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一、選擇題(本題共6道小題)1.直導線ab放在如圖所示的水平導體框架上，構(gòu)成了一個閉合回路;長直導線cd和框架處在同一個平面內(nèi)，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，觀察到ab向左滑動.關(guān)于cd中的電流，下列說法正確的是(　　)

A. 電流一定增大，方向沿c向d

B. 電流一定增大，方向沿d向c

C. 電流一定減小，方向可能由d向c

D. 電流大小恒定，方向由d到c

2.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示.下列表述正確的是(　　)

A.M帶負電，N帶正電　B.M的速率小于N的速率　C.洛倫茲力對MN做正功　 D.M的運行時間大于N的運行時間3.如圖所示，為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速度為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則(　　)

A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為1：3　B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為：1　C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為2：1　D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為2：34. 如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱.導線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度，式中k是常數(shù)、I是導線中電流、r為點到導線的距離.一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點.關(guān)于上述過程，下列說法正確的是(　　)

A. 小球先做加速運動后做減速運動

B. 小球一直做勻速直線運動

C. 小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大

D. 小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?/P>

5.如圖所示是一個水平放置的玻璃圓環(huán)型小槽，槽內(nèi)光滑，槽的寬度和深度處處相同，現(xiàn)將一直徑略小于槽寬的帶正電小球放在槽中，讓它受絕緣棒打擊后獲得一初速度v0，與此同時，有一變化的磁場垂直穿過玻璃圓環(huán)型小槽外徑所對應的圓面積，磁感應強度的大小跟時間成正比，其方向豎直向下，設(shè)小球在運動過程中電荷量不變，那么(　　)

A. 小球受到的向心力大小不變

B. 小球受到的向心力大小不斷增加

C. 洛倫茲力對小球做了正功

D. 小球受到的磁場力逐漸變大

6.如圖，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直.線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc=∠bcd=135°.流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示.導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力(　　)

A.方向沿紙面向上，大小為(+1)ILB　B.方向沿紙面向上，大小為(?1)ILB　C.方向沿紙面向下，大小為(+1)ILB　D.方向沿紙面向下，大小為(?1)ILB三、計算題(本題共道小題)

7.如圖所示，在真空中，半徑為b的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外.在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距離也為b，板長為2b，兩板的中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，兩板左端與O1也在同一直線上.有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，以速率v0從圓周上的P點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進人磁場，當從圓周上的O1點飛出磁場時，給M、N板加上如右邊圖所示電壓u.最后粒子剛好以平行于N板的速度，從N板的邊緣飛出.不計平行金屬板兩端的邊緣效應及粒子所受的重力.

(1)求磁場的磁感應強度B的大小;

(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值;

(3)若t=時，將該粒子從MN板右側(cè)沿板的中心線O2O1，仍以速率v0射人M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到P點的距離.

8.如圖所示裝置中，AB是兩個豎直放置的平行金屬板，在兩板中心處各開有一個小孔，板間距離為d，板長也為d，在兩板間加上電壓U后，形成水平向右的勻強電場。在B板下端(緊挨B板下端，但未接觸)固定有一個點電荷Q，可以在極板外的空間形成電場。緊挨其下方有兩個水平放置的金屬極板CD，板間距離和板長也均為d，在兩板間加上電壓U后可以形成豎直向上的勻強電場。某時刻在O點沿中線由靜止釋放一個質(zhì)量為m，帶電量為q的正粒子，經(jīng)過一段時間后，粒子從CD兩極板的正中央進入電場，最后由CD兩極板之間穿出電場。不計極板厚度及粒子的重力，假設(shè)裝置產(chǎn)生的三個電場互不影響，靜電力常量為k。求：

(1)粒子經(jīng)過AB兩極板從B板飛出時的速度大小;

/P>

(2)在B板下端固定的點電荷Q的電性和電量;

(3)粒子從CD兩極板之間飛出時的位置與釋放點O之間的距離。

9.把一根長為L=10cm的直導線垂直磁感線方向放入如圖所示的勻強磁場中.試問：

(1)當導線中通以I1=2A的電流時，導線受到的安培力大小為1.0×10?7N，該磁場的磁感應強度B的大小為多少?

