1、第 1 页 共 9 页一、磁场的基本性质1、2 、D 3 、 D 4、 B5 提示与答案：6 解析：本题考查直线电流的磁场及磁感应强度的合成，由安培定则可判出两电流在 A 产生的磁场方向相反，又 A 点与两导线共面，且等距，故磁感应强度的合矢量大小一定为零。选项 C 正确7【解析】本题中的小磁针 S 极向纸里转，亦即 N 极向纸外转，根据磁场方向的规定知道，带电粒子在飞过小磁针上方时产生的磁场方向为在粒子束下方，垂直纸面向外，所以根据 电流方向的规定及安培定则，电荷产生的 电流方向应该是自右向左， 这样 的电流方向有两种可能：一是自右向左飞行的正电荷束，二是自左向右 飞行的负电荷束，所以应选
2、B、C 两项。8【解析】先根据安培定则确定通电直导线在圆周上的 a、b、c、d 四点上所产生的磁感应强度的方向，再根据矢量的合成法判断出结果，可知 选项正确【点评】本例考查根据平行四边形定则合成磁感应强度和运用安培定则来判断通电直导线形成的磁场在某处磁感应强度的方向解 题时应注意磁感应强 度在某处的方向是以直导线为圆心的圆周在该处的切线方向9、10 答案 ACD二、磁场对通电导体的作用1：2：3、A 解析：两个线圈内的电流产生的磁场方向相同，互相吸引。也可以由一个电流受另一个的磁场力判断得相同的结论。4、【答案】【解析】把环形电流看成无数小段的直线电流组成，当 电流从 A 向 B 通过线圈时各
3、线环的电流方向如图所示，各 电流平行且同向，相互吸引，线圈长度变短，故对而从上、下看，上流出，下流入，方向相反，相互排斥，线圈半径将增大，故 D 正确。5 解析：杆的受力情况为：+-第 2 页 共 9 页5 答案：AB 6： 7：8、D 9、 B 10（1）2 A （2）1m/s311 提示与答案：（1）导体 ab 的截面受力图如图所示，则斜面方向的平衡方程为：mgsin60=FAcos60垂直于斜面方向的平衡方程为：N=mgcos60+F Asin60FA=BIL解式得 B= T，N=6N3（2）若要使取值最小，即安培力最小，显然当平行斜面向上时，有最小值，此时应垂直斜面向上，且有： sin
4、60所以， minI sin60代入数字解得： min T23三、磁场对运动电荷的作用1、 D 2、 ABC 3【解析】由 可知，粒子的动能越小， 圆周运动 的半径越小， 结合粒子运动轨迹qBmEkR2可知，粒子选经过 a 点，再经过 b 点；根据左手定则可以判断粒子 带负电。【答案】AC【点评】本题依托带电粒子在匀强磁场中的变轨运动问题，考查了洛伦兹力的大小和方向与q、B、v 之间的关系，同时考查了看图、用 图的综合分析能力。4：5： 因为带电粒子运动的过程中，由于周围气体的阻碍作用，动能会损失，速度必然减小，则由轨道半径公式可知，要使其轨道半径 r保持不变，则磁感应强度 B 应相应的变小，
5、题中所给磁场自左向右逐渐增强，故可判断粒子从 A 点射入，速率逐渐减小；根据带电粒子径迹的弯曲方向可知，带电粒子受到的洛仑兹力的方向应指向其径变的内侧（即弯曲径迹凹的一侧） ，利用正电，故选项 A、D 正确。6：7 提示与答案： 8、 C 9、 B 10、 C 11、AB 12、 B13 （18 分）解：（1） 21mvqU （2 分） 2dR （1 分） Rmvq2（1 分）得 28dB （2 分）（2）轨迹如图，设GOH=，带电粒子在磁场中运动半径为 R/则 tan= 3dGOH 即 =60 0则HO/=2O/P，即 d R/=2R/ 得：R /= d31（3 分）FNG60GM NHOO
6、/VBP第 3 页 共 9 页因为其它条件不变，由牛顿第二定律： RvmBq2 （2 分） RvmqB2（2 分）联立以上两式，得： 5.1B （2 分）14：先找圆心，过 b 点逆着速度 v 的方向作直线 bd，交 y 轴于 d，由于粒子在磁场中偏转的半径一定，且圆心位于 Ob 连线上，距 O 点距离为圆的半径，据牛顿第二定律有：解得 BqvmR02qBmvR0过圆心作 bd 的垂线，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：要使磁场的区域有最小面积，则 Oa 应为磁场区域的直径，由几何关系知：由得3cosr qvr230所以圆形匀强磁场的最小面积为： min4BS粒子从 O 点到 a 点做匀速圆周运
