A．小球A仍可能處于靜止狀態(tài) B．小球A將可能沿軌跡1運動 C．小球A將可能沿軌跡2運動 D．小球A將可能沿軌跡3運動
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A． B． 試題詳情
C．
D． 試題詳情
 7．如圖所示，一帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度V0 射入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，粒子質量為m，帶電量為q，磁場的磁感應強度為B，電場強度為E，粒子從P點離開電磁場區(qū)域時速度為V，P與中央直線相距為d，則下列說法正確的是（
）
Ａ．粒子在運動過程中所受磁場力可能比所受電場力小 試題詳情
Ｂ．粒子沿電場方向的加速度大小始終是 Ｃ．粒子的運動軌跡是拋物線 試題詳情
Ｄ．粒子達到P的速度大小V＝ 試題詳情
8．真空中有兩根長直金屬導線平行放置，其中一根導線中通有恒定電流．在兩導線所確定的平面內，一電子從P點運動的軌跡的一部分如圖中曲線PQ所示，則一定是（ ） 試題詳情
 A．ab導線中通有從a到b方向的電流
B．ab導線中通有從b到a方向的電流 C．cd導線中通有從c到d方向的電流 D．cd導線中通有從d到c方向的電流 試題詳情
 9．如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質量為m，帶電量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中．設小球電量不變，小球由靜止下滑的過程中（ ）
A．小球加速度一直增大
B．小球速度一直增大，直到最后勻速 C．桿對小球的彈力一直減少 D．小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變 試題詳情
 10．如圖所示，PQ是勻強磁場里的一片薄金屬片，其表面與磁場方向平行，現(xiàn)有一α粒子從A點以垂直PQ的速度v射出，動能為E，射出后α粒子的軌跡如圖所示，今測得它在金屬片兩邊的軌跡的半徑之比為10:9，若α粒子在穿越金屬片過程中受到的阻力大小及電量都不變，則（ ）
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A．α粒子每穿過一次金屬片，速度減少 試題詳情
B．α粒子每穿過一次金屬片，動能減少0.81E C．α粒子穿過5次金屬片后陷在金屬片里 D．α粒子穿過9次金屬片后陷在金屬片里 第Ⅱ卷（非選擇題，共110分） 試題詳情
二、本題共2小題，共20分。把答案填在題中相應的橫線上或按題目要求作答． 11．（8分）某同學在研究長直導線周圍的磁場時，為增大電流，用多根導線捆在一起代替長直導線，不斷改變多根導線中的總電流I和測試點與直導線的距離，測得下表所示數據： 試題詳情
由上述數據可得出磁感應強度B與電流I及距離r的關系式為B=__________T．在由數據得出關系式時可以采用保持某一物理量不變，采用作圖或從數據上得出另外兩個物理量之間的關系，這在物理量上被稱作_________法，是物理學中經常應用的方法之一.（要求估算出比例系數，用等式表示） 試題詳情
12．（12分）磁體和電流之間、磁體和運動電荷之間、電流和電流之間都可通過磁場而相互作用，此現(xiàn)象可通過以下實驗證明： （1）如圖（a）所示，在重復奧斯特的電流磁效應實驗時，為使實驗方便效果明顯，通電導線應_______
． 試題詳情
 A．平行于南北方向，位于小磁針上方
B．平行于東西方向，位于小磁針上方 C．平行于東南方向，位于小磁針下方 D．平行于西南方向，位于小磁針下方 此時從上向下看，小磁針的旋轉方向是_________________． （2）如圖（b）所示，是一個抽成真空的電子射線管，從陰極發(fā)射出來的電子束，在陰極和陽極間的高壓作用下，轟擊到長方形的熒光屏上激發(fā)出熒光，可以顯示出電子束運動的徑跡．實驗表明，在沒有外磁場時，電子束是沿直線前進的．如果把射線管放在蹄形磁鐵的兩極間，熒光屏上顯示的電子束運動徑跡發(fā)生了彎曲，這表明：___________，圖中a為____極． （3）如圖（c）所示，兩條平行直導線，當通以相同方向的電流時，它們相互________，當通以相反方向的電流時，它們相互___________，這時每個電流都處在另一個電流的磁場里，因而受到磁場力的作用．也就是說，電流和電流之間，就像磁極和磁極之間一樣，也會通過磁場發(fā)生相互作用. 試題詳情
三、本題共6小題，共90分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟.只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位. 13．（14分）用一根長L=0.8m的絕緣輕繩，吊一質量m=1.0g的帶電小球，放在磁感應強度B=2.5T、方向如圖所示的勻強磁場中．把小球拉到懸點的右側，輕繩剛好水平拉直，將小球由靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直平面內擺動．當小球第一次擺到最低點時，懸線的拉力恰好為0.5mg（取重力加速度g=10m/s2）.求： （1）小球帶何種電荷？ （2）當小球第二次經過最低點時，懸線對小球的拉力多大？ 試題詳情
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（2）若射入磁場的速度改為 m/s，其他條件不變，試用斜線畫出該束粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域，要求有簡要的文字說明．（ ， ） 試題詳情
