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11磁场 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析
展开这是一份11磁场 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析，共183页。试卷主要包含了单选题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
专题11 磁场
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值
B. 卡文迪许最先通过实验测出了静电力常量
C. 库仑研究了电荷之间的作用力，安培提出了电荷周围存在着它产生的电场
D. 奥斯特发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则
【答案】 A
【解析】密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值,选项A正确；卡文迪许最先通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；库仑研究了电荷之间的作用力，法拉第提出了电荷周围存在着它产生的电场，选项C错误；安培发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则，选项D错误；故选A.
2．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A. 方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B. 方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C. 方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D. 方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
【答案】 A
点睛：本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成。
3．如图所示，a、b是两根垂直纸面的通有等值电流的直导体，两导线外有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为
A. 都向纸里
B. 都向纸外
C. a中电流方向向纸外，b中向纸里
D. a中电流方向向纸里，b中向纸外
【答案】 C
【解析】A、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上，如图所示，故A错误；
B、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下．故B错误；
C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右．故C正确；
D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左．故D错误；
故选C。
4．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2、 L3中的相同，下列说法正确的是（ ）
A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B. L2所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行
C. L3在L1处的磁场方向与L1、L2所在平面垂直
D. L2与L3在L1处的合磁场方向与L1、L2所在平面平行
【答案】 A
5．一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连，高频交流电周期为T，下列说法正确的是
A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D. 不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
【答案】 A
【解析】A、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度随B、R的增大而增大，故A正确；
B、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度只与粒子本身的荷质比,加速器半径,和磁场大小有关,与加速电压无关,故B错误;
C、考虑到狭义相对论,任何物体速度不可能超过光速,故C错误;
D、此加速器加速电场周期 ,加速粒子时 ,两个周期不同,不能加速粒子.故D错误;
综上所述本题答案是：A
6．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）
A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
【答案】 C
【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.
7．如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）
A. 电源给电容器充电后，M板带正电
B. 导体棒在安培力作用下向右运动
C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变
D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
【答案】 B
【解析】电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．故选B．
点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定．
8．如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是
A. 只增大带电粒子的比荷大小，则v减小
B. 只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小
C. 只减小初速度v0的大小，则x不变
D. 只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变
【答案】 D
【解析】粒子在电场中，水平方向；竖直方向，；，解得，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=，可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为θ，则由半径公式，结合几何关系，可得：x=2Rsinθ=，则会导致x不变，故D正确；故选D．
点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法．
9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成θ角，极板间距为d，两极板M、N与一直流电源相连，且M板接电源正极，MN间电势差为U，现有一带电粒子以初速度v0进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器。若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变，则所加匀强磁场的磁感应强度方向和大小正确的是
A. 垂直于纸面向里 B. 垂直于纸面向里
C. 垂直于纸面向外 D. 垂直于纸面向外
【答案】 C
【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示
因为上极板带正电，电场力方向与板间场强方向相反，故微粒带负电；
根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，在竖直方向：
在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，粒子做直线运动，由于粒子受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，则根据二力平衡可知，洛伦兹力的方向向上．根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外．
根据二力平衡得：
所以：
C正确；ABD错误；
故选C。
10．如图所示，MN和PQ表示垂直于纸面的两个相互平行的平面，在这两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中磁场方向与纸面垂直。一个带电粒子以某一初速度由MN平面上的A点沿垂直MN平面的方向进入这个场区恰能沿直线运动，并从PQ平面上的C点离开场区，AC连线与两平面垂直。如果这个区域只有电场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的B点离开场区；如果这个区域只有磁场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计空气阻力及粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）
A. t1=t2=t3，a1
【解析】试题分析：带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动，比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小．各自由相应规律表示出时间和加速度，从而得到结论．
在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv．在复合场中的时间，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间，由于两平面之间，所以时间关系为．到于加速度，在复合场中，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以，但方向不同，即，故C正确．
11．一个静止的铀核，放射一个粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法( )
A. 1是，2是钍 B. 1是钍，2是
C. 3是，4是钍 D. 3是钍，4是
【答案】 B
【解析】一个静止的铀核发生衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个外切圆；根据，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度B相同，则电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是粒子的径迹，B正确，ACD错误，选B．
【点睛】衰变生成的新核与粒子动量守恒，根据左手定则判断粒子的受力方向，从而判断出是内切圆还是外切圆．
12．如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后（ ）
A. 离子可能向N磁极偏转
B. A板聚集正电荷
C. R中有向上的电流
D. 离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功
【答案】 C
【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误，故选C.
13．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中做匀速圆周运动，则( )
A. 粒子的速率加倍，周期减半
B. 粒子的速率不变，轨道半径减半
C. 粒子的速率减半，轨道半径变为原来的
D. 粒子的速率不变，周期不变
【答案】 B
【解析】由洛伦兹力提供向心力，，解得；，解得。
A、D项，由动能定理，洛仑兹力对粒子不做功，所以粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，则周期减半，故A、D项错误。
B、C项，由上面分析可知，粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，半径减半，故B项正确，C项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
14．有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是
A. 静止不动
B. 向纸外平动
C. N极向纸外，S极向纸内转动
D. N极向纸内，S极向纸外转动
【答案】 C
15．如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)
A. B. C. D.
【答案】 D
【解析】根据动能定理得，解得，故选D。
16．在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是
A. 新核为
B. 轨迹1是新核的径迹
C. 衰变过程中子数不变
D. 新核沿顺时针方向旋转
【答案】 A
【解析】发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，β衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误．
17．如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（ ）
A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4
B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2
C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1
D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1
【答案】 D
【解析】A、任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A错误．
B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=πr2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误．
C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1．故C错误．
D、根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确．
故选：D
18．如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条虚线．设三个质子沿轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进入场区时速度大小分别为v1、v2、v3，射出场区时速度大小分别为v1′、v2′、v3′，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）
A. v1＞v2＞v3，v1＞v1′，v3
【答案】 A
【解析】质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹Ⅰ的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1B＞qE，，
沿轨迹Ⅱ的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，，
沿轨迹Ⅲ的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3B＜qE，，
可知v1＞v2＞v3．
沿轨迹Ⅰ的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1＞v1′，
沿轨迹Ⅱ的质子运动过程中，速度不变，v2=v2′，
沿轨迹Ⅲ的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v3
19．如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将（ ）
A. 向上偏转
B. 向下偏转
C. 向纸外偏转
D. 匀速直线运动
【答案】 D
【解析】由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向水平向右；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，与磁感线平行，由左手定则可知，电子束不受安培力，做匀速直线运动，D正确，ABC错误。
故选：D。
【点睛】
由安培定则判断出通电导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束的运动。
20．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是（ ）
A. 一起向左运动 B. 一起向右运动
C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离
【答案】 D
【解析】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离，故D正确，ABC错误。
21．在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极，并把它们与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水．如果把玻璃皿放在磁场中,如图所示,．通过所学的知识可知，当接通电源后从上向下看( )
A. 液体将顺时针旋转
B. 液体将逆时针旋转
C. 若仅调换N、S极位置，液体旋转方向不变
D. 若仅调换电源正、负极位置，液体旋转方向不变
【答案】 B
22．在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献。下列陈述中不符合历史事实的是
A. 伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，
B. 在研究电磁现象时，安培引入了 “场”的概念
C. 密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量
D. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
【答案】 B
【解析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，选项A正确；在研究电磁现象时，法拉第引入了 “场”的概念，选项B错误；密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量，选项C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，选项D正确；此题选择不符合事实的选项，故选B.
23．关于磁感线，下列说法中正确的是（ ）
A. 磁感线是实际存在于磁场中的线
B. 磁感线是一条条不闭合的曲线
C. 磁感线有可能出现相交的情况
D. 磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致
【答案】 D
【解析】磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误．在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故B错误；若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故C错误．磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致；故D正确；故选D．
24．如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为。导线框中的电流大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】试题分析：当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，电流方向向右，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，电流方向变为向左，据此根据平衡条件列式求解．
当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，故，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，故，联立可得，A正确．
25．如图所示正方形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准正方形区域的中心射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )
A. 这些粒子在磁场中运动的时间都相等
B. 在磁场中运动时间越短的粒子，其速率越小
C. 在磁场中运动时间越短的粒子，其轨道半径越大
D. 在磁场中运动时间越短的粒子，其通过的路程越小
【答案】 C
【解析】试题分析：质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．
由周期公式得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，根据可知，在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，半径越大，由知速率一定越大，故AB错误C正确；经过的路程即为弧长，由于圆心角越小，半径越大，所以路程不一定小，D错误
26．关于磁通量下列说法正确的是（ ）．
A. 磁通量越大表示磁感应强度越大
B. 面积越大穿过它的磁通量也越大
C. 穿过单位面积的磁通量等于磁感应强度
D. 磁通量不仅有大小而且有方向是矢量
【答案】 D
【解析】磁通量可理解为穿过单位面积的磁感线的条数，与线圈的面积、磁感应强度以及线圈的放置有关，则磁通量越大，磁感应强度不一定越大，选项A错误；当磁场与面积相互垂直时穿过单位面积的磁通量等于磁感应强度，C错误；根据可知，面积越大穿过它的磁通量不一定越大，选项B错误；磁通量不仅有大小而且有方向是矢量，选项D正确；故选D.
27．现代人几乎离不了方便的磁卡，利用磁性材料记录信息的磁卡保存不当就会失去磁性．关于磁卡保存，下列做法不正确的是（ ）
A. 用软纸轻擦磁卡 B. 用磁卡拍打桌面
C. 使磁卡远离热源 D. 使磁卡远离磁体
【答案】 B
28．在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未发火的炸药残留在爆炸孔内，很容易引起人身事故．为此，科学家制造了一种专门用于隧道工程以及矿山爆破作业的炸药--磁性炸药．在磁性炸药制造的过程中掺入10%的磁性材料-一钡铁氧体，然后放入磁化机磁化．使用磁性炸药时，遇到不发火的情况可用磁性探测器探测出未发火的炸药．已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400℃，炸药的爆炸温度约为2240℃～3100℃，一般炸药引爆温度最高为140℃左右，以上材料表明（ ）
①磁性材料在低温下容易被磁化
②磁性材料在高温下容易被磁化
③磁性材料在低温下容易被消磁
④磁性材料在高温下容易被消磁．
A. ①③
B. ②④
C. ①④
D. ②③
【答案】 C
【解析】由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因而易被磁化，故①正确，②错误；而高温时，分子剧烈运动，导致趋向基本一致的分子环形电流的磁极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的；即磁性材料高温下容易消磁，低温下容易磁化，故④正确，③错误。所以C正确，ABD错误。
29．实验室里用的磁铁是用什么材料制成的（ ）
A. 软磁性材料 B. 硬磁性材料 C. 软铁 D. 不锈钢
【答案】 B
【解析】磁性材料分为硬磁材料和软磁材料，硬磁性材料（永磁体）指磁化后能长久保持磁性的材料；软磁性材料指磁化后，不能保持原有的磁性．故实验室里用的磁铁是用硬磁性材料制成的．故B正确、ACD错误；故选B．
30．电磁铁用软铁做铁芯，这是因为软铁（ ）
A. 能保持磁性 B. 可能被其他磁体吸引 C. 去磁迅速 D. 能导电
【答案】 C
【解析】因为软铁被磁化后退磁很快，也就是说上面的铜线螺线管没有磁场时，软铁的磁场会很快消失，而钢则会保留磁性，要好一会才磁性会消失．电磁铁的目的在于控制磁场的产生和消失，所以要用软铁，因为软铁的磁场更易改变．故C正确，ABD错误．故选C.
点睛：本题较简单，考查了电磁铁的特点：容易被磁化，也容易退磁，这正是电磁铁的优点．
31．把一根条形磁铁从中间切断，我们将得到（ ）
A. 一段只有N极，另一段只有S极的两块磁铁
B. 两段均无磁性的铁块
C. 两段均有N极和S极的磁铁
D. 两段磁极无法确定的磁极
【答案】 C
【解析】磁铁分成两段后，其中的每一段仍然具有磁性，仍是一个磁体．磁体就具有两个异名磁极,故选C.
32．随着社会的发展，磁记录已深入到各个领域，进入千家万户．银行、邮政、公交等许多机构发行的磁卡，就是利用磁性材料记录信息的．关于磁卡下列说法错误的是（ ）
A. 磁卡是硬磁性材料制造的
B. 磁卡要远离热源，以防退磁
C. 将磁卡放在强磁铁附近，以加强磁性
D. 不要与尖锐的物体放在一起，以防划破磁卡
【答案】 C
【解析】磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行的，但在剧烈敲打时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，所带信息消失，则是由硬磁性材料制造的，故做法A是正确的．磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行，故对外显现磁性，但在高温时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，磁卡所带信息消失，故应使磁卡远离热源，即做法B是正确的．磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行，故对外显现一定的磁性，携带一定的信息，但当磁卡靠近磁体时是由于受到磁场的作用力分子电流的排布发生改变，磁卡所带信息消失，故C做法错误．
磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行的，但在剧烈敲打时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，所带信息消失，故需要用软纸轻擦磁卡，故做法D是正确的．此题选择错误的选项，故选C.
