高中物理选修二第一章《安培力与洛伦兹力》测试卷(含答案解析)(22)_百...

1．(0分)[ID：128254]下列关于磁场的应用，正确的是（）

A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U

B．图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极

C．图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条

件是

E v

B =

D．图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转

2．(0分)[ID：128243]如图所示，倾角为θ的粗糙绝缘斜面（足够长）置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带电滑块由静止释放，下滑 x 距离后飞离斜面。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（）

A．滑块带负电

B．滑块在斜面上做匀加速直线运动

C．滑块离开斜面瞬间的速率为

cos mg

qB

θ

D．滑块克服摩擦力做的功为μmgx cos θ

3．(0分)[ID：128238]如图所示为某回旋加速器示意图，利用回旋加速器对2

1

H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法中正确的是

（）A．粒子从磁场中获得能量

B．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子

C．只增大加速电压2

H粒子在回旋加速器中运动的时间变短

1

D．只增大加速电压2

H粒子获得的最大动能增大

1

4．(0分)[ID：128230]如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K 为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是

（）

A．在K处球a速度最大B．在K处球b对轨道压力最大

C．球b需要的时间最长D．球c机械能损失最多

5．(0分)[ID：128229]如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零

（）

A．适当增大电流

B．使电流反向并适当减小

C．保持电流I不变，减小B

D．使电流I反向并增大

6．(0分)[ID：128282]比荷值相同的带电粒子M和N，先后以大小不同的速度沿PO方向射

入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示，不计重力。则下列分析不正确

．．．的是（）

A ．M 带负电，N 带正电

B ．M 的速率小于N 的速率

C ．M 在磁场中运动的时间小于N 在磁场中运动的时间

D ．M 和N 两粒子在磁场中运动的角速度大小相等

7．(0分)[ID ：128273]如图所示，水平导线通以向右的恒定电流，导线正下方运动的电子（重力不计）的初速度方向与电流方向相同，则电子在刚开始的一段时间内做（ ）

A ．匀速直线运动

B ．匀速圆周运动

C ．曲线运动，轨道半径逐渐减小

D ．曲线运动，轨道半径逐渐增大 8．(0分)[ID ：128202]在地球赤道正上方一导线中通有自西向东的电流，则导线受到地磁场给它的安培力方向为（ ）

A ．竖直向上

B ．竖直向下

C ．东偏上

D ．西偏上 9．(0分)[ID ：128197]如图所示，半径分别为R 、2R 的两个同心圆，圆心为O ，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿PO 方向以速度v 1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v 2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则21

v v 最大为（ ）

A 3

B 3

C 3

D 33 10．(0分)[ID ：128215]武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d 的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积.空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）

A ．带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左

B ．正、负粒子所受洛伦兹力方向是相同的

C ．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速

D ．只需要测量MN 两点电压就能够推算废液的流量

11．(0分)[ID ：128213]如图是质谱仪的工作原理示意图、带电粒子以不同初速度（不计重力）被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E 。平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片12A A 。平板S 下方有磁感应强度为0B 的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）

A ．进入0

B 磁场的粒子，在该磁场中运动时间均相等

B ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越大

C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于B E

D ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里

12．(0分)[ID ：128209]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v 0时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）

A ．小球可能带正电，也可能带负电

B ．磁场和电场的大小关系为

03E B C ．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动

D ．若撤去电场，小球的机械能不断增大

13．(0分)[ID：128377]如图所示，两电子沿MN方向从M点射入两平行平面间的匀强磁场中，它们分别以v1、v2的速率射出磁场，则v1：v2=______，通过匀强磁场所用时间之比t1、t2=______。

14．(0分)[ID：128326]如图所示，将截面为正方形的真空腔abcd放置在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上被吸收，则由小孔c和d射出的电子的速率之比________；通过磁场的时间之比为________ ．

15．(0分)[ID：128321]如图所示，质量为0.1g的小球，带有5×10-4C的正电荷，套在一根与水平方向成37°角的足够长的绝缘杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ=0.5，杆所在空间有磁感应强度B=0.4T的匀强磁场，小球由静止开始下滑，它的最大加速度为

________m/s2，最大速率为________m/s。

16．(0分)[ID：128315]如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为

_____________；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到

的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为_______或________（已知

I

B k

r ）

17．(0分)[ID：128307]在如图所示的匀强磁场中，垂直磁场方向放有一段长为0.04m的通电直导线，当通以水平向右的电流时，受到的安培力方向是________，若电流的大小是0.8A，受到的安培力大小为0.048N，则该匀强磁场的磁感应强度B=_______T．