 15．（14分）如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在光滑水平面上，圓環(huán)中心安放一帶電量為Q的正電荷，另有磁感應強度為B的勻強磁場垂直圓環(huán)平面．已知一質量為m、帶電量為+q的小球貼著圓環(huán)內壁做圓周運動，若小球的運動速率從零開始逐漸增大，請?zhí)骄繄A環(huán)對小球的水平彈力FN將如何變化？
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 16．（16分）電子質量為m、電量為e，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為v0，如圖所示．現(xiàn)在某一區(qū)域加方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，求：
（1）熒光屏上光斑的長度； （2）所加磁場范圍的最小面積． 試題詳情
17．（16分）如圖所示，Oxyz坐標系的y軸豎直向上，坐標系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與x軸平行，從y軸上的M（0、H、0）點無初速釋放一個質量為m、電荷量為q的帶負電的小球，它落在xOz平面上的N（l、0、b）點（l>0，b>0）.若撤去磁場則小球落在xOz平面的P（l、0、0）點．已知重力加速度為g． （1）已知磁場方向與某個坐標軸平行，請確定其可能的具體方向． 試題詳情
（2） 求出電場強度的大�。� （3）求出小球落至N點時的速率． 試題詳情
18．（16分）一對平行金屬板水平放置，板間距離為d，板間有磁感應強度為B的水平向里的勻強磁場，將金屬板連入如圖所示的電路，已知電源內阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開關S閉合，并調節(jié)滑動觸頭P至右端長度為總長度的 處，一質量為m、電荷量為q的帶電質點從兩板正中央左端以某一初速度水平飛入場區(qū)，恰好做勻速圓周運動. （1）求電源的電動勢； （2）若將滑動變阻器的滑動觸頭P調到R的正中央位置，可以使原帶電質點以水平直線從兩板間穿過，求該質點進入磁場的初速度v0; 試題詳情
 （3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質點恰好能從金屬板緣飛出，求質點飛出時的動能．
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1． B 根據磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<Bb，即B正確；同一通電導線放在a處受力的情況大小不一定，因為放入時的位置（即放入時與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定． 2． C 地球自轉等效成環(huán)形電流，南極為磁場N極，由右手定則可知地球帶負電，地球轉速變慢使環(huán)形電流電流減小，故磁場減弱，所以選C． 3． AB 根據安培定則和磁感應強度的迭加原理即可知． 4． ABC 提示：根據已知條件畫出運動的軌跡和基本公式即可判斷． 5． AB 若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用（且?guī)靵隽槌饬Γ�，若重力的大小和庫侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態(tài)，A正確；若庫侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確． 6． B 電子進入磁場時向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應比臨界半徑大，由 可知，磁感應強度只要比臨界時的小就可以了，如題圖，由對稱性作輔助線，由幾何關系可得，半徑 ，又 ，解得 ，故選B． 7． AD 由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進入電、磁場時，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小是變化的，運動軌跡是復雜的曲線而并非簡單的拋物線，所以選項B、C錯誤．由動能定律得： ，故選項D正確，綜合來看，選項A、D正確． 8． C 根據電子運動的軌跡知在兩導線之間的磁場方向垂直于兩導線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產生這樣的磁場，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時曲率半徑變小，由 知與cd邊越近，B越強，可見是由cd中的電流產生的，只有C正確． 9． BD 本題考查帶電體在復合場中的運動，在分析時要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，導致桿對小球的彈力發(fā)生變化，因此摩擦力發(fā)生變化，小球的運動狀態(tài)發(fā)生變化． 10． C 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑r=mv/qB，設α粒子第一次穿過金屬片的速度v/，則 ，所以v/=0．9v，動能減少 ．根據阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動能都減少0．19E，由 ，故α粒子穿過5次后陷入金屬中． 11． B= （6分） 控制變量法（2分） 解析：從表中數據分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k1和Br=k2，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10－7Tm/A．