(2)若該導線中通以I2=3A的電流，試求此時導線所受安培力F的大小，并在圖中畫出安培力的方向.

10.如圖(a)所示，在空間有一坐標系xoy，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應強度為B,一質(zhì)量為m，電荷量為+q的質(zhì)子(不計重力及質(zhì)子對磁場的影響)以速度v從O點沿與OP成30°角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域Ⅰ，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x軸進入第四象限，第四象限存在沿-x軸方向的特殊電場，電場強度E的大小與橫坐標x的關(guān)系如圖(b)所示，試求(1)區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應強度大小 ;(2)質(zhì)子再次到達y軸時的速度大小和方向。

11.如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在I、II、III、IV四個場區(qū)，y軸右側(cè)存在勻強磁場I，y軸左側(cè)與虛線MN之間存在方向相反的兩個勻強電場，II區(qū)電場方向豎直向下，III區(qū)電場方向豎直向上，P點是MN與x軸的交點。有一質(zhì)量為m，帶電荷量+q的帶電粒子由原點O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場I，已知勻強磁場I的磁感應強度垂直紙面向里，大小為B0，勻強電場II和勻強電場III的電場強度大小均為，如圖所示，IV區(qū)的磁場垂直紙面向外，大小為，OP之間的距離為，已知粒子最后能回到O點。

(1)帶電粒子從O點飛出后，第一次回到x軸時的位置和時間;

(2)根據(jù)題給條件畫出粒子運動的軌跡;

(3)帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間。

試卷答案

1.解：導線左移時，線框的面積增大，由楞次定律可知原磁場一定是減小的;并且不論電流朝向哪個方向，只要電流減小，都會發(fā)生ab左移的情況;

故選：C.

2.解：A：由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A正確;

B：粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB=m，半徑為：r=，在質(zhì)量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大于N的速率，B錯誤;

C：洛倫茲力不做功，C錯誤;

D：粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為T=，M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤.

故選：A.3.解：粒子在磁場中做圓周運動，由數(shù)學知識可知，粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角分別是：φA=60°，φB=120°，

設(shè)粒子的運動軌道半徑為rA，rB，rA=Rtan30°=R，rB=Rtan60°=R，

A、洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，，

則粒子1與粒子2的比荷值為：，故A錯誤;B正確;

C、粒子運動的周期，，粒子運動的時間：=

帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為，故CD錯誤;

故選：B.

4.解：根據(jù)右手螺旋定則可知直線M處的磁場方向垂直于MN向里，直線N處的磁場方向垂直于MN向外，磁場大小先減小過O點后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始上的方向向上，過O得后洛倫茲力的方向向下.由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本�運動，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃�，故AC錯誤，BD正確.

故選BD.

5.解：A、由麥克斯韋電磁場理論可知，磁感應強度隨時間均勻增大時，將產(chǎn)生一個恒定的感應電場，由楞次定律可知，此電場方向與小球初速度方向相同，由于小球帶正電，電場力對小球做正功，小球的速度逐漸增大，向心力也隨著增大，故A錯誤，B正確.

C、洛倫茲力對運動電荷不做功，故C錯誤.

D、帶電小球所受洛倫茲力F=qBv，隨著速度的增大而增大，故D正確.

故選：BD

6.解：該導線可以用a和d之間的直導線長為L來等效代替，根據(jù)F=BIL，可知大小為，方向根據(jù)左手定則判斷，向上;

故選A.

7.?解析：(1)粒子自P點進入磁場，從O1點水平飛出磁場，運動的半徑必為b，則

??得

(2)粒子自O(shè)1點進入磁場，最后恰好從N板的邊緣平行飛出，設(shè)運動時間為t，則

2bv0t?