18．(0分)[ID：128301]将长度为0.2m、通有1A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图所示．已知磁感应强度为1T，试求下列各图中导线所受安培力的大小．

（1）F1 = N （2）F2 = N （3）F3 = N （4）F4 = N

B=，长19．(0分)[ID：128293]如图所示，平行于纸面向右的匀强磁场的磁感应强度1T

l=的直导线中通有1A

1m

I=的恒定电流，导线平行于纸面与B成60°夹角时，发现其受到的安培力为零；而将导线垂直于纸面放置时，可测得其受到的安培力大小为2N，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B'可能等于________或________．

20．(0分)[ID：128290]质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，在科学研究中具有重要应用．如图所示是质谱仪工作原理简图，电容器两极板相距为d，两端电压为U，板间匀强磁场磁感应强度为B1，一束带电量均为q的正电荷粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一匀强磁场B2，结果分别打在a、b两点，测得两点间的距离为△R，由此可知，打在两点的粒子质量差为△m=________．（粒子重力不计）

三、解答题

21．(0分)[ID：128472]如图所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界。质量为m、带电荷量为-q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ（0°<θ<90°）的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场；第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ射出磁场。（不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U1、U2未知）

(1)加速电压U 1、U 2的比值

1

2

U U 为多少？ (2)为使粒子经电压U 2加速射入磁场后沿直线射出PQ 边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强。

22．(0分)[ID ：128438]如图所示，平面直角坐标xOy 的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场直线y =d 与y 轴相交于P 点，磁场分布在x 轴与直线y =d 之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y =d 上方，电场强度为E ，方向竖直向下质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的粒子从坐标原点O 垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v 0，方向与x 轴正方向成60°，并恰好从P 点离开磁场。(不计粒子的重力) (1)求磁场的磁感应强度大小B ；

(2)若将磁感应强度大小变为

2

B

，其他条件不变，求∶ ①粒子能达到的纵坐标的最大值y m ； ②粒子在第一象限内运动的时间t 。

23．(0分)[ID ：128432]如图所示，在平面直角坐标系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 、电量为q ＝1.0×10－6 C 的带电粒子，从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP ＝30 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：

(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；

(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件。

24．(0分)[ID ：128398]如图所示，一绝缘细圆环半径为r ，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行且水平。环上穿有一电量为＋q 、质量为m 的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A 点时速度的方向恰与电场垂直。设地球表面的重力加速度为ｇ，则：

（1）若小球经过A 点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A 点时的速度大小v A 是多大？

（2）要使小球能运动到与A 点对称的B 点时，小球在A 点速度至少是多大？ （3）在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？

25．(0分)[ID ：128397]如图所示，在磁感应强度为1T 的匀强磁场中，有两根相同的弹簧，下面挂一条长0.5m ，质量为0.1kg 的金属棒MN ，此时弹簧伸长10cm ，欲使弹簧不伸长则棒上应通过的电流的大小和方向如何？

26．(0分)[ID ：128393]如图所示，在半径为R 的圆内有场强为E 的匀强电场，一带正电的粒子从A 点沿半径方向垂直电场以速度v 射入，从B 点射出。图中θ=

3

。若去掉电场，在圆的区域内加垂直圆面的匀强磁场，粒子仍从A 点以原来的速度射入，粒子仍从B 点射出，求： (1)求粒子的比荷

q m

； (2)磁场的磁感应强度； (3)粒子在磁场中运动的时间t B 。

2016-2017年度第*次考试试卷参

**科目模拟测试

一、选择题

1．C

2．C

3．C

4．C

5．A

6．C

7．D

8．A

9．B

10．D

11．B

12．C

二、填空题

13．1:23:214．2：11：2【分析】电子垂直射入匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系求解速率之比根据时间与周期的

15．6m/s210m/s

16．-F-3F5F

17．竖直向上15T

18．(1)0(2)02(3)01(4)02

19．

20．

三、解答题

21．

22．

23．

24．

25．

26．

2016-2017年度第*次考试试卷参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题

1．C

解析：C A ．根据

2

mv qvB r

= 可知

qBr

v m

=

粒子获得的最大动能为

222

k 2q B R E m

=

所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D 形盒的半径，故A 错误；

B ．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B 板带正电，为发电机的正极，A 极板是发动机的负极，故B 错误；