所以得出磁感應強度B與電流I及距離r的關系式為B= ． 12．（1）A （2分） 逆時針 （2分） （2）運動電荷受到了磁場力（2分） 陰 （2分） （3）吸引（2分） 排斥（2分） 13．解析：（1）設小球第一次到達最低點時速度為v，則由動能定理可得 （2分） 在最低點根據牛頓第二定律得， （2分） 解得 C（2分） 根據左手定則可判斷小球帶負電（3分） （2）根據機械能守恒可知，小球第二次到達最低點時速度小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得， （3分） 解得 N（2分） 14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的 半徑， （1分）  m> （2分）
 因此要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應的弦長最長，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運動的時間最長． （2分）
設該弦對應的圓心角為 ，而 （1分） 運動時間 （2分） 又 ，故 s（2分） （2） （2分） 粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場相交的部分．繪圖如圖．
（2分） 15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運動的過程中受到電場力FE、洛倫茲力FB和彈力FN的作用，其合力即為小球做圓周運動的向心力，由圖可知：   （3分）
∴ （2分） 其中FB=qvB，FE=kQq/R2，代入上式可得，  （2分）
上式中m、R、B、q、k、Q均為常數，所以FN為v的二次函數．對照y=ax2+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R2． （2分） 因a>0，故FN有最小值，且當 時，FN最�。ㄅR界條件），最小值為 ．（2分） 可見，隨著小球運動速度的增大，圓環(huán)對小球的彈力FN先減小、后增大，且臨界狀態(tài)（最小值）出現(xiàn)在v=BqR/2m時． （3分） 16．解析：（1）要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q．  設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得，
（4分） 即 ，從圖中可以看出 （4分） （2）沿任一方向射入第一象限的電子經磁場偏轉后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實線所示．
（4分） 所以磁場范圍的最小面積 ．（4分） 17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向． （4分） （2）在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設運動時間為t， 小球自由下落，有H=gt2/2（1分） 小球沿x軸方向只受電場力作用，Fe=qE（1分） 小球沿x軸的位移為l=at2/2（1分） 小球沿x軸方向的加速度為a=Fe/m（1分） 聯(lián)立求解，得E=mgl/qH．
（2分） （3）帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛倫茲力不做功．電場力做功為：We=qEl，（1分） 重力做功為WG=mgH（1分） 設落到N點時速度大小為v，根據動能定理得， （2分） 解得， （2分） 18．解析：（1）因帶電質點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡， ①（1分） 又 ② 兩板間電場強度 ③（1分） 兩板間電壓 ④（1分） 由閉合電路歐姆定律得， ⑤（1分） 由①～⑤得， （2分） （2）由題意知，電場力豎直向上，故質點帶負電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得， ⑥（2分） 因兩極板間電壓 故 ， ⑦（2分） 由⑥⑦解得， ⑧（1分） （3）因板間電壓變?yōu)?sub> ⑨ 故電場力 （2分） 由動能定理得， ⑩（2分） 由⑧⑨⑩解得 ．（1分）
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A．a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>Bb
D．地球表面帶負電，由于地球自轉變慢，地磁場將變強
4．如圖所示，在
、
的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于
平面向里，大小為
．現(xiàn)有一質量為
、電量為
的帶電粒子，在
軸上到原點的距離為
的P點，以平行于
軸的初速度射入磁場．在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出磁場．不計重力的影響，由這些信息可以確定的是 （ ）
6．比荷為
的電子以速度
沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中，如圖所示，為使電子從BC邊穿出磁場，磁感應強度B的取值范圍為 （ ）
14．（14分）如圖所示，在真空中半徑
m的圓形區(qū)域內，有磁感應強度B=0．2T，方向如圖的勻強磁場，一束帶正電的粒子以初速度
m/s，從磁場邊界上直徑ab的a端沿各個方向射入磁場，且初速方向都垂直于磁場方向，若該束粒子的比荷
C/kg，不計粒子重力．求：