一、選擇題(本題共6道小題)1.直導(dǎo)線ab放在如圖所示的水平導(dǎo)體框架上，構(gòu)成了一個閉合回路;長直導(dǎo)線cd和框架處在同一個平面內(nèi)，且cd和ab平行，當(dāng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)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(fù)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(yùn)行時間大于N的運(yùn)行時間3.如圖所示，為一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，在O點(diǎn)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(diǎn)飛出磁場，帶電粒子2從B點(diǎn)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(yùn)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(yùn)動時間比值為2：34. 如圖所示，兩根長直導(dǎo)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(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱.導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線的距離.一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動到b點(diǎn).關(guān)于上述過程，下列說法正確的是( )
A. 小球先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動
B. 小球一直做勻速直線運(yùn)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(yīng)的圓面積，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小跟時間成正比，其方向豎直向下，設(shè)小球在運(yùn)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(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示.導(dǎo)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(jì)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(qiáng)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(diǎn)沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)人磁場，當(dāng)從圓周上的O1點(diǎn)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(jì)平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力.
(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)到P點(diǎn)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(qiáng)電場。在B板下端(緊挨B板下端，但未接觸)固定有一個點(diǎn)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(qiáng)電場。某時刻在O點(diǎn)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(jìn)入電場，最后由CD兩極板之間穿出電場。不計(jì)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;
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(2)在B板下端固定的點(diǎn)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(diǎn)O之間的距離。
9.把一根長為L=10cm的直導(dǎo)線垂直磁感線方向放入如圖所示的勻強(qiáng)磁場中.試問：
(1)當(dāng)導(dǎo)線中通以I1=2A的電流時，導(dǎo)線受到的安培力大小為1.0×10?7N，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為多少?
(2)若該導(dǎo)線中通以I2=3A的電流，試求此時導(dǎo)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(biāo)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度為B,一質(zhì)量為m，電荷量為+q的質(zhì)子(不計(jì)重力及質(zhì)子對磁場的影響)以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30°角的方向垂直磁場進(jìn)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(jìn)入第四象限，第四象限存在沿-x軸方向的特殊電場，電場強(qiáng)度E的大小與橫坐標(biāo)x的關(guān)系如圖(b)所示，試求 (1)區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 ; (2)質(zhì)子再次到達(dá)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(qiáng)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(qiáng)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(diǎn)是MN與x軸的交點(diǎn)。有一質(zhì)量為m，帶電荷量+q的帶電粒子由原點(diǎn)O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場I，已知勻強(qiáng)磁場I的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里，大小為B0，勻強(qiáng)電場II和勻強(qiáng)電場III的電場強(qiáng)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(diǎn)。
(1)帶電粒子從O點(diǎn)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(yùn)動的軌跡;
(3)帶電粒子從O點(diǎn)飛出后到再次回到O點(diǎn)的時間。
試卷答案
1.解：導(dǎo)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(fù)電荷，故A正確;
B：粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動半周，即時間為周期的一半，而周期為T=，M的運(yùn)行時間等于N的運(yùn)行時間，故D錯誤.
故選：A.3.解：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，由數(shù)學(xué)知識可知，粒子做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角分別是：φA=60°，φB=120°，
設(shè)粒子的運(yùn)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(yùn)動的周期，，粒子運(yùn)動的時間：=
帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運(yùn)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(diǎn)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(yùn)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(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大時，將產(chǎn)生一個恒定的感應(yīng)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(yùn)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(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)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(diǎn)進(jìn)入磁場，從O1點(diǎn)水平飛出磁場，運(yùn)動的半徑必為b，則
??得
(2)粒子自O(shè)1點(diǎn)進(jìn)入磁場，最后恰好從N板的邊緣平行飛出，設(shè)運(yùn)動時間為t，則
2bv0t?
?t=nT (n=1,2,.....)
解得?? ?
(n=1，2，…)
?(n=1，2，…)
(3)當(dāng)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(jìn)入磁場的速度仍為v0，運(yùn)動的軌道半徑仍為b.
設(shè)進(jìn)入磁場的點(diǎn)為Q，離開磁場的點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動，由受力分析可知Q帶負(fù)電
且得(3)粒子沿CD中線進(jìn)入CD間的電場，做類平拋運(yùn)動
由 ② ③?且? ④? 由①~④可得??則飛出CD板時的位置與O點(diǎn)之間的距離為
9.解：(1)根據(jù)F=BIL得，B=.
(2)當(dāng)導(dǎo)線中的電流變化時，導(dǎo)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(dǎo)線所受的安培力方向垂直導(dǎo)線向上.
答：(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5×10?7T.
(2)此時導(dǎo)線所受安培力F的大小為1.5×10?7N，方向垂直導(dǎo)線向上.
10.【知識點(diǎn)】帶電粒子在磁場中運(yùn)動? 動能定理
【答案解析】(1)(2)方向向左下方與y軸負(fù)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(yīng)平行于x軸正向進(jìn)入Ⅱ區(qū)，設(shè)質(zhì)子從OP上的C點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)后再從D點(diǎn)垂直x軸進(jìn)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(diǎn)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(yùn)動半徑為，在Ⅱ區(qū)圓運(yùn)動半徑為，
則：???
由 得： ，??
同理得：
即區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度：?????
(2)D點(diǎn)坐標(biāo)：??
質(zhì)子從D點(diǎn)再次到達(dá)y軸的過程，
???
設(shè)質(zhì)子再次到達(dá)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(fù)向成()的夾角???
【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)運(yùn)動規(guī)律畫出運(yùn)動運(yùn)動軌跡，然后根據(jù)在磁場中運(yùn)動洛倫茲力提供向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度。(2)根據(jù)動能定理和電場力做功求得到達(dá)D點(diǎn)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(yùn)動(1)帶電粒子在磁場I中運(yùn)動的半徑為
帶電粒子在I磁場中運(yùn)動了半個圓，回到y(tǒng)軸的坐標(biāo)
帶電粒子在II場區(qū)作類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子運(yùn)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(yùn)動的對稱性畫出粒子在場區(qū)III的運(yùn)動軌跡如圖所示。帶電粒子在場區(qū)IV運(yùn)動的半徑是場區(qū)I運(yùn)動半徑的2倍，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，同樣根據(jù)運(yùn)動的對稱性畫出粒子回到O點(diǎn)的運(yùn)動軌跡如圖所示。
(3)帶電粒子在I磁場中運(yùn)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(yùn)動的時間
帶電粒子在IV場中運(yùn)動的時間為半個周期
因此帶電粒子從O點(diǎn)飛出后到再次回到O點(diǎn)的時間、
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