C ．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足

E v B

=

粒子就能匀速通过速度选择器，故C 正确；

D ．线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D 错误。 故选C 。

2．C

解析：C

A ．下滑x 距离后飞离斜面，说明滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，由左手定则可知，滑块带正电，故A 错误；

B ．滑块由静止释放后在斜面上向下做加速运动，当滑块的速度为v 时所受洛伦兹力F =qvB ，对滑块，由牛顿第二定律得：

sin cos mg mg qvB ma θμθ--=（）

解得：

(sin cos )qvB

a g m

μθμθ=-+

滑块向下做加速运动，速度v 不断增大，加速度a 不断增大，滑块在离开斜面前做加速度增大的加速运动，故B 错误；

C ．斜面对滑块的支持力恰好为零时将离开斜面，设此时滑块的速度为v ′，在垂直于斜面方向，有：

cos qv B mg θ'=

解得：

v ′=

cos mg qB

θ

故C 正确；

D ．从滑块开始下滑到离开斜面过程，设滑块克服摩擦力做功为W f ，对滑块，由能量守恒定律得：

2

1sin 2

f mgx mv W θ'=

+ 解得：

32222

cos sin 2f m g W mgx q B θ

θ=-

故D 错误。 故选C 。

3．C

解析：C

A ．粒子在磁场中运动时，磁场的作用只改变粒子的运动方向，不改变粒子的运动速度大小，粒子只在加速电场中获得能量，A 错误；

B ．粒子在磁场中运动的周期

2m

T qB

π=

由于质子1

1H 与2

1H 粒子的比荷不同，保持B 、U 和T 不变的情况下不能加速质子，B 错误； C ．由

2

v qvB m R

=

解得

qBR

v m

=

粒子射出时的动能

222

2k 1=22q B R E mv m

=

粒子每旋转一周增加的动能是2qU ，动能达到E k 时粒子旋转的周数是N ，则有

22k 24E qB R N qU mU

==

每周的运动时间

2m

T qB π=

则粒子在回旋加速器中的运动时间

2

2BR t NT U

π==

若只增大加速电压U ，2

1H 粒子在回旋加速器中运动的时间变短，C 正确；

D ．设回旋加速器的最大半径是R m ，因此粒子在最大半径处运动时速度最大，根据

2

v qvB m R

=

解得

m

m qBR v m

=

21

H 射出时的最大动能是

222

2m

km 1=22m q B R E mv m

=

若只增大加速电压，由上式可知，2

1H 粒子获得的最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电场的电压无关，D 错误。 故选C 。

4．C

解析：C

ABC ．对a 小球受力分析可知

2

a a v F qvB mg m r

+-= 所以

2

a a v F mg qvB m r

=-+ 对b 球受力分析可得

2

b b v F mg m r

-= 解得

2

b b v F mg m r

=+ 对c 球受力分析可知

2

c c v F mg m r

-= 解得

2

c c v F mg m r

=+ 由于a 球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；c 球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，对轨道压力最大，b 球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b 球的运动的时间也长，AB 错误C 正确；

D ．c 球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c 球的机械能增加，D 错误。

故选C 。

5．A

解析：A

AC ．棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M 流向N ，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加，因为

F BIL =

所以可以适当增加电流强度，或增大磁场，C 错误A 正确；

BD ．当电流反相后所受到的安培力向下，故悬线一定会受到拉力，CD 错误。 故选A 。

6．C

解析：C

A ．粒子向右运动，根据左手定则，N 向上偏转，带正电；M 向下偏转，带负电，故A 正确；

B ．粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即

2

v qvB m r

=

mv r qB

=

故半径较大的粒子速度大，由图可知，N 的半径大于M 的半径，故M 的速率小于N 的速率，故B 正确； C ．粒子运动周期

2m

T qB

π=

故T 相同..磁场中偏转角大的运动的时间也长;M 粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，故C 错；

D ．因两粒子的周期相同，则由2T

π

ω=可知，两粒子的角速度相同，故D 正确。 选错误的，故选C 。 【点睛】

7．D

解析：D

水平导线中通有稳定电流，根据安培定则判断导线下方的磁场方向垂直直面向里，且磁感应强度随着到导线距离的变大而逐渐变弱，由左手定则判断电子所受的洛伦兹力向下，其速率不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度越小，根据洛伦兹力提供向心力