33．关于通电直导线所受的安培力F、磁感应强度B和电流I三者方向之间的关系，下列说法中正确的是（ ）
A. F与B、I的三者必定均相互垂直
B. F必定垂直于B、I，但B不一定垂直于I
C. B必定垂直于F、I，但F不一定垂直于I
D. I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
【答案】 B
【解析】试题分析：根据左手定则拇指，四指以及磁场方向的关系判断
根据左手定则可知安培力的方向一定垂直于磁场和电流方向，但是磁场方向不一定和电流方向垂直，B正确．
34．当磁铁接近发光的白炽灯泡，可以看到灯丝抖起来．关于这一现象（ ）
A. 磁铁靠近不通电的灯泡也会发生同样的现象
B. 这是一种电磁感应现象
C. 如果灯泡中通过的是恒定电流，也会发生同样的现象
D. 这是因为通电的灯丝受安培力作用的结果
【答案】 D
【解析】试题分析：通电导线在磁场中受到安培力的方向，在磁场方向一定时，安培力方向与电流方向有关．
因为白炽灯中通有电流，受到磁铁所产生的磁场的安培力的作用，由于白炽灯中的电流为交变电流，所以电流方向在变化，所以受到的安培力方向也在变化，故发生抖动现象，故D正确．
35．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知 ( )
A. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针
B. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C. 可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过
D. 可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
【答案】 C
【解析】若小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向西偏转，A错误；若小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针；由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向东偏转，但不能肯定是磁铁的作用，也有可能是电流引起的，因此不能肯定，是有可能的，B错误；若小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，电流方向即为自北向南，所以小磁针的N极向东偏转，因此有可能，C正确；发现小磁针的N极向东偏转，说明小磁针的正上方有电子流自南向北水平通过，D错误．
36．19世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已经认识到：温度差会引起电流.安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出“地球磁场是绕地球的环行电流引起的”的假设.已知磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，则该假设中的电流方向是
A. 由西向东垂直磁子午线
B. 由东向西垂直磁子午线
C. 由南向北沿磁子午线
D. 由赤道向两极沿磁子午线
【答案】 B
【解析】因为地磁场N极在地球南极附近，地磁场S极在地球北极附近，故由安培定则可得题中假设的电流方向是由东向西垂直磁子午线，B正确．
37．关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（ ）
A. 电场和磁场都对带电粒子起加速作用
B. 电场和磁场是交替地对带电粒子做功的
C. 只有磁场才能对带电粒子起加速作用
D. 磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动
【答案】 D
【解析】回旋加速器是利用电场进行加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动。故D正确．
38．如图所示,质量为m ，电量为q 的带正电物体,在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则( )
A. 物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg+Bqv)
B. 物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg+Bqv)
C. 若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动
D. 若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动
【答案】 D
电场力大小为，方向竖直向上，物体与水平面间的正压力为零，不受摩擦力作用，故做匀速直线运动，D正确．
39．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )
A. 此空间一定不存在磁场
B. 此空间一定不存在电场
C. 此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直
D. 此空间可能同时有电场和磁场
【答案】 D
【解析】当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C不正确；当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，AB不正确，D正确．
40．一个重力可忽略的带正电的粒子射入某一区域后做匀速圆周运动，则这一区域可能有( )
A. 匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向垂直
B. 匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向平行
C. 匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向垂直
D. 匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向平行
【答案】 C
【解析】不计重力的带电粒子不可能在匀强电场中做匀速圆周运动，因为其受到的电场力是恒力，而提供向心力的力的方向时刻在改变，AB错误；若带电粒子的速度方向与磁场方向平行，则粒子不受洛伦兹力的作用，将做匀速直线运动，D错误C正确．
41．如图所示,ABCDEF为一正六边形的六个端点，现有垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。现撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出（不计粒子重力）
A. AB B. BC C. CD D. DE
【答案】 B
【解析】试题分析：根据做匀速直线运动的条件求出电场力与洛伦兹力的关系；只有电场时，粒子做类平抛运动，根据运动的特点求出电场力与六边形的边长的关系，最后由带电粒子在磁场中运动的特点求出带电粒子在磁场中运动的半径，然后判断出粒子的出射点．
只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电；根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转；开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：，设六边形的边长为L，只有电场时，竖直向上的方向上有：，水平方向上有：，当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：，联立可得：，由几何关系可知：，而，所以粒子将从BC边射出磁场，B正确．
42．如图所示，空间的虚线区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速v0由A点垂直场边界进入该区域，沿直线运动从O点离开场区。如果这个区域只有电场，粒子将从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，粒子将从C点离开场区，且BO=CO。设粒在上述三种情况下，从A到B，从A到O和从A到C所用的时间分别是t1、t2和t3。比较t1、t2和t3的大小，有
A. t1=t2=t3 B. t1=t2＜t3 C. t1＜t2=t3 D. t1＜t2＜t3
【答案】 B
【解析】带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=，如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：t2=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：t3＞，所以t1=t2＜t3，故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：注意分析带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题．
43．把动能和速度方向都相同的质子和粒子分离开，如果使用匀强电场和匀强磁场，可行的方法是( )
A. 只能用磁场
B. 只能用电场
C. 电场和磁场都可以
D. 电场和磁场都不行
【答案】 B
【解析】使用匀强电场时：设电场强度为E，电场的宽度为L，偏转角为θ，粒子的初速度为v0．则有：；由题E、L、Ek相同，可见偏转角度大的是α粒子．可以分开．使用匀强磁场时：设粒子的质量为m．电量为q，磁感应强度为B，速率为v，半径为R，动能为Ek．则由牛顿第二定律得：得：，由题Ek、B相同，质子和α粒子相同，则R相同．不能分开．故B正确，ACD错误．故选B.
点睛：粒子在匀强磁场和匀强电场中运动研究方法不同：粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的合成与分解的方法处理．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律研究．
44．如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场, 粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：
则粒子运动的半径为：r=acot30°=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R＞r，
解得：，故选D．
点睛：本题是考查了粒子在有界磁场中的运动问题，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，然后应用牛顿第二定律即可正确解题．
45．如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb．当速度大小为 vd时，从 d 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 td，不计粒子重力。则下列正确的说法是( )
A. tb:td=2:1
B. tb:td =1:2
C. tb:td =3:1
D. tb:td=1:3
【答案】 C
【解析】根据题意可知，粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示；
由图利用几何关系可知，从b点离开时粒子转过的圆心角为135°，而从d点离开时粒子其圆心角为45°，因粒子在磁场中的周期相同，由t=T可知，时间之比等于转过的圆心角之比，故tb：td=135°：45°=3：1，故C正确，ABD错误．故选C．
点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
46．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数)．某时刻有一电子(质量为m、电量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力为( )
A. 方向垂直纸面向里，大小为
B. 方向指向x轴正方向，大小为
C. 方向垂直纸面向里，大小为
D. 方向指向x轴正方向，大小为
【答案】 A
点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流周围的磁场方向，运用左手定则判断洛伦兹力的方向．
47．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是
A. M端的电势比N端的高
B. 电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C. 电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D. 若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0
【答案】 C
【解析】根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N板带正电，M板带负，则M板的电势比N板电势低．故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，与污水中正负离子数无关．故BD错误．因，则流量，因此，与污水流量成正比．故C正确．故选C．
点睛：此题使霍尔效应问题；解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡列方程讨论求解．
48．如图，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，水平放置的管道内壁光滑，半径略小于管道内径，所带电荷量，质量的小球A静止，与A大小相等，质量的不带电绝缘小球B以速度v=3m/s向右与A发生弹性碰撞，下列说法正确的是（）
A. B球碰后的速度大小为2m/s B. A球碰后对管道上表面有压力
C. A球碰后对管道下表面有压力 D. A、B、C选项说法都不对
【答案】 D
49．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器．如图为美国试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m．若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为20 A时，最大速度可达3 km/s.轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力．下列说法正确的是( )
A. 磁场方向为竖直向下
B. 磁场方向为水平向右
C. 磁感应强度的大小为103 T
D. 电磁炮的加速度大小为3×105 m/s2
【答案】 C
【解析】由左手定则，根据安培力向右可判断磁场方向竖直向上，选项AB错误；由动能定理BILx＝mv2，得B＝103 T，C正确；由牛顿第二定律BIL＝ma，得a＝6×105 m/s2，D错误．故选C.
50．如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为L的细软铜线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为θ.则棒中的电流强度为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】根据动能定理BIL2sin θ－mgL(1－cos θ)＝0，可得，A正确．
51．乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是( )
A. 金属棒所受安培力竖直向下
B. 仅改变电流方向，安培力方向不变
C. 仅增大磁感应强度，安培力变小
D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小
【答案】 A
【解析】由左手定则知，金属棒受到的安培力竖直向下；仅改变电流方向，安培力方向变为向上；由F＝BIL，知B增大，F增大，滑片向左滑动R减小，I增大，F增大；故选A.
52．如图所示，带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道内侧来回往复运动，匀强磁场方向垂直纸面向里，它向左或向右运动通过最低点时( )
A. 加速度大小不相等
B. 速度大小不相等
C. 所受洛伦兹力大小相等
D. 轨道对它的支持力大小相等
【答案】 C
【解析】带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道向左或向右运动通过最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以通过最低点时速度大小相等，选项B错误；由a＝得通过最低点时加速度大小相等，选项A错误；通过最低点时所受洛伦兹力大小为F＝qvB，故F大小不变，选项C正确；向左或向右运动通过最低点时，洛伦兹力方向相反，而合力相等，所以轨道对它的支持力大小不相等，选项D错误．故选C.
53．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器—电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度为4×10－2 m，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5 N，通过导线的电流I＝0.5 A，由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B为( )
A. 2.0×10－3 T，方向水平向右
B. 5.0×10－3 T，方向水平向右
C. 2.0×10－3 T，方向水平向左
D. 5.0×10－3 T，方向水平向左
【答案】 A
【解析】天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：；根据左手定则可知磁感应强度的方向向右，所以A正确、BCD错误．故选A．
54．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
A. 离子回旋周期逐渐增大
B. 离子由加速器的边缘进入加速器
C. 离子从磁场中获得能量
D. 离子从电场中获得能量
【答案】 D
【解析】根据可知，粒子的回旋周期不变，选项A错误；粒子由加速器的中心附近进入加速器，从加速器的边缘出加速器．故B错误．粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知从电场中获得能量，故C错误，D正确．故选D．
点睛：解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关．
55．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡．下列说法中正确的是( )
A. 线圈受到的安培力大小为BIl
B. 线圈受到的安培力方向水平指向纸内
C. 若发现左盘向上翘起，则应增大线圈中的电流
D. 若电流大小不变而方向反向，线圈仍保持平衡状态
【答案】 C
【解析】线圈受到的安培力大小为nBIl，选项A错误；由左手定则可知，线圈受到的安培力方向竖直向上，选项B错误；若发现左盘向上翘起，说明线圈受到的安培力减小了，则应增大线圈中的电流，选项C正确；若电流大小不变而方向反向，则安培力变为向下，此时线圈将下沉不能保持平衡状态，选项D错误；故选C.
56．如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．挂在天平右臂下方的单匝矩形线圈中通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态．现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈，挂在天平的右臂下方，如图丙所示．则( )
A. 天平将向左倾斜 B. 天平将向右倾斜
C. 天平仍处于平衡状态 D. 无法判断天平是否平衡
【答案】 B
【解析】天平原本处于平衡状态，线圈受到向上的安培力作用；由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，将该矩形线圈改为三角形线圈，则有效长度最短，磁场强度B和电流大小I不变，所以所受的安培力变小，则天平向右倾斜，故选B．
点睛：本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度．
57．如图所示，弹簧测力计下挂有一长为L、质量为m的金属棒，金属棒处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中，棒上通有如图所示方向的电流I，金属棒处于水平静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F，重力加速度为g，金属棒以外部分的导线没有处于磁场中且质量不计，则下列说法正确的是( )
A. 金属棒所受的安培力方向竖直向上
B. 金属棒所受的安培力大小为mg－F x/kw
C. 若将电流增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F
D. 若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F
【答案】 D
【解析】由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向向下，选项A错误；由平衡知识可知：mg+F安=F，则金属棒所受的安培力大小为F－mg，选项B错误；若将电流增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F=mg+F安可知，平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F，选项C错误；若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F=mg+F安可知，平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F，选项D正确；故选D.
58．如图所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是( )
A. 向上
B. 向下
C. 垂直纸面向外
D. 垂直纸面向里
【答案】 D
【解析】根据安培定则可知，开关闭合后，螺线管产生的磁场等效为N极在右端的条形磁铁产生的磁场．根据左手定则可知，导线a端所受安培力垂直纸面向里，选项D正确．
59．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．则( )
A. b点的磁感应强度为零
B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
C. cd导线受到的安培力方向向右
D. 同时改变了导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变
【答案】 D
点睛：此题关键是知道“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的结论；知道磁场的叠加原理.
60．如图所示，已知甲空间中没有电场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场。三个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的相同位置O 点以相同初速度v0沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙图中斜面上A、B、C 点（图中未画出），距离O 点的距离分别为lOA、lOB、lOC。小球受到的电场力始终小于重力，不计空气阻力。则
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】甲图小球不受电场力加速度为g，带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，加速度大于g，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，加速度小于g，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有：，解得：，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此沿斜面运动的距离也就越小，即，故C正确，ABD错误。
61．如图，空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子同时到达P点。已知OP =a，质子2沿与OP成300角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则质子l和2发射的时间间隔为
A. B. C. D.
【答案】 D
【解析】根据粒子2的运动轨迹可知粒子运动的轨道半径为r=a，周期；质子2沿与OP成300角的方向发射,则在磁场中运动的时间为；粒子1也经过P点可知粒子1射入的速度方向与OP成1500角，则在磁场中运动的时间为，则质子1和2发射的时间间隔为，故选D.
