖所示XXYJOXJXXXx由動能定理22 2(qE-mg) |y T = mvmvm2由圓周運動qvmB+mg-qE=mR_2_且由及R=2 | yj解得v” =qB(qE-mg).主要考察知識點：勻速圓周運動、變速圓周運動、離心現象及其應用，功、功率、動 能、動 能定理，帶電粒子在磁場中的運動、洛侖茲力23fnvQ_ 2wvo(1) 2q(2) q8 (3) 3qB7、【16分】 參考答案與解析:(3_+ 2?f)_ m也.解析：(1)設粒子過N點時的速度為v