2

v qvB m r

=

解得mv

r qB

=

，可知电子的的轨迹半径逐渐增大，故电子在刚开始的一段时间内做曲线运动，轨道半径逐渐增大，故选D 。

8．A

解析：A

赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上，故选A 。

9．B

解析：B

ABCD ．粒子在磁场中做圆周运动，如图

由几何知识得

12tan 603

R r =

=︒洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

2111

v qv B m r =

解得

13v m

=

当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径

22

R r =

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

2

222

v qv B m r =

解得

22qBR

v m

=

则

21v v = ACD 错误B 正确。 故选B 。

10．D

解析：D

AB ．根据左手定则判断，带正电荷的粒子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的粒子受到向上的洛伦兹力，故AB 错误；

C ．电磁流量计是通过对带电粒子的洛伦兹力使正、负粒子往不同的的方向运动，从而形成电势差，通过测量电势差的大小计算流速的，故无法测不带电液体流速，故C 错误；

D ．废液流速稳定后，粒子受力平衡，有

U

qvB q

d

= 解得

U Bvd =

废液流量

Q Sv =

其中

U v Bd

=

2

4

d S π=

解得

4Ud

Q B

π=

故D 正确。 故选D 。

11．B

解析：B

C ．能通过狭缝P 的带电粒子，在过速度选择器时做直线运动，则：

qE

qvB

解得：

E v B

=

故C 错误；

A ．进入0

B 磁场的粒子速度相同，根据

2m

T qB π=

可知，周期不一定相同，则在该磁场中运动时间不一定相等，选项A 错误； B ．粒子进入磁场B 0后，据牛顿第二定律可得：

2

0v qvB m R

=

解得：

0q v m B R

= 知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，则R 越小，粒子的比荷越大，故B 正确； D ．根据加速电场，可知粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的电场力向右，则洛仑兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故D 错误。 故选B 。

12．C

解析：C

A ．经分析，洛伦兹力和支持力不做功，重力作正功，而小球动能保持不变，电场力一定做负功，小球带正电，A 错误；

B ．仅当支持力为零，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，有

0sin 60qE qv B =︒

即

032

E v B = 故B 错误；

C ．撤去磁场后，因重力和电场力做的功相互抵消，支持力不做功，则小球仍沿杆做匀速直线运动，C 正确；

D ．撤去电场，只有重力对小球做功，小球的机械能不变，D 错误。 故选C 。

二、填空题 13．1:23:2 解析：1:2 3:2

[1]粒子运动轨迹如下图所示

电子垂直射入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有， 根据

2

v qvB m r

=

电子做圆周运动的半径

mv r qB

=

则得电子在电场中的运动速度之比等于电子做圆周运动的半径之比，根据几何关系有

12:1:2r r =

所以电子在电场中的速度之比为

12:1:2v v =

[2] 电子在磁场中做圆周运动的周期

2m

T qB

π=

以v 1运动的电子在磁场中运动的时间

14T t =

以v 2运动的电子在磁场中运动的时间

26

T t =

所以电子在磁场中运动的时间之比为

123: :2t t =14．2：11：2【分析】电子垂直射入匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系根据几何知识确定电子从c 孔和b 孔时半径关系求解速率之比根据时间与周

期的

解析：2：1 1：2 【分析】

电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系．根据几何知识确定电子从c 孔和b 孔时半径关系，求解速率之比．根据时间与周期的关系，求解时间之比．