62．如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。A为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过A点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。则粒子从A点进入磁场时的速率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上，并不是整个圆周上都有，所以粒子做圆周运动的半径小于R；则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径，
因为这段圆弧的弧长是圆周长的，所以，弦长对应的等腰三角形的内顶角为120°，所以，弦长2r=2Rsin60°，则粒子做圆周运动的半径r＝Rsin60°＝R；粒子做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m，所以，故A正确，BCD错误；故选A.
63．相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的?这是一个曾经使人感到困惑、引起猜想且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔·法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。下列对电场和磁场的认识，正确的是
A. 法拉第提出的磁场和电场以及电场线和磁感线都是客观存在的
B. 处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导线一定受到安培力
C. 电场强度为零的地方电势一定为零，电势为零的地方电场强度也为零
D. 通电导线与通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的
【答案】 D
【解析】A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在，故A错误；
B、处在电场中的电荷一定受到电场力，正电荷受力方向与电场方向一致；在磁场中的通电导线如与磁场方向平行，不受安培力作用，故B错误；
C、零势点是任意选择的，电势为零的地方电场强度不一定为零，故C错误；
D. 根据磁场的性质可知，通电导线与通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。
故选：D。
64．磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为，式中是磁感应强度，是磁导率，在空气中为一已知常数．以通电螺线管（带有铁芯）为例，将衔铁吸附在通电螺线管的一端，若将衔铁缓慢拉动一小段距离，拉力所做的功就等于间隙中磁场的能量．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度，某研究性学习小组用一根端面面积为的条形磁铁吸住一相同面积的铁片，再用力缓慢将铁片与磁铁拉开一段微小距离，并测出拉力大小为，如图所示．由此可以估算出该条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 D
点睛：本题关键根据题意得到磁场能量密度的定义，然后根据功能关系求得条形磁铁与铁片P之间的磁场所具有的能量，再根据题意列式求解．
65．在匀强磁场中的某一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不同。以下图象描述的是导线受力的大小F 与通过导线的电流I 的关系，a、b 两点各代表一组F、I 的数据。其中正确的是
A B C D
【答案】 B
【解析】试题分析：根据安培力的求解公式可知：F=BIL，可知F-I关系为正比关系，则选项B正确.
考点：安培力
66．如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（）
A. 导线框有两条边所受安培力的方向相同
B. 导线框有两条边所受安培力的大小相同
C. 导线框所受的安培力的合力向左
D. 导线框所受的安培力的合力向右
【答案】 BD
【解析】试题分析：若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，上下两边电流方向相反、而所在区域磁场方向相同，则安培力大小相等、方向相反，同样左右两条边电流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在区域磁场大小不等，则所受安培力大小不等。则B正确C错。若直导线中的电流增大，则导线右侧磁场增强，线圈中磁通量增大，根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大，所以所受合力向右，则D正确C错。
考点：本题考查安培力与楞次定律。
67．如图所示,含有、、的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点. 则 ( )
A. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B. 打在P1点的粒子是
C. 打在P2点的粒子是和
D. O2P2的长度是O2P1长度的4倍
【答案】 C
【解析】A、粒子运动的周期：T=2πr/v=2πm/qB2，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；
B、带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，即：qvB1=qE，所以：v=E/B1，可知从粒子速度选择器射出的粒子具有相等的速度；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以：，，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是，打在P2点的粒子是和，故B错误、C正确；
D、由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以的轨道的半径是和的半径的1/2，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误；
故选：C。
【名师点睛】
带电粒子在速度选择器中运动时，根据平衡条件即可得出粒子的速度与电场强度和磁感应强度的关系；根据粒子运动的周期公式和三种粒子的比荷关系可计算出三种粒子运动的周期关系；粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可列出方程得出粒子运动半径，由此结论即可得出粒子打在板上的位置；根据三种粒子的比荷关系，和前述半径结论即可得出O2P2和O2P1的关系。
68．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（）
A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【答案】 BD
【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．
解：
A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同．故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；
故选：BD
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．
69．如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计;匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（）
A. 导体棒向左运动
B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
【答案】 BD
【解析】试题分析：开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动．故A错误；当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与可得，故B正确，C错误；当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a＝，故D正确；故选BD．
考点：左手定则；安培力；牛顿第二定律
【名师点睛】考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角。
70．如下左图所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
点评：考查通电螺线管周围磁场的分布，及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，本题较简单但会出错．
71．如图所示，在真空中一个光滑的绝缘的水平面上，有直径相同的两个金属球A、C．质mA=0.01kg，mC=0.005kg．静止在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中的C球带正电，电量qC=1×10﹣2 C．在磁场外的不带电的A球以速度v0=20m/s进入磁场中与C球发生正碰后，C球对水平面压力恰好为零，设向右为正，则碰后A球的速度为（ ）
A. 5m/s B. 10m/s C. 15m/s D. 20m/s
【答案】 B
【解析】设A球初速度方向为正方向，设碰后A、C速度为vA和vC，由动量守恒得，mAv0=mAvA+mCvC
碰后，两球平均分配电荷，C球对水平面压力恰好为零，则有：mCg=BqvC
由两式代入数据得，vA=10m/s；故选B.
72．如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,则:粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )
A. d随v0增大而增大,d与U无关
B. d随v0增大而增大,d随U增大而增大
C. d随U增大而增大,d与v0无关
D. d随v0增大而增大,d随U增大而减小
【答案】 A
【解析】试题分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：，所以，又因为半径公式，则有．故d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关，故C正确；
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
73．带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示．运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍能通过b点，不考虑粒子重力，那么电场强度E与磁感应强度B之比为( )
A. v0 B. 1 C. 2v0 D.
【答案】 C
【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即：，得：．如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，得到：，所以：，选项C正确．故选C．
点睛：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．
74．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在的垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为( )
A. ∶1 B. ∶2
C. 1∶1 D. 1∶2
【答案】 B
【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则电子在O点受到的洛伦兹力为；则当M移至P点时，O点合磁感强度大小为：B2=2××cos30°=，则电子在O点受到的洛伦兹力为，则F2与F1之比为：2．
故选B.
75．如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】试题分析：磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着．因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．
解：如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：
磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大．由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确；
故选：C
【点评】若考虑磁感应强度的方向，则将C图象中的后半部分画在时间轴的下方．
76．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环。在杆转动的过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻（ ）
A. 有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右
B. 有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左
C. 有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右
D. 无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零
【答案】 A
【解析】试题分析：ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．
解：图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向a→b，电流通过电流表，方向由c→d．根据左手定则，作用于ab的安培力向右．故A正确．
故选A
77．如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为+e，由左手定则可判断出正离子过B点时所受洛仑兹力向下；由可得，电量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为C；故选C．
78．如图所示，在x轴的上方（y＞0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个带正电粒子质量为m，电量为q，从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°，不计粒子重力，粒子在磁场中的运动时间为
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
点睛：求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t= T，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角．
79．一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中( )
A. 感应电流逐渐增大，沿逆时针方向
B. 感应电流恒定，沿顺时针方向
C. 圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心
D. 圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心
【答案】 D
【解析】试题分析：从图乙中可得第3s内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，根据欧姆定律产生的感应电流为，正比于，第3s内磁通量的变化率恒定，所以产生的感应电流恒定，AB错误；圆环各微小段受安培力，由于磁场逐渐增大，电流不变，根据公式，可得圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心．故C错误；D正确．
考点：考查了电磁感应与图像
80．了解物理规律的发现过程，学会像物理学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合物理学史实的是
A. 牛顿发现了万有引力定律，通过实验测出了引力常量
B. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
C. 安培首先发现了通电导线的周围存在磁场
D. 法拉第提出了电场的观点，但实际上电场并不存在
【答案】 B
【解析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项A错误；笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项B正确；奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，选项C错误；法拉第提出了电场的观点，电场是真实存在的物质，选项D错误；故选B.
二、多项选择题
1．如图所示，空间直角坐标系内存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与平面平行且与轴负方向的夹角为，匀强电场的电场强度大小为E、方向沿y轴负方向．一质子(重力不计)从原点O以速度向z轴正方向射出．已知质子的电荷量为e，下列关于质子的受力和运动的描述正确的是
A. 质子在O点受到的合力大小为
B. 质子在运动过程中受到的合力为变力
C. 质子沿z轴方向的分运动是匀速直线运动
D. 质子不可能做匀变速曲线运动
【答案】 AC
【解析】A、根据左手定则判断出质子受到的洛伦兹力的方向，然后画出质子的受力如图
洛伦兹力，电场力，根据平行四边形定则可知，质子在O点受到的合力方向沿B
故选AC。
【点睛】此题是粒子在电场及磁场中的运动，关键是搞清楚受力的立体结构图，平行四边形法则找到合力，根据曲线运动的条件进行分析。
2．如图所示是两个横截面分别为圆和正方形但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场区域的速度方向对准了圆心，进入正方形磁场区域的方向是沿一边的中点且垂直于边界线，则下列判断正确的是 ( )
A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同
B. 两电子在两磁场中运动的时间一定不相同
C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场
D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞出磁场
【答案】 AD
【解析】A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，整理得，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确；
BCD、粒子在磁场中的可能运动情况如图所示，
电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故D正确，BC错误；
故选AD。
3．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是
A. 液滴可能带负电
B. 液滴一定做匀速直线运动
C. 液滴有可能做匀变速直线运动
D. 电场线方向一定斜向上
【答案】 BD
【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，
当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，AC错误．
4．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图所示， ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为 ( )
A. 方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为
B. z正向，大小为
C. X正向，大小为
D. Z正向，大小为
【答案】 ACD
【解析】A、当磁场垂直轨道平面向上时，根据平衡条件：，则，此时B最小，故选项A正确；
B、当磁场沿Z正方向时，安培力水平向右，由平衡条件可得，，则，故选项B错误，D正确；
C、当磁场沿X正向时，安培力竖直向上，则根据平衡条件：，则：，故选项C正确。
点睛：受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。
5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m,不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心0
C. 只要速度满足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
D. 出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
【答案】 BC
【解析】试题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．
根据周期公式可知粒子在磁场中的运动周期和速度无关，即所有粒子在磁场中的运动周期相同，粒子在，即粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角越大，运动时间越大，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即运动时间越小，A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，B正确；速度满足时，粒子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确D错误．