?t=nT (n=1,2,.....)

解得?? ?

(n=1，2，…)

?(n=1，2，…)

(3)當t=粒子以速度v0沿O2O1射入電場時，則該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，且進入磁場的速度仍為v0，運動的軌道半徑仍為b.

設(shè)進入磁場的點為Q，離開磁場的點為R，圓心為O3，如圖所示，四邊形OQ O3R是菱形，故O R∥ QO3.????????????????????????????????????????????

所以P、O、R三點共線，即POR為圓的直徑.即PR間的距離為2b.

8.(1)粒子經(jīng)過AB兩板，由動能定理可知

①得(2)粒子飛出B板后，在Q的作用下做勻速圓周運動，由受力分析可知Q帶負電

且得(3)粒子沿CD中線進入CD間的電場，做類平拋運動

由 ② ③?且? ④? 由①~④可得??則飛出CD板時的位置與O點之間的距離為

9.解：(1)根據(jù)F=BIL得，B=.

(2)當導線中的電流變化時，導線所在處的磁場不變，則

F=BIL=5×10?7×3×0.1N=1.5×10?7N.

根據(jù)左手定則知，導線所受的安培力方向垂直導線向上.

答：(1)磁場的磁感應強度B的大小為5×10?7T.

(2)此時導線所受安培力F的大小為1.5×10?7N，方向垂直導線向上.

10.【知識點】帶電粒子在磁場中運動? 動能定理

【答案解析】(1)(2)方向向左下方與y軸負向成()的夾角 解析： (1)由幾何關(guān)系知：質(zhì)子再次回到OP時應平行于x軸正向進入Ⅱ區(qū)，設(shè)質(zhì)子從OP上的C點進入Ⅱ區(qū)后再從D點垂直x軸進入第四象限，軌跡如圖。?

由幾何關(guān)系可知：O1C⊥OX，O1C與OX的交點O2即為Ⅱ內(nèi)圓弧的圓心，等邊三角形。

設(shè)質(zhì)子在Ⅰ區(qū)圓運動半徑為，在Ⅱ區(qū)圓運動半徑為，

則：???

由 得： ，??

同理得：

即區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應強度：?????

(2)D點坐標：??

質(zhì)子從D點再次到達y軸的過程，

???

設(shè)質(zhì)子再次到達y軸時的速度大小為，

由動能定理：????

得：?????

因粒子在y軸方向上不受力，故在y軸方向上的分速度不變

如圖有：

即方向向左下方與y軸負向成()的夾角???

【思路點撥】(1)根據(jù)運動規(guī)律畫出運動運動軌跡，然后根據(jù)在磁場中運動洛倫茲力提供向心力求得磁感應強度。(2)根據(jù)動能定理和電場力做功求得到達D點的速度，在y軸方向上不受力，故在y軸方向上的分速度不變從而求得速度的方向。

11.(1)(-，0)，;(2)如圖;(3)

該題考查帶電粒子在組合場中的運動(1)帶電粒子在磁場I中運動的半徑為

帶電粒子在I磁場中運動了半個圓，回到y(tǒng)軸的坐標

帶電粒子在II場區(qū)作類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子運動的加速度，豎直方向，水平位移，聯(lián)立得，，第一次回到x軸的位置(-，0)

(2)根據(jù)運動的對稱性畫出粒子在場區(qū)III的運動軌跡如圖所示。帶電粒子在場區(qū)IV運動的半徑是場區(qū)I運動半徑的2倍，畫出粒子的運動軌跡，同樣根據(jù)運動的對稱性畫出粒子回到O點的運動軌跡如圖所示。

(3)帶電粒子在I磁場中運動的時間正好為1個周期，故

帶電粒子在II、III兩個電場中運動的時間

帶電粒子在IV場中運動的時間為半個周期

因此帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間、