[1]．设电子的质量为m ，电量为q ，磁感应强度为B ，电子圆周运动的半径为r ，速率为v ，

由牛顿第二定律得：

evB=m 2

v r

解得：

eBr

v m

=

r 与v 成正比．由图看出，从c 孔和d 孔射出的电子半径之比r c ：r d =2：1，则速率之比

v c ：v d =r c ：r d =2：1．

[2]．电子圆周运动的周期为：

2m

T eB

π=

所有电子的周期相等，从c 孔和d 孔射出的电子在盒内运动时间分别为：

t c =14

T t d =

12

T 所以从c 孔和d 孔射出的电子在盒内运动时间之比：

t c ：t d =1：2； 【点睛】

本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系

求出半径．知道半径和周期的表达式2m

T eB

π=

； 15．6m/s210m/s

解析：6m/s 2 10m/s

以小球为研究对象，通过分析受力可知：小球受重力，垂直杆的支持力和洛伦兹力，摩擦力，由牛顿第二定律得

N sin mg F ma θμ-=，N cos 0qvB F mg θ+-=

解得

sin cos ()mg mg qvB ma θμθ--=

当

cos 0mg qvB θ-=

即

cos mg v qB

θ

=

小球的加速度最大，此时

22m sin 100.6m/s 6m/s a g θ==⨯=

而当0a =时，即

()sin cos mg qvB mg θμθ=-

小球的速度最大，此时

m sin cos mg mg v qB

θμθ

μ+=

代入数据点

m 10m/s v =16．-F-3F5F

解析：-F -3F 5F

[1]由于a 、b 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b 受到a 的磁场力大小为F ，方向相反，故为-F 。

[2][3]中间再加一通电导体棒时，由于c 处于中间，其在a 、b 两位置产生的磁感应强度大小相同，故b 受到的磁场力为a 受磁场力的2倍；a 受力变成2F ，可能是受c 的磁场力为F ，方向向右，此时b 受力为2F ，方向向左，故b 受力为3F ，方向向左，故合磁场力为-3F ；a 变成2F ，也可能是受c 向左的3F 的力，则此时b 受力为6F ，方向向右，故b 受到的磁场力为65F F F -=。

17．竖直向上15T

解析：竖直向上，1.5T

根据左手定则知，导线所受的安培力方向竖直向下．根据F BIL =得，

0.048T 1.5T 0.80.04

F B IL =

==⨯ 考点：考查了安培力的计算 【点睛】

根据左手定则判断出安培力的方向，通过安培力大小公式F BIL =求出磁感应强度的大小．

18．(1)0(2)02(3)01(4)02

解析：(1)0 (2)0.2 (3)0.1 (4)0.2 由安培力的公式

，是B 与I 方向间夹角，当=0时，表示B 与I 平行，安培力

为零，当=90°时，B 与I 方向间垂直，所受安培力为

．图1知B 与I 平行，安培力，图2知B 与I 方向垂直，=0.2N ，图3知当=120°时，

=0,1N ，图4知B 与I 方向垂直，

=0.2N ．解题是要分清B 与I 方向

间夹角．

19．

3T 7T

根据题意“导线平行于纸面与B 1成60°的夹角时，发现其不受安培力”说明合磁场一定与电流方向平行，即合磁场可能跟电流方向相同，或相反。

根据左手定则，将导线垂直于纸面放置时，所受的安培力的合力一定跟导线垂直。 垂直放置时，不妨设电流方向垂直纸面向内，则两种情况分别如下图 B 1产生的安培力为F 1，方向垂直B 1向下，大小为F 1=B 1IL ＝1N [1]．第一种情况，合磁场跟电流方向相同

根据平行四边形定则，以F 1为邻边、F 合为对角线作另一个邻边F 2，如上图所示，根据几何关系可知α=30°，F 合＝2N 、F 1＝1N ，所以F 2＝3N 因为F 2＝B 2IL ，所以

223T 3T 11

F B IL ⨯＝

＝＝ 如图B 2的方向在纸面内垂直B 1向上.

[2]．第二种情况，合磁场跟电流方向相反

根据平行四边形定则，以F 1为邻边、F ′合为对角线作另一个邻边F ′2，如下图所示，如图θ=30°，所以根据余弦定理，有

'22'

222112cos(90)122121207N F F F F F cos θ'+-+=+-⨯⨯⨯︒合合＝＝

因为''

22 F B IL ＝

所以

''22

7

7T 11

F B IL ==⨯＝20．

122qdB B R

U

∆ 电容器中有正交的电场与磁场，带电粒子匀速通过，受力平衡 满足速度选择题的原理：1qvB qE =， 而匀强电场U E d

=

解得匀速的速度1

U v dB =

， 进入磁场B 2后，洛伦兹力提供向心力：3

2v qvB m R

=

解得：12

mU R qdB B =

同位素的电量相等，质量不等，有1212

22()mU

R R R qdB B ∆∆=-=

故解得质量差为122qdB B R

m U

∆∆= 【点睛】

解决本题的关键知道从速度选择器进入偏转磁场，速度相同．以及知道在偏转磁场中的半径与电荷的比荷有关，同位素，电量相同，质量不同，偏转的半径就不同．

三、解答题 21．

(1)22

cos (1cos )θθ+；(2)2cos B qL m θ

，方向与水平方向成θ角斜向右下方 (1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨迹刚好与PQ 相切，如图中的轨迹1。