6．如图所示，在磁感应强度大小为压、平行P、Q连线向右的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为2B0．下列说法正确的是（ ）
A. 两电流在a处产生的磁感应强度大小为3B0
B. P中电流在a点处产生的磁感应强度的大小为
C. 若在a点处垂直纸面放一长度为L、电流为I的导线，则该导线所受的安培力大小一定为
D. 若使P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为
【答案】 BD
【解析】AB、在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁
C、导线受到的安培力大小与磁场与电流间的夹角有关，当夹角为零时，导线受到的安培力为零，故C错误；
D、P中电流反向，P点在a点处产生的磁场方向与原来反向，如图所示，根据几何关系可知，PQ在a点产生的磁感应强度大小为，则合场强大小为匀强电场与PQ产生的合场强的大小，故合场强大小E'=B0，故D正确．
故选：BD．
7．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为Ｂ的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为-q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球下滑的最大速度为
B. 小球下滑的最大加速度为
C. 小球的加速度一直在减小
D. 小球的速度先增大后不变
【答案】 BD
【解析】试题分析：小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．
小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，随v增大，a减小，当时，，此时达到平衡状态，速度不变．
所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B正确．
8．如图，xOy坐标轴上有A（L,0）C（0,L）两点．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B．一群质量为m、电荷量为q（q>0）的同种粒子（粒子间相互作用不计），同一时刻从OC边以平行于x轴方向射入磁场．粒子射入磁场前间距均匀（极小）、速度相同．从OC边射出的粒子占粒子总数75%．不计重力．下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中按顺时针方向运动
B. 粒子在磁场中运动时间最长为
C. 粒子速度大小为
D. 粒子在磁场中运动时间最短为
【答案】 BC
【解析】试题分析：粒子运动方向运用左手定则分析；根据周期公式结合转过的最大和最小圆心角，即可求出粒子运动的最长和最短时间；根据题中所给的从OC边射出粒子百分比，利用几何关系求出粒因为粒子从OC边均匀射入，75%粒子能从OC边射出，故OC边75%长度射入的粒子能从OC射出，即：从OP段入射的粒子均能从OC边射出，CP段入射粒子不能从OC边射出，可知，根据几何关系可得，解得粒子轨迹半径…①，根据洛伦兹力提供向心力可得：…②，联立①②式可得粒子速度大小，C正确；从C点入射的粒子在磁场中运动时间最短为0，故D错误；
9．关于磁化的说法正确的是（ ）
A. 磁化就是磁铁的磁性跑到其它物体的现象
B. 物体被磁化实际上磁畴的排列变得整齐有序
C. 外磁场撤消后，物体磁畴的排列方向仍有规律的材料叫做硬磁性材料
D. 电磁铁的材料是由硬磁性材料制造的
【答案】 BC
【解析】物体被磁化实际上磁畴的排列变得整齐有序，并不是磁性跑到其它物体的现象，故B正确，A错误；外磁场撤消后，物体磁畴的排列方向仍有规律的材料叫做硬磁性材料，故C正确；电磁铁要在通电时有磁性，断电时失去磁性，所以要用软磁性材料制造，故D错误。所以BC正确，AD错误。
10．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A. 伽利略发现了行星运动的规律
B. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D. 安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献
【答案】 BD
【解析】开普勒发现了行星运动的规律，A错误；卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量，B正确；伽利略通过理想斜面实验首次提出力不是维持物体运动的原因，C错误；安培提出了安培分子电流假说，D正确．
11．下列关于电场、磁场的说法正确的是（ ）
A. 沿着电场线的方向，场强越来越小
B. 沿着电场线的方向，电势越来越低
C. 洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直
D. 洛伦兹力为零的地方磁感应强度也为零
【答案】 BC
【解析】试题分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场线的疏密表示电场强度的强弱，而电场线方向与强弱无关，而沿着电场线的方向，电势是降低的；根据左手定则可判定洛伦兹力与磁场及运动方向的关系．
沿着电场线的方向，场强可能越来越小，也可能越来越大，也可能不变，A错误；沿着电场线的方向，电势越来越低，B正确；由左手定则可知，洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直，C正确；当带电粒子的运动方向与磁场平行时，洛伦兹力为零，但磁场不为零，D错误．
12．有一种油电混合动力汽车，既可以利用车载电池使用清洁的电力能源，也可以使用更加方便的汽油，受到人们的欢迎．这类汽车有一种技术：安装一个电池充电系统，车轮转动通过传动系统带动发电机的转子转动，从而可以给电池充电，而电池充的电又可以作为汽车行驶的能量来源．关于这项技术，说法正确的是（ ）
A. 在给电池充电过程中，转子所受的安培力不可能作为汽车的动力
B. 该充电系统应该一直开启，不论汽车是在正常行驶阶段还是刹车阶段，都可以给电池充电
C. 该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能
D. 该技术没有意义，因为从能量守恒来看，这些能量归根结底来源于汽油
【答案】 AC
【解析】在给电池充电过程中，转子所受的安培力只能是阻力，否则违背能量守恒定律，A正确；该充电系统应该在减速阶段开启，加速阶段不应该开启，B错误；该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能，C正确；该技术有意义，电池可以用外电路充电，可以将刹车过程的动能先转化为电能储存起来，D错误．
13．带电粒子处于匀强电场和匀强磁场中，则 （ ）
A. 若带电粒子初速度为零，则它一定作匀变速直线运动
B. 若带电粒子初速度为零，则它可能作曲线运动
C. 若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀速直线运动
D. 若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀变速直线运动
【答案】 BCD
【解析】若电场的方向与磁场的方向平行，带电粒子的初速度为零，则带电粒子做匀变速直线运动；若电场的方向与磁场的方向不平行，带电粒子的初速度为零，则带电粒子做曲线运动，A错误B正确；若带电粒子的初速度不为零，则带电粒子可能受到的电场力与洛伦兹力等大反向，粒子做匀速直线运动，C正确；若带电粒子的初速度不为零，并且电场方向和磁场方向平行，初速度方向与磁场方向平行，则粒子不受洛伦兹力，在电场力作用下做匀变速直线运动，D正确；
14．在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则( )
A. 前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝∶
B. 前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶3
C. 前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶
D. 前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶
【答案】 AD
【解析】当磁感应强度为B1时，粒子半径为r1，粒子运动情况如图所示，
由洛伦兹力提供向心力可得：，根据几何关系有：，联立解得：，当磁感应强度为B2时，粒子半径为r2，粒子运动情况如图所示，
由洛伦兹力提供向心力可得：，根据几何关系有：，联立解得：，由此可得：前后两次粒子运动的轨迹半径比为：，故A正确，B错误；前后两次磁感应强度的大小之比：，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。
15．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将
A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【答案】 AD
转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD。
【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。
一、解答题
1．如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。
（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；
（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；
【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外
【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电
在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，
竖直方向有，而
联立以上几式可得：；
（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动．
由几何关系有：；
洛仑兹力提供向心力：；
联立以上几式可得：方向垂直纸面向外．
2．如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直平面向里，磁感应强度大小为B。匀强电场（图中为画出）方向平行于平面，小球（可视为质点）的质量为m.带电量为，已知电场强度大小为，g为重力加速度。
（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球在空间中做直线运动的速度大小和方向；
（2）若匀强电场在平面内的任意方向，确定小球在平面内做直线运动的速度大小的范围。
【答案】（1）斜向下与x轴方向夹角为（2）
【解析】解：由题意可知小球做匀速直线运动，受力分析如图所示：
匀速直线运动速度大小为：
方向如图，斜向下与x轴方向夹角为。
（2）小球做直线运动的条件为：洛伦兹力与电场力和重力的合力为一对平衡力，当电场在平面内方向任意时，电场力与重合合力最大值为，最小值为零
则：，，得到：。
3．如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45°，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2是电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同．粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出．粒子b恰好从M板左端进入电场．（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）
求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；
（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；
（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，求这电场强度大小E0满足的条件．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．
(2)粒子a在磁场中运动轨迹如图
在磁场中运动周期为： ④
在磁场中运动时间：⑤
粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 ⑥
由④⑤⑥则全程所用时间为：
(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间 ⑦
故粒子b在t=0时刻进入电场．
由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即⑧
⑨
粒子b在内竖直方向的位移为⑩
粒子在电场中的加速度
由题知
粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
解得
【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
4．如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场（未画），一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。
（1）若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
（2）若撤掉电场，其它条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）；垂直OA竖直向下（2）；
【解析】(1) 若电子做直线运动，据得场强垂直OA竖直向下。
（2）若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，轨迹如图：
则解得：
找出轨迹圆的圆心Ｏ,如图所示，由几何关系得：
解得：
设电子做匀速圆周运动的周期为T，有：
电子在磁场中运动的时间为：
解得：
点睛：带电粒子在磁场中的运动，关键是根据条件画出对应的轨迹，根据几何关系求出对应半径，然后使用半径公式或周期公式求解对应问题。
5．如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。三个区域中分别存在方向为＋y、＋y、＋x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为2∶1∶2。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0，)的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2，/2)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：
(1)物体进入ABFE区域时的初速度大小；
(2)物体在ADHE区域运动的总时间；
(3)物体从DH边界射出位置的坐标．
【答案】（1）（2）（3）
(2)在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg
物体做匀速直线运动，有：，
在BCGF区域，物体做类平抛运动，有：,
在Q点竖直方向速度为：
则Q点速度为：，与水平方向夹角为45°
在CDHG区域由于2qE=mg
对物体进行受力分析，mg，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动．
运动到x轴过程，根据运动学公式，有：
解得：
所以有：
(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为
在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45°，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为
【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究．
6．如图所示，在直角坐标系平面内，有一质量为m、电荷量为+q的电荷从原点O沿y轴正方向以速度v0出发，电荷重力不计．现要求该电荷能通过点P(a，－b)．试设计在电荷运动的某些空间范围内加上某种“场”后电荷就能过P点的2种方案，要求运用物理知识求解．
(1)说明电荷由O到P的运动性质并在图中绘出电荷运动轨迹；
(2)用必要的运算说明你设计的方案中相关物理量的表达式(用题设已知条件和有关常数)．
【答案】见解析；
【解析】方案（1）在第一象限加垂直纸面向外的磁场B，磁场只存在于x轴上方，使电荷做半径为的半个圆运动，然后匀速直线运动到P，由，可得需要加的匀强磁场，轨迹如图
粒子在电场中做圆周运动，半径为R2
由几何关系知（a-R2）2+b2=R22
解得，
由牛顿第二定律得
由此得
7．如图所示，M、N 为加速电场的两极板，M 板中心有一小孔Q，其正上方有一圆心为O、半径R1＝2m 的圆形区域，另有一内径为R1 外径R2＝4m 的同心环形匀强磁场区域，区域边界与 M板相切于 Q 点，磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里。一比荷q/m=1×108C/ kg的带正电粒子从紧邻N 板上的P 点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域。P、Q、O 三点在同一竖直线上，不计粒子重力，且不考虑粒子的相对论效应。
（1）若加速电压U0＝2×104V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；
（2）要使粒子能进入中间的圆形区域，加速电压U 应满足什么条件？
【答案】（1）2×106m／s（2）U2＞5×107V
【解析】(1)粒子在匀强电场中运动的过程中,由动能定理有：
解得：v0=2×106m/s.
(2)粒子刚好不进入中间圆形区域的轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r，
根据几何关系有：
设粒子在环形磁场中做匀速圆周运动的速度大小为v，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=
设对应的加速电压为U1，对粒子在匀强电场中运动的过程，
根据动能定理：qU1=mv2/2，
可得：U1=5×107V
故要使粒子能进入中间的圆形区域,加速电压U应满足的条件为：U>U1=5×107V.
8．平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：
（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？
（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？
（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？
【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.
（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力
由牛顿第二定律得：，解得：
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示
Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：
（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y
水平位移：，解得：
竖直位移：
由几何关系得：图中OT的距离
【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键．
9．质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点（图中未画出）接受到该粒子，且GF=R，求该粒子的比荷。（粒子的重力忽略不计）
【答案】
【解析】带电粒子在加速电场中，由动能定理有：
带电粒子运动轨迹如图：
由几何关系可得：
解得 θ=30°
由图可得
解得
由
解得：
10．如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接．通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0×106C/kg，速度为vo=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．
（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小．
（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为α，试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间．
【答案】（1）2.1×104m/s．（2），最长时间为2.6×10﹣5s
【解析】解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U′=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy：
①
vy=at ②
L=v0t ③
粒子射入磁场时速度的大小设为 ④
联立解得： ⑤
（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，有
⑥
解得：R0==0.2m
设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为α，在磁场中圆周运动半径为R．根据速度平行四边形可得：
⑦
又，得R= ⑧
由⑥⑦⑧可得： ⑨
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
圆心为O′，与x轴交点为D，
设∠O′DO=β，根据几何关系：
⑩