7、动，速度方向偏转了 ，故在此过程中所需时间为：3qBTt32231粒子从 a 飞到 b 是匀速直线运动，令 Ab 长为 L，则： qBmvRctg03粒子从 a 点飞到 b 的时间为： qBvmt 3002故粒子从 O 点进入磁场区域到达 b 点所经历的时间为 ： qBmtt3)2(21由图可知，b 点的坐标为： ， yb0。qvRxb3)0sin1(15、 （13 分）解：（1）带电粒子所受电场力方向与场强方向相反，因而粒子应带负电，根据带电粒子离开电场时的运动方向，可得：（2 分）0lvt（2 分） 2Eqma第 4 页 共 9 页解得： （2 分）0mvEql（2）换成磁场后，要使带电粒
8、子向 CD 中点偏转，根据左手定则磁场方向必须垂直纸面向里 （2 分）此时带电粒子做匀速圆周运动，如图所示设其运动半径为 R，根据几何关系，可得: 2)(lR解得： （3 分）54l又根据 RvmBq200磁感强度: （2 分）20045ql16 解：粒子的运动轨迹如右图所示 （1）设粒子在电场中运动的时间为 t1x、 y 方向 2 h = v0t1 2a 根据牛顿第二定律 Eq = ma 求出 qmE0 （2）根据动能定理 221vh 设粒子进入磁场时速度为 v，根据 rB 求出 Bqmv02 （3）粒子在电场中运动的时间 01vht 粒子在磁场中运动的周期 BqmvrT2 设粒子在磁场中运
9、动的时间为 t2 T83 求出 vht4302117 解：（1）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能 2 分kEqU由几何知识可得 3 分sin60lR根据 2 分2,vqBqBm得由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能2 分213klE因此粒子穿过铅板时动能的损失为 3 分0.kkqBlEUmA14 题图DB Cv0Ov0v45POyMNxv0135BvO第 5 页 共 9 页（2）粒子在电场中水平方向做匀速直线运动 2 分03cos6xqBlvm运动时间为 2 分3()xslmsltvqB粒子在竖直方向做匀减速直线运动 2 分0sin6yqlv3 分3()2yvtsl19 （15
10、 分）解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd1= （2 分）0mv解得 v=4.0103m/s （1 分）（2）设粒子在磁场 B1 中做匀速圆周运动的半径为 r，则qvB1= （1 分）r2解得 r=12.5m （1 分）设在区内圆周运动的圆心角为 ，则（1 分）2sindr解得 =30 （1 分）粒子在区运动周期 （1 分）mTqB粒子在区运动时间 t （1 分）o360解得 t =1.610-3s （1 分）s1920（3）设粒子在区做圆周运动道半径为 R，则 qvB2= （1 分）mv解得 R=6.25m （1 分）粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知 为等边三角形
11、（1 分）MNP粒子离开区域时速度与边界面的夹角 =60 （2 分）20、 （16 分） （1）M 、 N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，所以圆心在 C 点，CH=QC=L，故半径 R1=L又因 12vmqB21mvqUmLqBU2（2）设轨迹与 CD 板相切于 K 点，半径为 R2，在 AKC 中： 245sinRLO1 M Pv Od1 d2 d3EB1B2vvO2第 15 题答图第 6 页 共 9 页LR)12(KC长等于 LR)12(1 分CD板上可能被粒子打中的区域的长度 HKx为 ：x211 分（3）打在 QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期： qB
12、mT2qBmTtm2四、带电粒子在复合场中的运动1、 C 2、 C 3、 D 4、5【解析】在开始运动时，对小球 进行受力分析如图所示， 小球带正电, 小球受向下的重力、竖直向上的滑动摩擦力、向左的电场力和向右的弹力及洛伦兹力, 由于小球套在杆上, 小球在水平方向上无加速度.竖直方向因为最初重力大于滑动摩擦力，所以，小球的下落速度不断增加, 其受到的向右的洛仑兹力不断增大,则小球受到的弹力先向右并逐渐减小, 后向左并逐渐增加，从而导致小球受到的摩擦力先减小后增大，显然在竖直方向上小球的加速度先增大后减小，而速度则不断增大，相应的动能也不断增大；当摩擦力增大到等于重力时，小球的加速度减至零，而速