设轨迹半径为r 1，由几何关系得到

r 1＋r 1cos θ=L

解得

11cos L

r θ

=

+

第二次粒子刚好能垂直PQ 边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆心为图中的O 2点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r 2，由几何关系得到

2cos r L

θ

=

根据牛顿第二定律得

2

v qvB m r

=

在电场中加速有

21

=2

Uq mv

解得

2mqU

r Bq

=

所以

2122cos (1cos )

U U θθ=+ (2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ 边界，场强方向为垂直速度方向斜向下,设场强大小为E ，则

Eq =Bqv 2

解得

E =Bv 2

由于粒子的轨迹半径

22cos L

mv r qB θ=

= 可得

2cos qB

v m L θ

=

联立可得

2cos B qL

E m θ

=

方向与水平方向成θ角斜向右下方。

22．

(1) 0mv qd ；(2) ①0

2

2mv d qE +；②00

223mv d v qE π+ (1)粒子磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图

由牛顿第二定律可得

2

01

v qv B m R =

根据粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可得1R d = 联立解得

mv B qd

=

(2)①磁感应强度大小变为2

B

后，粒子的道半径变为22R d = 运动轨迹如图所示

粒子进入电场时速度沿y 轴正方向，粒子从进入电场到速度减为0的过程，由动能定理可得

2

01=02

qEy mv --

解得

202mv y qE

=

粒子能达到的纵坐标的最大值

m y d y =+

解得

2m 2=+mv y d qE

②由几何关系可知粒子在第一次磁场内运动的圆心角为

6

π

，运动的时间 1000

263d s d t v v v π

π⨯=== 粒子在电场内先向上减速为零，再向下加速，设进入电场到离开电场运动的时间2t ，取向上为正，向动量定理可得

200qEt mv mv -=--

解得

22

mv t qE

= 粒子从电场进入磁场仍做匀速圆周运动，设运动时间为3t ，根据对称性可知

310

3d

t t v π==

粒子在第一象限内运动的时间

123t t t t =++

解得

0223mv d t v qE

π=

+23． (1)20 m/s ； (2)0.90 m ；(3)B ′≥5.33 T

(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理

qU 0＝

1

2

mv 2 代入数据得

v ＝20 m/s

(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有

2

v qvB m R

=

得

R ＝mv qB

代入数据得

R ＝0.50 m

而

cos53OP

︒

＝0.50 m

故粒子的轨迹圆心一定在x 轴上，粒子到达Q 点时速度方向垂直于x 轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知

OQ ＝R ＋R sin 53°

故

OQ ＝0.90 m

(3)带电粒子不从x 轴射出(如图乙)，由几何关系得

OP ≥R ′＋R ′sin53°

mv

R qB '

'＝

由以上两式并代入数据得

B ′≥

16

3

T≈5.33 T 24．

（123） （1）在A 点，根据电场力提供向心力

2A

mv qE mg r

== 解得

A v （2）能过等效最高点C 必能过

B 点，在等效最高点C

2

c mv r

= 从A C →由动能定理得

221

sin 45q (1cos 45)()2

c A mgr Er m v v οο-+-=

- 解得

A v =（3）等效最高点C 到等效最低点D 由动能定理得

2212()2

D C r m v v ⋅=

- 在D 点由牛顿第二定律得

2

N D mv F r

= 解得

N F =

根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为。

25．

2A ，方向M N →

由题意可知，当不通电流时，由力的平衡条件可得

2F mg =

其中

F kx =

得

5k N/m =

当通上电流时，欲使弹簧不伸长，则由平衡条件可得

F BIL mg ==安

得

2A I =

所以此时，电流大小为2A ，由左手定则可得，方向M N →。

26．

(1)2439q m ER

=v ；(2)3E B 4v ；(3)B 33R

t π=v

(1)粒子在电场中运动时有

2

1sin

2

E R at qE ma =

R +R cosθ=vt E

解得

2

43q m =

v (2)粒子在磁场中运动时有

2

mv Bqv r

=

cot 2

r

R

解得

3E B

4v

(3) 粒子在磁场中运动的时间

cot 2B

R r t v

v

解得

B 3R

t π=