又：
解得：sinα=sinβ，得 β=α
粒子在磁场中运动的周期为T：
粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为
则粒子在磁场中运动的时间：，得t=
由此结果可知，粒子射入磁场时速度偏转角α越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大．假设极板间电压为最大值
时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长．
由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：
y方向偏距：ym=，说明粒子可以射出极板．此时粒子速度偏转角最大，设为αm，则
tanam=，得
故粒子在磁场中运动的最长时间：，得
代入数值得：tm≈2.6×10﹣5s
11．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成30°角，不计粒子所受的重力．求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值，并求粒子从P点到离开第Ⅳ象限所经历的时间
【答案】(1) ；（2）2v0，速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成60°角；（3），
【解析】试题分析：（1）、（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可求解电场强度E和在a点的速度大小和方向；（3）粒子在进入磁场时的速度根据（1）可求解，粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，根据几何关系可求得半径r，从而可求磁场强度；分段求出粒子在电场、磁场中、及出磁场后的时间，三段时间之和即为所求总时间．
（1）运动过程如图所示
设粒子在电场中运动的时间t，则有
水平方向：
竖直方向：
在电场中有：
联立得：
（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度
则
，则，即粒子在a点速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成角
（3）因为粒子从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成角，且，所以粒子只能从磁场的ab边射出，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由几何关系得：r＝L
故运动的总时间
【点睛】带电粒子在电磁场中的做类平抛运动，由类平抛运动的规律求解电场强度和在a点的速度；在磁场中要分析当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由磁场运动规律求出最小磁感应强度．
12．如图所示，在直角坐标系平面内，有一质量为m、电荷量为+q的电荷从原点O沿y轴正方向以速度v0出发，电荷重力不计．现要求该电荷能通过点P(a，－b)．试设计在电荷运动的某些空间范围内加上某种“场”后电荷就能过P点的2种方案，要求运用物理知识求解．
(1)说明电荷由O到P的运动性质并在图中绘出电荷运动轨迹；
(2)用必要的运算说明你设计的方案中相关物理量的表达式(用题设已知条件和有关常数)．
【答案】见解析；
【解析】方案（1）在第一象限加垂直纸面向外的磁场B，磁场只存在于x轴上方，使电荷做半径为的半个圆运动，然后匀速直线运动到P，由，可得需要加的匀强磁场，轨迹如图
方案（2）：磁场方向垂直纸面向里，如果粒子的运动半径正好等于b，且磁场区域只存在于EF的左上方，EF与x轴成450，则即可达到题中的要求：
由，得
方案（3）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在电场中做圆周运动，半径为R2
由几何关系知（a-R2）2+b2=R22
解得，
由牛顿第二定律得
由此得
13．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E0、B0、k均为已知量。t=0时刻，比荷q/m=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间，在0-t1（）时间内粒子恰好沿直线运动，时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8 =，1. 4 =，求：
(1) 在时刻粒子的运动速度v
(2)在时刻粒子偏离O点的竖直距离y
(3)水平极板的长度L。
【答案】（1），方向与水平方向成45o角向下（2）()（3）
【解析】（1）在0～t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则：
得
在t1～t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，
则：
由：
得： 即v与水平方向成45o角向下
（2）在电场中做类平抛运动向下偏移：在此处键入公式。
在t2～t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期
在磁场中运动时间，即圆周运动的圆心角为，此时速度恰好沿水平方向．
磁场中，由得
偏离的竖直距离：
（3）在t3时刻进入电场时以初速度：
做类平抛运动，
再次进入磁场时，
由
得 即v′与水平方向成45o角向下．
由得：
综上可得：长度：
14．如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由初速度、匀加速直线运动的位移、加速度等求出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出最小的磁感应强度．粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达x轴时速度恰恰水平，这样粒子在x轴
所以，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切
设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力
由几何关系，得
故要使粒子不打到挡板上，
（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
调节磁场
粒子通过P点，回旋次数，n为整数，只能取n=2和n═3
n=2时，，此时磁场
n=3时，，此时磁场
15．如图，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M=0.48kg，P、Q间距为d=lm，P板的中央有一小孔给装置某一初速度，装置向右运动。现有一质量m=0.04kg、电量q=+1×10-4C的小球，从离P板高h=1.25m处静止下落，恰好能进入孔内，小球进入电场时，装置的速度为=5m/s。小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触，忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响。不计空气阻力，g取10m/s2。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)求当小球第一次返回到P板时，装置的速度；
(3)小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q′ =-4×10-4C。求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量。(由于小球帶电量很小，碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变)
【答案】（1）9×103N/C （2）1.2m/s （3）5.7096J
【解析】(1)小球下落到Q板时速度为零，从最高点到最低点过程，由动能定理得：
mg(h+d)−Eqd=0,解得：E=9×103N/C；
(2)小球在电场中的加速度：a=（qE−mg）/m=（1×10−4×9×103−0.04×10）/0.04=12.5m/s2
小球在电场中运动的时间：t2=，
小球进入电场后,装置的加速度：a′=μ(Mg+qE)/M=4.75m/s2
当小球第一次返回到P板时,装置的速度：v2=v1−a′t2=5−4.75×0.8=1.2m/s；
(3)小球从进入电场到小球返回到P板过程中装置的位移：，
热量：Q1=μ(Mg+Eq)x1,解得：Q1=5.6544J，
小球与P板碰撞之后速度v0=5m/s，在之后的运动过程中：
小球的加速度：a′=（mg+q′E）/m=（0.04×10+4×10−4×9×103）/0.04=100m/s2
小球从P板运动至Q板的时间： ,解得：t3=0.1s，
装置的加速度：a′2=μ(Mg−q′E)/M=0.4×(0.48×10−4×10−4×9×103)/0.48=1m/s2
装置在这段时间内的位移：,热量：Q2=μ(Mg−Eq′)x2，
解得：x2=0.115m,Q2=0.0552J,
产生的总热量：Q总=Q1+Q2=5.7096J；
16．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP=l，OQ=2l．不计重力．求：
（1）M点与坐标原点O间的距离；
（2）粒子从P点运动到M点所用的时间．
【答案】（1）6L；（2）
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
由牛顿第二定律得：qE=ma①
在电场中运动的时间为：②
水平初速度：③
其中，y0=L，又④
联立②③④得θ=30°⑤
由几何关系知MQ为直径，⑥
MO==6L ⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有
⑧
⑨
从P点到M点所用的时间t=t1+t2⑩
联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得
17．如图所示，足够长的绝缘光滑斜面AC与水平面间的夹角是α（sinα=0.6），放在图示的匀强磁场和匀强电场中，电场强度为E=4.0v/m,方向水平向右，磁感应强度B=4.0T,方向垂直于纸面向里，电量q=5.0×10-2C，质量m=0.40Kg的带负电小球，从斜面顶端A由静止开始下滑，求小球能够沿斜面下滑的最大距离。（取g=10m/s2）
【答案】15.53m
【解析】小球沿斜面下滑时受重力mg、电场力Eq、洛伦兹力f和斜面支持力N，如图所示。
点睛：考查动能定理与运动学公式的应用，解题时要注意对小球的受力与运动性质的分析，理解在离开斜面前小球做匀加速直线运动是解题的关键．
18．如图，在坐标系中，第一象限内存在方向沿轴负方向的匀强电场；第四象限内存在圆心位于（，）点，半径为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为．一带电粒子在平面内从轴上的、点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，从轴上的（，）点离开电场．已知粒子的比荷为，求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)粒子第二次通过轴的坐标．
【答案】(1) (2)
【解析】（）粒子从到做类平抛运动，运动时间为，则有
解得
（）粒子从点进入磁场时速度为，方向与轴正方向夹角为，则有
解得，
粒子在磁场中匀速圆周运动的半径为，圆心为
解得
连接，在中
故，即在一条直线上
根据对称性可知，粒子将从点，即磁场与轴的交点离开磁场．离开磁场时速度方向与轴正方向的夹角为
粒子离开磁场后做匀速直线运动．设粒子第二次经过轴的交点为，则
粒子第二次通过轴的坐标为
19．水平桌面上固定两平行导轨，导轨间距为L=0.4m，空间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小未知。现有一金属棒垂直磁场置于导轨上，当棒中通I=2A的电流时，棒能在水平导轨上匀速运动，此时棒受到的摩擦力为Ff =0.2N．求：
(1)棒受到的安培力F安 的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
【答案】(1)0.2N；(2)0.25T；
【解析】（1）棒匀速运动，故安培力：F安=Ff=0.2N
（2）由F安=BIL，可得磁感应强度：
20．如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。直线是平行板电容器的中心线，一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。
(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小
(2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B2的大小
【答案】(1) (2)
【解析】粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L：，
设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ，
粒子在磁场中运动
因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，根据几何关系
联立解得
（2）粒子在电场中的偏转距离，粒子能够回到O点，根据几何关系
根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的
，解得
粒子在电场中的水平位移
粒子在电场中的竖直速度
离开电场时和偏转角之间的关系
粒子在磁场中运动
联立解得
21．如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。直线是平行板电容器的中心线，一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。
（1）如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小
（2）如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B2的大小
【答案】⑴⑵
【解析】（1）粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L
设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ
粒子在磁场中运动
因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，根据几何关系
联立解得
（2）粒子在电场中的偏转距离；粒子能够回到O点，根据几何关系
根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的
解得
粒子在电场中的水平位移
粒子在电场中的竖直速度
离开电场时和偏转角之间的关系
粒子在磁场中运动
联立解得
22．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）如磁场方向改为垂直导轨向上，这时棒恰好静止这时棒恰好静止．匀强磁场的磁感应强度B’多大？
【答案】（1）；
（2）；
【解析】试题分析：（1）受力分析如图所示，根据平衡条件求出安培力，进而求出磁感应强度B；当磁场改变方向，根据平衡条件求出磁感应强度。
点睛：本题主要考查了共点力平衡问题，根据受力分析进行分析求解即可求出磁感应强度。
23．如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt，电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，L）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求：
（1）平行金属板M、N获得的电压U；
（2）粒子到达Q点时的速度大小；
（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
（4）粒子从P点射出至到达x轴的时间。
【答案】（1）M、N两板间的电压为U=kS （2）
（3）（4）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：
（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有
所以：
（3）带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，
有
由几何关系可得：
联立以上各式得：
（4）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律得：
粒子在磁场中，有
粒子在第一象限的无场区中，有
由几何关系得：s=r
粒子从P点射出到到达x轴的时间为：
联立以上各式可得：
综上所述本题答案是：（1）；（2）；
（3）；（4）
24．真空中有如图所示的矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度为4h，其中上半部分有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有方向竖直向下的匀强电场。以水平分界线为x轴，正中心为坐标原点O，在处有一与x轴垂直的足够大的光屏(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带负电粒子不断地从下边界中点P处由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中。粒子间的相互作用和粒子重力均不计。
(1)若粒子从P点开始到第二次通过x轴时，恰好过x=h的点A，求加速电场的场强。
(2)若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强的范围。
(3)若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强多大?粒子在电场和磁场中运动的总时间多长?
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子在电场中加速
粒子在磁场中旋转
各式联立可得
（3）粒子打在屏上的位置始终不变，则粒子离开磁场时速度方向必平行于x轴正向，由几何关系知，进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径
带电粒子在电场中加速过程
三式联立得
从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出。
带电粒子在磁场中运动周期
带电粒子在磁场中运动总时间.
带电粒子在电场中运动总时间
带电粒子在电磁场中运动总时间
25．如图所示，圆心为O、半径为r=0.1m的圆形区域中有一个磁感强度为B=1T、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L=0.1m的O＇处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为、电荷量为的带电粒子以速率从左侧A点沿ＯＯ＇方向垂直射入磁场，飞出磁场后打在荧光屏上之P点，求
（1）O＇P的长度
（2）带电粒子由A到P飞行的时间．
【答案】（1）（2）
【解析】电子所受重力不计．它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为 ，半径为 R 。圆弧段轨迹 AB 所对的圆心角为 ，电子越出磁场后做速率仍为 v 的匀速直线运动，如图所示，
代入数值得 O’P=
带电粒子由A到P飞行的时间
26．质量为m=0.05Kg的导电细杆ab置于倾角为30°的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为L=0.5m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=0.1T．已知电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s2．求：
（1）当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动．
（2）当R=1Ω时，释放细杆瞬间杆ab的加速度是多大？
【答案】（1）（2）
【解析】（1）ab棒中的电流为
根据共点力平衡可知，联立解得
ab棒中的电流为
由牛顿第二定律得，解得
27．如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的粒子，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A点进入第二象限，A点到坐标原点O的距离为R。在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点R处的电场强度大小均为E，粒子恰好能垂直y轴从P点进入第一象限。当粒子从P点运动一段距离R后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B=，粒子在磁场中速度方向偏转60o，粒子离开磁场区域后继续运动，通过x轴上的Q点进入第四象限。
求：（1）加速电场的电压U；
（2）圆形匀强磁场区域的最小面积；
（3）求粒子在第一象限中运动的时间。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：
由题意，粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为R的匀速圆周运动，电场力提供向心力，有;
解得：
（2）粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
得；，
如图所示，
粒子在a点进入磁场，以c为圆心做圆周运动，从b点离开磁场，速度偏转角是60o，由几何关系可知△abc是正三角形，，以ab为直径的圆形面积即为磁场区域的最小面积。
即
（3）以下均基于第（2）问分析作图后的数学计算
，
ab弧长为：
，
粒子在第一象限的路程为：
则：，
28．如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。