13、度和动能便增至某一最大值。当小球带负电时结论 也相同。【答案】6、AD 7 答案：ABC 8： 9： 10： 11： 12： 13： 14：15： 16 、A17小球受力如图所示 qE=mgcot （2 分） E= mg/q（2 分）3设小球在 D 点速度为 vD，在水平方向由牛顿第二定律得：qE=max（1 分） （2 分）2Dxvda小球在 D 点离开水平面的条件是： qvDB=mg（1 分）得： d= （2 分）263Bqgm当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，速度最大，（1 分）则： （2 分）RvmgBqvm03sinR = kh （1 分）GfNqE f洛A BDCPMNvqE
14、mg qEmgf第 7 页 共 9 页（2 分）mgBqvh218 解：（1） （6 分）设 a 球到 D 点时的速度为 vD，从释放至 D 点根据动能定理 （3 分）21.0CgR对 a、b 球，根据动量守恒定律 mvD=2mv 解得 v=1.73m/s （2） （6 分）两球进入处长合场后，由计算可知 Eq=2mg两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如右图所示 洛仑兹力提供向心力 （2 分）rvmeB2由图可知 r=2h （2 分）解得 （1 分）h46.32（3） （6 分）ab 系统损失的机械能（4 分）21)(mvgRmE或 EqhCD1.0解得 （2 分）J48.19 解：
15、（1）先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动。 （3 分）（2）当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大。小球受力如图 1 所示 （1 分）根据牛顿第二定律 mgsin = ma （3 分）求出 a = gsin （2 分）（3）当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为 vm小球受力如图 2 所示 （2 分）根据平衡条件 qvmB N + mgcos （2 分）mgsin f （2 分）滑动摩擦力 f N （1 分）求出 qgvm)cos(in（2 分）图 1FmgFmgN图 2f第 8 页 共 9 页20【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力 mg、
16、斜面支持力 FN 和洛伦兹力 F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力 F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑 块应带负电荷.(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有 qvBF Nmgcos 0当 FN0 时，小滑块开始脱离斜面，此 时 qvBmg cos 得 v m/s=2 m/s43105.2 cosqBmg3(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgxsin mv21斜面的长度至少应是 x m1.2 m5.012)( singv21（20分）正电荷 （4分）依题意可知小球在BC间做匀速直线运动。在C点的速度为： （2分）/7CBvs在BC段其受力如图所示，设重力和电场力合力为F。F qvCB （1分）又 F mg/cos37 5N（1分）解得： （1分）20qv在 D处 由 牛 顿 第 二 定 律 可 得 ： （2分）DDvBqFmR将 代入上式并化简得：720qB28710解得 （1分）4/5()8Dvms舍 去小球离开D点后作类平抛运动，其加速度为： a F/m （1分）由 得： （1分） （1分）21Rat()40.2RmsaF2.6DsvtmCD段克服摩擦力做功W f 由动能定理可得： （3分）2()f DCWFRv解得：W f27.6J （2分）第 9 页 共 9 页