（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；
（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；
（3）试分析说明离子在电场和磁场中运动的轨迹是否重合。
【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外（3）见解析
【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电
在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而
联立以上几式可得：；
（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动．
由几何关系有：；
洛仑兹力提供向心力：；
联立以上几式可得：方向垂直纸面向外．
（3）虽然入射点相同，出射点也相同，但离子在电场中的运动轨迹是抛物线，而在磁场中运动的轨迹是一段圆弧，因此轨迹不会重合。
29．如图所示，纸面内一圆形区域加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的粒子沿直线从圆上的a点以某一初速度射入圆形磁场区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与进入时速度方向间夹角为，圆心O到直线的距离为圆半径的倍，在圆外有一光屏与直线平行且与圆相切。若一束大量的这种粒子以同样大小的初速度从a点沿不同的方向射入圆形磁场区域，经偏转后打到光屏上，不计重力。求：
（1）圆形匀强磁场区域的半径r
（2）粒子打中光屏区域的长度L
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据题意，带电粒子在磁场中做圆周运动，如图所示：
由题意知,所以：
因为，所以：，所以，
为等边三角形，四边形为菱形，所以磁场圆半径等于轨迹圆半径。
点睛：解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中磁偏转知道磁偏转做匀速圆周运动，画出图形，找出几何关系，即可。
30．如图所示，一对足够大的金属板M、N正对且竖直放置，两极板分别接在大小可调的电源两端，N极板右侧分布有匀强磁场，磁场大小为B，方向垂直纸面向里，磁场区域放有一半径为R的圆柱体，圆柱体的轴线与磁场方向平行，圆柱体的横截面圆的圆心O到右极板N的距离为，在贴近左极板M处有足够大的平行且带负电等离子束，在电场力的作用下无初速沿垂直于N极板（经过特殊处理，离子能透过）射入磁场区域，已知所有离子的质量均为m，电量为q，忽略离子的重力和离子间的相互作用力．求：
（1）若某个离子经过N极板后恰好垂直打在圆柱体的最高点，则此时加在极板上的电源电压；
（2）为了使所有的离子均不能打在圆柱体上，则电源电压需满足什么条件；
（3）若电源电压调为，则从极板N上哪个范围内射出的离子能打在圆柱体上。
【答案】（1）（2）（3）在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上
【解析】（1）设经过极板加速后垂直打在圆柱体的最高点时速度为v1，由动能定理知
由几何关系知，离子在磁场中做圆周运动的半径
又
联立得
（2）设所有离子刚好不能打在圆柱体上时速度为v2，轨迹如图1，此时离子的轨迹半径
由牛顿第二定律知
联立得
则电源电压需满足
（3）若电源电压调为，由、
得，离子的轨迹半径r=3R
画出离子的运动轨迹如图2所示，从O1上方P点、O1下方Q点射入的离子刚好打在圆柱体上，只有从PQ区间射入磁场的离子均能打在圆柱体上，由几何关系知
则
同理可得
因此在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上。
点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及牛顿第二定律公式．
31．某质谱仪装置如图所示，带电粒子经电场加速后进人下方的匀强磁场进行偏转·最终打在接收屏上，通过测量粒子打在接收屏上的位置即可对带电粒子进行分析。现有两个不同比荷的带正电的粒子从正极板处由静止释放，已知两个粒子的比荷分别为k1、k2 (k1>k2).两极板间的距离为L，加速电压为U，磁感应强度为B。求
（1）两个粒子打在接收屏上形成的光斑之间的距离;
（2）两粒子打在接收屏上的时间差。
【答案】（1）（2）
【解析】（1）带电粒子经电场加速有：①
在匀强磁场：②
③
由①②③得④
故⑤
（2）带电粒子经电场加速
故⑪
故⑫
32．如图所示，一束电荷量为q、质量为m的带正电粒子从O点由静止开始经过加速电压为U的匀强电场加速后，均能从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁感应强度大小B＝ (B为定值，不随加速电压U的改变而改变)的匀强磁场中，已知：匀强电场的宽度d＝R，匀强磁场由一个长为2R、宽为R的矩形区域组成，磁场方向垂直纸面向里，粒子间的相互作用和重力均不计．试求：
(1)带正电粒子经加速电压U加速后的速度v的大小；
(2)每个粒子在电场中运动的时间；
(3)每个粒子在电磁场中运动的总时间．
【答案】（1） v＝（2）tE＝3R（3）t＝
【解析】（1）若加速电场加速电压为U，由动能定理得：
得
（2）在磁场中，根据牛顿第二定律得：
解得
分析可知粒子在磁场中运动的轨迹为一个半圆和四分之一圆周如图所示，
分析可知粒子在电场中先加速后减速再加速，由运动学公式可得：
则粒子在电场中运动的时间为
(3)则粒子在磁场中运动的时间为
故粒子在电磁场中运动的总时间为
33．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少？
（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？
（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）当电子在时刻进入偏转电场时，有，
得。
（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为
要使电子的侧向位移最小，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为
设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径R，由几何关系有：
设电子从偏转电场中出来时的速度为，垂直偏转极板的速度为，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中
又，由上述四式可得：。
点睛：本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹作速度图象分析什么时刻进入偏转电场的电子侧向最大与最小。
34．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12 cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°.第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，第Ⅳ象限有匀强电场，方向沿y轴正方向。一质量为m＝8×10－10kg，电荷量q＝1×10－4C带正电粒子，从电场中M(12，－8)点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场。不计粒子重力，取π＝3，求：
(1)粒子在磁场中运动的速度v；
(2)粒子在磁场中运动的时间t；
(3)匀强电场的电场强度E。
【答案】(1) 104 m/s (2) 1.6×10－5s (3) 5×103 V/m
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
35．真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图1所示，虚线圆的右侧放置一对水平正对放置的金属板M和N，两金属板的中心线O1O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上．在圆上P点（位于O点的正下方）处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为v0的电子，当其中一个电子沿PO方向射入磁场时，电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出。已知金属板的板长L=2.4R，板间距d=1.2R，电子的质量为m、电量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力。求：
（1）圆形区域内的磁感应强度B；
（2）图2中和周期T；
（3）若在两板右端加一竖直探测板（图中未画出），电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间，同时在板间加上图2的交变电压，经电场偏转后垂直打在探测板上，若每秒打在探测板上的电子数为x，有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间，探测板所受的平均作用力大小；
（4）在满足（3）的条件下，被原速率弹回的某电子在时刻返回两板间，求该电子在磁场中运动的总时间。
【答案】（1）（2）（n=1,2,3…）（n=1,2,3…）
（3）（4）
【解析】（1）根据电子的偏转和左手定则知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从O1点射出的电子，在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R，则
，得；
（2）画出从O1射出磁场的电子运动轨迹图如图1所示，
根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍，则
，得（n=1,2,3…）
粒子在板间偏转的总位移
代入得（n=1,2,3…）
设电子从C点离开磁场，易知为菱形，则∥，则由几何关系知，OC处于竖直方向，因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为，在磁场中运动总时间为
代入得
36．【加试题】如图所示，在平面直角坐标系xoy中的有一个等腰直角三角形硬质细杆框架FGH，框架竖直放在粗糙的水平面上，其中FG与地面接触。空间存在着垂直于框架平面的匀强磁场，磁感应强度为B，FG的长度为8L，在框架中垂线OH上S（0，L）处有一体积可忽略的粒子发射装置，在该平面内向各个方向发射速度大小相等带正电大量的同种粒子，射到框架上的粒子立即被框架吸收．粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子间的相互作用以及粒子的重力．
（1）试问速率在什么范围内所有粒子均不可能打到框架上？
（2）如果粒子的发射速率为，求出框架上能被粒子打中的长度．
（3）如果粒子的发射速率仍为，某时刻同时从S点发出粒子，求从第一个粒子到达底边FG至最后一个到达底边的时间间隔．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）如图1所示，以OS为直径的粒子在运动过程中刚好不碰到框架上。
根据几何关系，
根据牛顿第二定律
可得满足的粒子均不可能碰到三角形框架．
（2）当粒子速率时，可求得其做圆周运动半径
如图2所示，当粒子的入射速度方向沿SO方向时，运动轨迹与FG相切于J点；当粒子的入射速度方向沿OS时，运动轨迹与FG相切于I点，介于这二者之间的入射粒子均可打在挡板FH上，挡板上被粒子打中的长度为图中IK之间的距离，其中
，
挡板上被粒子打中的长度
（3）如图所示最长时间为，最短时间为T/6，
37．一个静止在磁场中的22688Ra（镭核），发生α衰变后转变为氡核（元素符号为Rn）。已知衰变中释放出的α粒子的速度方向跟匀强磁场的磁感线方向垂直。设镭核、氡核和α粒子的质量一次是m1、m2、m3，衰变的核能都转化为氡核和α粒子的动能。求:
（1）写出衰变方程。
（2）氡核和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比。
（3）氡核的动能EK
【答案】：（1）衰变方程为：
（2）43:1．
（3）氡核的动能为．
【解析】（1）衰变方程为：
（2）根据得，
两个粒子动量等大，由半径公式，得．
（3）由质能方程得：△E=（m1-m2-m3）c2，因为Ek＝，可知两粒子动能跟质量成反比，因此氡核分配到的动能为．
点睛：解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道两个粒子的动量相等，动能之比等于质量之反比．
38．如图所示，用纸面表示竖直面，空间中同时存在着足够大的匀强电场在纸面内水平向右，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小T。有一带正电的固体颗粒，质量m=1×10-3 kg，电荷量q=2×10-3 C，正以某一与水平方向成45°的速度在竖直面内做匀速直线运动，当经过M点时撤掉磁场，一段时间后运动到最高点N(题目中未标出)。取g=10 m/s2，求：
(1)电场强度大小及颗粒做匀速直线运动的速度v的大小；
(2)从M点撤掉磁场到颗粒运动到最高点N经历的时间t；
(3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，颗粒的动能。
【答案】（1）10 m/s （2） （3）0.25J
【解析】试题分析：小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解即可求得动能。
（1）小球匀速直线运动时的受力如图所示，
解得：
（3）颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，时间为：2t=s
在水平方向上的初速度为：
水平方向获得的速度为：，
其中qE=mg联立解得：vx=15m/s
在竖直方向的速度：vy=5m/s
合速度大小为：v=10m/s，则动能为：Ek==0.25J
点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，抓住小球做匀速直线运动，合力为零求解。
39．水平面上两根足够长的粗糙的金属导轨平行固定放置如图1，间距为L=0,5m，一端通过导线与阻值为R=0.5Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计，均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图2。（取重力加速度g=10 m/s2）
（1）磁感应强度B为多大？
（2）金属杆与导轨的摩擦因数是多少？
【答案】(1)1T (2)0.4
【解析】设导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ，根据共点力的平衡条件可得：F-μmg=BIL，
而BIL=
整理可得：F=μmg+；
从图象上分别读出两组F、v数据，即当F=4N时，速度v=4m/s，当F=8N时，速度v=12m/s；代入上式求得B=1 T，μ=0.4．
40．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电粒子X第一次从x轴上的P1点以一定的速度进入磁场。已知粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成600角，粒子穿过y轴正半轴的P2点时方向沿一x方向，粒子X从x轴上的P3点离开磁场。该带电粒子X第二次以相同的速度仍从P1点进入磁场，经过P2点时与一个静止的不带电的粒子Y发生正磁并立即结合为一个整体Z继续运动，离开磁场时经过x轴上的P4点。已知粒子X和粒子Y质量均为m，两个粒子的重力均不计。求：
（1）两次粒子离开磁场的位置P3、P4之间的距离d
（2）粒子第一次与第二次在磁场中运动时间之比
【答案】（1）d=0（2）
【解析】（1）粒子X第一次在磁场中做匀速圆周运动由得
粒子X第二次在磁场中运动到P2点与粒子Y碰撞，根据动量守恒）
同理可得粒子Z运动的轨道半径）
所以P3、P4之间的距离d=0
粒子X第一次在磁场中运动了2400，运动时间
其中得，粒子Z运动周期
粒子第二次在磁场中运动时间得，所以
41．如图所示,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反.强弱相同的平行于x轴的匀强电场,电场强度大小为E1,已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,L)位置斜向下与y轴负半轴成60O角射入第一象限,恰能做匀速直线运动.
(1)判定带电小球的电性,并求出所带电荷量q及入射的速度大小;
(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动,需要在x轴下方空间加一匀强电场,试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小;
(3)在满足第(2)问的基础上,若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板,并且调节x轴下方的磁场强弱,使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时,既无电荷转移,也无能最损失,并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射),然后恰能匀速直线运动至y轴上的A(0,L)位置,求:弹性板的最小长度及带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间.
【答案】：（1）小球带负电，，入射的速度大小为；
（2）匀强电场的方向竖直向下；E1；
（3）；．
【解析】（1）小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电，
mg=qE1tan60°
又：qE1=qvB1cos60°
即：
（2）小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，
且电场强度大小满足：qE=mg
即E=E1
（3）要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知：3PD=2ON
联立上述方程解得：PD=DN=L；R=
L
在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等，且：
所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为：t总=t+t1+t2
联立上述方程解得：
点睛：考查带电粒子做匀速圆周运动与匀速直线运动，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，并突出准确的运动轨迹图．
42．如图所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套一个质量为m、电量为q的小球，它们之间的摩擦因数为μ，现由静止释放小球，试分析小球运动的加速度和速度的变化情况，并求出最大速度vm（已知mg＞μqE）。
【答案】
【解析】根据左手定则，洛伦兹力与电场力同向，故知：FN=Eq+qvB
故合力为：F合=mg-F摩=mg-μ（qE+qvB）
可见，随v的增大，F合减小，由牛顿第二定律可知，小球做加速度越来越小的变加速度运动，直到最后匀速运动．
故当v=0时，加速度最大，当F合=0，即a=0时，v有最大值vm
即：mg-μ（Bqvm+Eq）=0
故：．
点睛：本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．
43．如图所示，为显像管电子束偏转示意图，电子质量为m，电量为e，进入磁感应强度为B的匀强磁场中，该磁场被束缚在直径为l的圆形区域，电子初速度v0的方向过圆形磁场的轴心O，轴心到光屏距离为L（即PO=L），设某一时刻电子束打到光屏上的P点，求PP0之间的距离。
【答案】
【解析】设电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得到，电子在磁场中匀速圆周运动的轨迹所对的圆心角也为θ，如图．
由牛顿第二定律得，，得到电子运动半径为
根据数学知识有，
PP0之间的距离d=Ltanθ
代入整理得，．
44．将一个边长为0.20m的50匝正方形的线框，放入匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，已知这个磁场的磁通密度为4.0×10-2Wb/m2，当线框转过180°时，穿过线框的磁通量的变化量是多大？
【答案】3.2×10-3Wb
【解析】开始时刻，闭合线圈在匀强磁场中与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量：
∅1=BS=4.0×10-2Wb/m2×（0.2m）2=1.6×10-3Wb；
当线圈从图示转过180°时，磁通量：φ2=-BS=-4.0×10-2Wb/m2×（0.2m）2=-1.6×10-3Wb；
故线圈从图示转过180°的过程，磁通量的变化量大小为：△∅=2BS=2×1.6×10-3Wb=3.2×10-3Wb；
45．有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动.现取以下简化模型进行定量研究.
如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连.设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点.已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）.不计带电小球对极板间匀强电场的影响.重力加速度为g.
(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？
(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动.求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量.
【答案】(1)
(2),
【解析】(1)用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小.要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则
其中 q=αQ又有Q=Cε
由以上三式有
(2)当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动.以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'=2qn
由以上两式可得
【点睛】本题重点在于明确题意，要求学生能够从题干中找出物体运动的情景，并能联系所学规律进行解题；对学生要求较高．
46．如图甲所示，直角坐标系中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强E=1N/C，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x轴上的点A（-2m，0）处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0的速度进入第二象限，从y轴上的点C（0，m）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t=0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g=10m/s2)求：
（1）初速度v0大小；
（2）粒子出磁场时的位置坐标；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1） （2）D(9m，0)（3）
【解析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设从A到C的时间为t，则
联立解得：
（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为θ，在C点的速度vC，则，θ=300
， vC=40m/s
粒子在第一象限的磁场中有：
解得
粒子做圆周运动的周期
故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场，
粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9m，0)
（3）粒子在磁场中运动的时间
47．如图所示，在xoy平面内，在“、”区域内有一垂直纸面向外的、磁感强度为B的匀强磁场，有一系列比荷为（q/m =）相同的带正电粒子从A点沿着与x轴的正方向相同的方向射入，发射速度在范围内，不计粒子重力和各粒子间相互作用，（已知sin300=0.5 、=0.6、=0.707、=0.8、=0.866），则：
（1）粒子在磁场中运动的最小、最大半径；
（2）这些带电粒子打击在x轴上的范围？
（3）若这些带电粒子从A点以v=2.5Bda的速度沿着各个方向射入该磁场区域，带电粒子在磁场中运动的最长时间为多少？
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）带电粒子在磁场中运动，有：
，则
粒子射出磁场纵坐标为：
得：
离开磁场后，打到x轴坐标为：
带电粒子打入x轴的范围在0---
（3）当v=2.5Bda时，，
由几何关系，粒子速度v=2.5Bda沿与x轴正方向相同方向运动时，恰好经过C点射出磁场，粒子在磁场中运动的时间最长。
设圆心角为，则：
，则，
粒子在磁场中运动时间t为：
得：
48．如图所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，现有质量为m，电荷量为-q的带电粒子，以速度v0从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出。现将匀强磁场换成垂直ab边向上的匀强电场，其它条件不变，结果粒子仍能够从c点射出，粒子重力不计，ac边长度为L，求：
(1)磁感应强度B的大小
(2)电场强度E的大小
【答案】（1）（2）
【解析】（1）粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示：
设ab=L，则轨道半径r=
根据左手定则，粒子带负电荷；根据牛顿第二定律，有：
解得：
（2）在电场中是类似斜抛运动，根据分运动公式，沿ab方向有：
沿bc方向：
解得：
49．如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
【答案】（1） （2）
则：
联立可得：
（2）分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，
有几何关系可得该半圆的半径：r′=R
面积：S=πr′2
联立可得：S=πR2
点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，解题的关键是要作出粒子的运动轨迹，确定圆周运动的圆心、半径和圆心角，结合半径公式、周期公式灵活求解．
50．磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图．相距为的两平行金属板、之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温正电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度沿垂直于磁场的方向射入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，、板上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．若、两板间的磁场、电场按匀强磁场、匀强电场处理，磁感应强度为．
（）求这个发电机的电动势．
（）发电机的输出端、间接有阻值为的电阻，设、两平行金属板的面积为，两板间等离子体的导电率为（即电阻率的倒数）．
．在图示磁极配置的情况下，判断通过电阻的电流方向．
．计算通过电阻的电流大小．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）发电机的电动势 ．
（）．通过电阻的电流方向：从到．
．根据闭合电路欧姆定律 ．
通过电阻的电流大小 ．
51．同步回旋加速器结构如题图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量，如题图所示．同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步．已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加速腔的长度为L，且L<
（1）带电粒子第1次从b孔射出时的速度的大小v1；
（2）带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk以及下一次经过b孔的时间间隔Tk；
（3）若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l1的粒子束（l1
【解析】（1）由动能定理解得粒子第1此加速后的速度
（2）每次加速电压相同，则加速k次的速度vk满足：
由
解得：
带电粒子经过b孔的时间间隔
由于L<
（3）粒子束经过k次加速后的速度
圆形轨道中粒子束前端粒子与后端粒子通过某一位置的时间间隔不变，即
①当k不是整数时，取k的整数部分为z，则最大速度为；
②当k为整数时，最大速度为
52．如图所示，矩形abcd关于x轴对称，长ad=2L，宽ab=L，三角形oab区域内存在竖直向下的匀强电场，梯形obcd区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（不计重力）以初速度v从P点沿X轴正方向进入电场，穿过电场后从ob边上Q点处进入磁场，然后从y 轴负半轴上的M点（图中未标出）垂直于y轴离开磁场，已知，，试求：
（1）匀强电场的场强E大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动水平方向匀速直线运动、竖直方向匀加速直线运动以及几何关系即可以求出电场强度；（2）先求出进入磁场的初速度，根据几何关系和粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式即可求解．
（1）根据题意，ob与x轴的夹角为450，带电粒子在电场中做类平抛运动，设在电场中运动时间为t，场
速度方向与+x方向之间的夹角θ满足：⑤
∴θ=450即粒子垂直于ob边进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的圆心即为o点.
半径⑥，又：⑦
解得：
53．如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向。
（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。
【答案】（1） （2）600 （3）（，0） （，0）
【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解。
（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由牛顿第二定律，得
洛伦兹力为：
解得：
（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，知角ONM为300，角CNA为600，则NA=R，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B=
易知OB与x轴的夹角为600
故质子出射时速度与x轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向：
在水平方向：
联立解得：
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴
方向的速度为，偏转角为由结合以上解得：
在竖直方向的速度为：
偏转角为：
由图
联立求解得：
根据几何关系得：
故与x轴交点坐标为（，0）
点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题。
54．现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，某装置可用于气体中某些有害离子进行收集，如图1所示。Ⅰ区为加速区，Ⅱ区为离子收集区，其原理是通过板间的电场或磁场使离子偏转并吸附到极板上，达到收集的目的。已知金属极板CE、DF长均为d，间距也为d，AB、CD间的电势差为U，假设质量为m、电荷量为q的大量正离子在AB极均匀分布。离子由静止开始加速进入收集Ⅱ区域，Ⅱ区域板间有匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，离子恰好沿直线通过Ⅱ区域；且只撤去电场时，恰好无离子从Ⅱ区域间射出，收集效率（打在极板上的离子占离子总数的百分比）为100%，（不考虑离子间的相互作用力、重力和极板边缘效应）。
（1）求离子到达Ⅱ区域速度大小；
（2）求Ⅱ区域磁感应强度B的大小
（3）若撤去Ⅱ区域磁场，只保留原来的电场，则装置的收集效率是多少？
（4）现撤去Ⅱ区域的电场，保留磁场但磁感应强度大小可调。假设AB极上有两种正离子，质量分别为m1、m2，且m1≤4m2，电荷量均为q1。现将两种离子完全分离，同时收集更多的离子，需在CD边上放置一探测板CP（离子必须打在探测板上），如图2所示。在探测板下端留有狭缝PD，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离，试求狭缝PD宽度的最大值。
【答案】（1）（2）（3）50%（4）
【解析】（1）离子在Ⅰ区域初速度为0开始加速，由动能定理：
可得
（2）进入DF极板的离子恰好不从极板射出，确定圆心；尘埃在磁场中的半径r=d,如图所示；
磁场中洛伦磁力提供向心力：
（3）电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：qE=qvB
撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离DF极板y的粒子恰好离开电场：
由平抛运动规律：y=，d=vt
解得：y=0.5d
当y>0.5d时，时间更长，水平位移x>d，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，
则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比
（4）设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力做向心力得
代入得：
则半径关系为
因为m1≤4m2，则有R1≤2R2，此时狭缝最大值x同时满足（如图所示）
x=2R1-2R2
d=2R1+ x
解得：
55．一半径R＝0.3 m的金属圆筒有一圈细窄缝，形状如图所示．圆筒右侧有一个垂直纸面向里的有界匀强磁场相切于O′，圆筒接地，圆心O处接正极，正极与圆筒之间的电场类似于正点电荷的电场，正极与圆筒之间的电势差U可调．正极附近放有一粒子源S(S与正极O间距离忽略不计)，能沿纸面向四周释放比荷＝2×105 C/kg的粒子(粒子的初速度、重力均不计)．带电粒子经电场加速后从缝中射出进入磁场，已知磁场宽度为d＝0.2 m，磁感应强度B＝0.25 T.
(1)当U＝1 000 V时，求垂直磁场右边界射出的粒子从左边界射入时与边界的夹角的大小；
(2)当U＝250 V时，某一粒子穿过磁场(从右边界射出)的时间最短，求此粒子飞出磁场时与右边界的夹角的大小；
(3)某同学猜想：只要电势差U在合适的范围内变化，总有粒子从S发出经过磁场后又回到S处．你若同意该猜想，请求出U的合适范围；你若不同意该猜想，请说明理由．
【答案】(1)60° (2)60° (3)同意 0
粒子在磁场中，qvB＝m
得r1＝＝0.4 m
在半径确定时，粒子穿过磁场的时间最短，则对应圆弧的弦最短，即磁场宽度，如图所示，因为r2＝d，所以此时圆心角为60°，则β＝60°。
(3)同意该猜想．由对称性知，粒子在磁场中运动的圆心O3必在OO′连线的延长线上．
当U最大时，r3最大，此时圆弧与磁场右边界相切，
由几何知识得：＝，
得r3＝m
由r＝可知，U＝V＝127.55 V，
故电压范围为0
(氘核质量m＝2×1.67×10－27 kg、电荷量q＝1.60×10－19 C,1 eV＝1.60×10－19 J,)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2；
(2)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d；
(3)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2.
【答案】(1)2.24×10－14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
【解析】(1)由动能定理W＝Ek2－Ek0
电场力做功W＝qE·2L
得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J。
(2)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
第一次进入B1区域，半径
R0＝≈0.04 m
第二次进入B1区域，
mv＝Ek0＋qEL
R2＝≈0.06 m
故d＝R2＝0.06 m。
(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知
2R2＝h＋(2R1－2R0)
解得R1＝0.05 m
由R1＝
得B2＝＝1.2 T。
57．如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0.这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a～3a(a＝)区间水平固定放置一探测板．假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．
【答案】(1)[2a,4a] (2)B0 (3)N0 N0mv0
【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv
在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a
r3＝a
解得B1＝B0
(3)对速度为0的离子
qU＝mv
r4＝＝a
2r4＝1.5a
离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]
N＝N0＝N0
对打在x＝2a处的离子
qv3B1＝
对打在x＝3a处的离子
qv4B1＝
打到x轴上的离子均匀分布，所以＝
由动量定理
－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)
解得F＝N0mv0。
【名师点睛】
初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同。分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力。
58．如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；
(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线.
【答案】(1)
(2) θ在关于y轴左、右对称的60°(含)范围内
(3)
(4)图线如下
【解析】1．轨迹示意图
(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角φ≤45°
则：η＝＝≤
则当UAK＝0时每秒到达A板的电子数：N0＝N.
(4)①当UAK≥0时，到达的电子全部到A板
i1＝N0e＝Ne
②设当UAK＝U1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A板
则eU1＝0－m(vcos φ1)2
解得UAK＝－
即在区间(－，0)之间，i2＝N0e＝Ne
③当UAK反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α)
刚好打到A板上，而φ>α的电子打不到A板
i＝Ne
eUAK＝0－m(vcos α)2
解得：i＝Ne
综上所述：i－UAK图线如下
【名师点睛】
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度；求出电子从P点射出时与负y轴方向的夹角极限值，然后确定其范围；求出进入小孔的电子偏角，然后求出每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数；由动能定理求出遏制电压，然后求出电流的表达式，再作出图象。
59．在如图所示的xOy平面内，y≥0.5 cm和y<0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B＝1.0 T，一个质量为m＝1.6×10－15 kg，带电荷量为q＝1.6×10－7 C的带正电粒子，从坐标原点O以v0＝5.0×105 m/s的速度沿与x轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x轴上的Q点飞过，经过Q点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：
(1)粒子从O点运动到Q点所用的最短时间；
(2)粒子从O点运动到Q点所通过的路程．
【答案】(1)1.028×10－7 s(2)0.051 4n m(n＝1,2,3，…)
【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在没有磁场的区域中做匀速直线运动，粒子经历的周期数越少，则粒子运动的时间就越短；粒子的路程为在磁场中的路程与在没有磁场的区域中的路程的和。
（1）粒子的运动轨迹如图所示
当粒子第一次以斜向上的速度经过Q点时，时间最短；在磁场中运动时间为t1，
洛伦兹力提供向心力：，解得：
s1=2n•πr（n=1，2，3…）
在无场区的路程为：s2=4nd（n=1，2，3…）
总路程为：s=s1+s2=0.514n（n=1，2，3…）
点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，分清粒子的运动过程，应用牛顿第二定律、粒子周期公式即可解题。
60．如图所示，坐标轴y过半径为R的圆形区域的圆心，坐标轴x与该区域相切。AB为磁场圆的水平直径，P点到AB的距离为。圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ。离子速度选择器的极板平行于坐标轴x，板间存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场Ⅰ，且电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1。垂直坐标轴x放置的加速电场中的离子源M，紧靠右极板，可释放初速度为零的带电离子。离子在加速电场加速后恰好沿坐标轴x负方向匀速通过离子速度选择器，然后从P点射入圆形区域匀强磁场Ⅱ，并从坐标原点O射出磁场Ⅱ。已知加速电场的电压为U0。不计离子重力。求：
(1) 离子电性和比荷；
(2) 圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B2；
(3) 离子在圆形区域匀强磁场中的运动时间。
【答案】(1) 带正电 (2) (3)
【解析】 (1)设离子电荷量为q，质量为m，在电场中加速后的速度为v，由动能定理得
……①
离子在速度选择器的运动可知
……②
联立①②解得
由离子在圆形区域匀强磁场中的运动可知，离子带正电
(2)有几何关系可求得，离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则
……③
联立①②③解得
(3) 有几何关系可求得，离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动转过的角度为120°，
设离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t
……④
……⑤
联立①②④⑤解得
61．磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。高温等离子体以不变的速率v水平向右喷入发电通道内，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。
（1）求该磁流体发电机的电动势大小E；
（2）当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。
a．要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。如果不计其它损耗，这个推力的功率PT就应该等于该发电机的总功率PD，请你证明这个结论；
b．若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内不动的粒子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为s，电阻率为，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e。求金属导体中每个电子所受平均阻力的大小f。
【答案】（1）Bav （2）a.略；b.
【解析】试题分析：（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡。有：
①
可得：②（3分）
（2）a．当电键闭合，由欧姆定律可得：③
该电流在发电通道内受到的安培力大小为：④
要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为: ⑤
推力F的功率为：⑥
联立②③④⑤⑥可得：⑦
闭合电路中发电机的总功率为: ⑧
联立②③⑧可得：⑨
由⑦⑨可得：
可见，推力的功率就等于该发电机的总功率。
b．方法一：
设金属导体R内电子运动的平均速率为v1，单位体积内的电子数为n， t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则：
⑩
t时间内通过横截面的电荷量为：11
电流为：12
联立②③⑩1112 式可得：
设金属导体中的总电子数为N1，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率（电功率）应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即：
13
14
由电阻定律得：15
考点：物体的平衡；闭合电路的欧姆定律；电阻定律；电场强度；
62．如图所示，为一回旋加速器的示意图，其核心部分为处于匀速磁场中的形盒，两形盒之间接交流电源，并留有窄缝，离子在窄缝间的运动时间忽略不计．已知形盒的半径为，在部分的中央放有离子源，离子带正电，质量为、电荷量为，初速度不计．若磁感应强度的大小为，每次加速时的电压为．忽略离子的重力等因素．
求：
（）加在形盒间交流电源的周期．
（）离子在第次通过窄缝后的运动半径．
（）离子加速后可获得的最大动能．
【答案】（）（）（）
【解析】（）加在形盒间交流电源的周期等于粒子在磁场中的运行周期．
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：．①
．②
联立①②可得：．
（）设第次通过窄缝后粒子的速度为，则有：．③
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：．④
联立③④可得：．
（）设粒子的最大速度为，对应着粒子的最大运动半径即，则有：
．⑤
．⑥
联立⑤⑥可得：．
63．【加试题】如阁所示，O’PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQMN区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U。PQ上均匀分布带正电的粒子，可均匀持续地以初速度为零发射出来，任一位置上的粒子经电场加速后都会从O’进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向外，大小为B , 其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K, 金属板长均为4R , 其中K板接地，A与K 两板间加有电压UAK>0, 忽略极板电场的边缘效应。己知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O’在y轴（0, -R）上。（不考虑粒子之间的相互作用力）
（1）求带电粒子的比荷q/m；
（2）求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
（3）若电压UAK=，求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。
【答案】（1）（2） （3）
【解析】（1）
由已知条件知道偏转半径r=R
（3）
得：
从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘，其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°，所以比例
64．两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示。在y>0，0
【答案】
【解析】对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y="2r=2a " ;
对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c’ 由对称性得到 c’在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足
解得由数学关系得到：
代入数据得到：
所以在x 轴上的范围是
65．重力不计的带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始，经加速电场加速后，垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，圆心为O，半径为r．可将带电粒子的运动等效为一环形电流.
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的线速度和等效环形电流的电流大小；
（2）在O点置一固定点电荷A，取适当的加速电压，使粒子仍可绕O做半径为r的圆周运动．现使磁场反向，但保持磁感应强度B的大小不变，改变加速电压，使粒子仍能绕O做半径为r的圆周运动，两次所形成的等效电流之差的绝对值为△I．假设两次做圆周运动的线速度分别为V1、V2，试用m、q、r、B、V1（或V2）写出两次粒子所受库仑力的表达式，确定A所带电荷的电性，并用m、q、B写出△I的表达式．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动，有 得：
又
可得
所以
（2）电荷A应为负电荷．否则不可能两次均绕A做圆周运动．
若库仑力F和磁场力同向，
则得
若库仑力F和磁场力反向，
则得
又
则得△I=I1-I2
由以上可解得：
66．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和E/2,Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
（2）O、M间的距离
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．
【答案】（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．
（2）O、M间的距离是．
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．
次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间．
解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，
由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
所以
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．
则有qE=ma
v0tan60°=at1
即
O、M两点间的距离为
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2．
则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得
则 t3==
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．
【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹确定圆心和半径是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键．
67．如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从P点以v＝20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm。(不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场，求OQ的距离；
(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。
【答案】（1）0.90 m（2）5.33 T
【解析】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝，
即R＝，代入数据得R＝0.50 m，
而O′P＝＝0.50 m，
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。
由几何关系可知OQ＝R＋Rsin 53°，
故OQ＝0.90 m。
(2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示
由几何关系得OP>R′＋R′cos 53°①
R′＝②
由①②并代入数据得B′>T＝5.33 T
点睛：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可．
68．粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN恰好在水平位置，如图.已知MN的质量m＝10 g，MN的长度＝49 cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T。(取g＝9.8 m/s2)
(1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？
(2)若导线中有从M到N方向的、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx＝1 mm，求弹簧的劲度系数。
(3)当由N到M方向通过0.2 A的电流时，两根弹簧被拉长多少？
【答案】（1）0.4 A（2）24.5 N/m（3）0.003 m
【解析】(1)只有MN受到的安培力方向竖直向上且等于MN的重力时，两根弹簧才能处于自然状态。根据左手定则，MN中的电流方向应由M到N，电流的大小由mg＝BIl求得
(2)导线中通过由M到N方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对MN有竖直向上的拉力，MN受到竖直向下的重力，平衡时有：BI1l＋2kΔx＝mg
可得弹簧的劲度系数
(3)当电流方向由N向M时，MN所受安培力竖直向下，平衡时有：2kΔx′＝mg＋BI2l
由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度
点睛：此题考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，考查了胡克定律，安培力公式，解题时要注意电流方向变化时安培力的方向也变化，注意左手定则的应用．
69．在竖直平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向的匀强电场E1，第Ⅲ、Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2(E2＝)，第Ⅳ象限内还存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B1，第Ⅲ象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B2.一带正电的小球(可视为质点)从坐标原点O以某一初速度v进入光滑的半圆轨道，半圆轨道在O点与x轴相切且直径与y轴重合，如图2所示，小球恰好从轨道最高点A垂直于y轴飞出进入第Ⅰ象限的匀强电场中，偏转后经x轴上x＝R处的P点进入第Ⅳ象限磁场中，然后从y轴上Q点(未画出)与y轴正方向成60°角进入第Ⅲ象限磁场，最后从O点又进入第一象限电场.已知小球的质量为m，电荷量为q，圆轨道的半径为R，重力加速度为g.求：
(1)小球的初速度大小；
(2)电场强度E1的大小；
(3)B1与B2的比值。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)由题意可知，在A点有
从O到A由动能定理得：
解得
(2)小球在第一象限做类平抛运动
, vy＝at
解得：
(3)vy＝vA，
得θ＝60° vP＝2vA由于mg＝qE2
解得又
解得
70．如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏．一质量m=1.0×10﹣3kg，电荷量q=+1.0×10﹣2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（图中未画出）．取g=10m/s2．求：
（1）E1的大小
（2）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
【答案】（1）1.4N/C；（2）1.0×10﹣2J．
【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：
qE1cos 45°=mg
解得：E1=N/C=1.4 N/C．
（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
qE1dABsin 45°=mvb2
解得：vb==5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2=mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB=m
解得：R=5 m
设偏转距离为y，由几何知识得：R2=dBC2+（R﹣y）2
代入数据得y=1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W=﹣qE2y=﹣mgy=﹣1.0×10﹣2J
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10﹣2J
点睛：考查力的平行四边形定则，学会进行力的分解，理解动能定理与牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确性，同时掌握三角函数关系．
71．如图所示，直角坐标系xOy平面内，在平行于y轴的虚线MN右侧y＞0的区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场；在y＜0的某区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场（图中未画出）。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从虚线MN上的P点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从原点O处射出，射出时速度方向与x轴夹角为60°。此后粒子先做匀速运动，然后进入磁场，粒子从有界磁场中射出时，恰好位于y轴上Q（0，－l）点，且射出时速度方向沿x轴负方向，不计带电粒子的重力。求：
（1）P、O两点间的电势差；
（2）带电粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）粒子在点场中做类平抛运动，有
设P、Q两点间电势差为U，由动能定理有
得
（2）由几何知道得
解得 3r＝l
得
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系进行求解。
72．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q=﹣3.2×10﹣19C，质量m=6.4×10﹣27kg，以v=4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：
（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）
（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
（3）带电粒子飞出电场时的动能EK．
【答案】（1）
（2）0.4m；
（3）J
【解析】解：（1）|轨迹如图．
（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有
m
（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：
代人数据解得：J
答：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；
（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；
（3）带电粒子飞出电场时的动能J．
【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法．
73．如图所示，粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电量q，质量却不相同。所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为d，板间电压为2U0，偏转后通过下极板上的小孔P离开电场。经过一段匀速直线运动后，正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形的区域匀强磁场（磁感应强度为B，方向垂直纸面向里），不计正离子的重力及离子之间的相互作用力，求：
（1）当正离子从P点离开偏转电场时，求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角；
（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径R；
（3）若质量为4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处，求能打在边界AD上的正离子的质量范围。
【答案】（1） 45°（2） （3）m～25m
【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得：
在偏转电场中，离子做类平抛运动，L=v0t，
由牛顿第二定律得：
解得
（3）由题意可知，质量为4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点，设此时的轨道半径为R0；
临界状态1：质量为m1的正离子刚好打在A点，如图所示：
由几何知识可得：
由可知：
解得：m1=m
临界状态2：质量为m2的正离子刚好打在D点，此时轨道半径为R2，由几何知识得
解得：，
则，得m2=25m
则能打在AD上的正离子质量范围为：m～25m；
74．如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37º，两轨道之间的距离L=0．50m。一根质量m=0．20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中。在导轨的上端接有电动势E=36V、内阻r=1．6Ω的直流电源和电阻箱R。已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37º=0．60，cos37º=0．80，重力加速度g=10m/s2。
（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1=2．0Ω时，金属杆ab静止在轨道上。
①如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；
②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；
（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0．40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2=3．4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向。
【答案】（1）①0．30T；②0．24T；垂直于轨道平面斜向下；（2）0．24N；沿轨道平面向下。
【解析】试题分析：（1）①设通过金属杆ab的电流为I1，
根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）
设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1。
对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ
解得：=0．30T
②根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示。
结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下。
考点：闭合电路欧姆定律，共点力平衡，安培力，摩擦力。
75．（16分）如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N。一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)。
（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；
（2）P点距坐标原点O至少多高；
（3）若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间小球距坐标原点O的距离s为多大？
【答案】（1），带正电（2）（3）
【解析】试题分析：(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，qE＝mg ①得: ②（2分）
小球带正电．（1分）
由④⑦解得：⑧
根据运动的独立性可知，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动．设加速度为a，则有：沿x轴方向：⑨（1分）
沿电场方向：⑩（1分）
由牛顿第二定律得：（1分）
t时刻小球距O点为：（2分）
考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
76．如图所示，在平面直角坐标系中AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C，D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ (T)，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OM的长度L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
【答案】(1) (2)20 m或m (3)7.71 s或6.38 s
【解析】试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。
质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，
所以有mg＝qE，即
(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限
后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有
由运动学规律知v2＝2aL，
设粒子从C点运动到D点所用时间为t3，
由类平抛运动规律知
R＝vt3，
联立解得：或
(3)质点做匀加速直线运动有
得t1＝2 s或
质点做匀速圆周运动有
质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s
质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：
t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.
点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，画出粒子轨迹，再结合数学知识即可解题。
77．在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图所示．若此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向一共改变了90°.重力可忽略不计，求：
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；
(2)该粒子射入时的速度大小v.
【答案】(1) (2)
【解析】试题分析：带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据推论：带电粒子的轨迹所对应的圆心角等于速度的偏向角，由题则知轨迹所对应的圆心角是90°，即可求出该粒子在磁场区域内运动所用的时间t．画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v.
（1）带电粒子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨迹所对应的圆心角等于速度的偏向角，由题，粒子速度的方向一共改变了90°．则知轨迹所对应的圆心角是90°，则粒子
在磁场区域内运动所用的时间, 洛伦兹力提供向心力，有：，解得：则解得：。
（2）画出粒子运动的轨迹，如图．设带电粒子圆周运动的半径为r，则由几何知识得
解得：,由得。
点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中的偏转，解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
78．如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xoy平面向里的匀强磁场，同时还有沿-y方向的匀强电场（图中电场未画出）。磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中B0已知，其余量均为未知）．t=0时刻,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为（x0,y0）的点A (x0>y0)，速度大小为v，方向沿+x方向，此时撤去电场．t=t0+t1+t2时刻,粒子经过x轴上x=x0点，速度沿+x方向．不计粒子重力，求：
（1）0-t0时间内OA两点间电势差UOA；
（2）粒子在t=0时刻的加速度大小a0；
（3）B1的最小值及对应t2的表达式。
【答案】（1）（2）
（3） （k=0，1，2……）
【解析】（1）带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理
解得
（2）设电场强度大小为E，则
t=0时刻，由牛顿第二定律
解得
（3）时间内，粒子在小的虚线圆上运动，时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为，相应小圆最大半径为R，则
又
的最小值
对应于取最小值，带电粒子由C点到经过x轴上点的时间满足
（k=0，1，2……）
79．已知镭的原子序数是88，原子核的质量数是226，问：
(1)镭核中有几个质子？几个中子？
(2)镭核所带电荷量是多少？
(3)若镭原子呈电中性，它核外有几个电子？
(4)22888Ra是镭的一种同位素，让22688Ra和22888Ra核以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨迹半径之比是多少？
【答案】(1)88 138 (2)1.41×10－17 C (3)88 (4)113∶114
核电荷数，但质量数不同，故
点睛：根据电荷数守恒和质量数守恒分析质子数和质量数的变化．质量数=质子数+中子数．质子数=原子序数=核外电子数．
80．如图所示，倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计．匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T．现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g=10m/s2．
（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】试题分析：（1）做出侧视平面图，cd棒加速下滑，安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，加速度减小到零时速度增大到最大，此时cd棒所受合力为零，此后cd棒匀速下滑。对cd棒受力分析，如图所示。
沿导轨方向有
感应电动势
感应电流
安培力
得最大速度
（2）设cd棒下滑距离为x时，ab棒产生的焦耳热Q，此时回路中总焦耳热为2Q。
根据能量守恒定律，有
解得下滑距离
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势平均值
感应电流平均值
通过cd棒横截面的电荷量
由上可得磁感应强度
代入数据得，磁感应强度B随时间t变化的关系式为
考点：电磁感应现象的综合应用
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