人教版选修3-1《第3章 磁场》2020单元测试卷
文档属性
| 名称 | 人教版选修3-1《第3章 磁场》2020单元测试卷 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-11-29 06:16:04 | ||
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文档简介
人教版选修3-1《第3章磁场》
2020单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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
如图，边长为的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
如图所示S为电子射线源能在图示纸面上和360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带电-e的电子，MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件？
（2）若磁场的磁感应强度为B，要使S发射出的电子能到达挡板，则电子的发射速率多大？
（3）若磁场的磁感应强度为B，从S发射出的电子的速度为，则挡板上出现电子的范围多大？
在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R=0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切。y轴右侧存在电场强度大小为E=1.0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度L=0.1m。现从坐标为（-0.2m，-0.2m）的?P点发射出质量?m=2.0×10-9kg、带电荷量q=5.0×10-5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0=5.0×103m/s。重力不计。
（1）求该带电粒子射出电场时的位置坐标；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，-0.05m）的点回到电场后，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的感应强度大小和正方形区域的最小面积。
如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
（1）电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（）
?
A.
粒子带正电
B.
粒子在b点速率大于在a点速率
C.
若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出
D.
若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音，俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）
A.
当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B.
当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C.
当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D.
当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.
当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B.
当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C.
线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.
线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将(?
?
?)
A.
沿斜面加速上滑
B.
沿斜面加速下滑
C.
沿斜面匀速上滑
D.
仍静止在斜面上
如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd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vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则（ ）
A.
vb：vc=1：2，tb：tc=2：1
B.
vb：vc=2：1，tb：tc=1：2
C.
vb：vc=2：1，tb：tc=2：1
D.
vb：vc=1：2，tb：tc=1：2
一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A.
B.
C.
D.
如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离。
为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin（α±β?）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1-2sin2．
中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布情况如图所示，结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A.
地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
B.
结合地球自转方向，可以判断出地球是带负电的
C.
对垂直射向地球表面的宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最强，赤道附近最弱
D.
因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显
如图所示，A为通电线圈，电流方向如图，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，ΦB、ΦC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下列判断中正确的是（ ）
A.
ΦB=ΦC
B.
ΦB＜ΦC
C.
穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的
D.
穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向里的
如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框．线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L．已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B=k（k为常量），线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为（ ）
A.
0
B.
+g
C.
-g
D.
+g
如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A.
o点处的磁感应强度为零
B.
a、c两点处磁感应强度的方向相同
C.
c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D.
a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，ab==L，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将（重力不计）（ ）
A.
从b点射出
B.
从b、P间某点射出
C.
从a点射出
D.
从a、b间某点射出
如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）
A.
从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B.
从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C.
从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D.
从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边
如图所示，一束粒子沿水平方向飞过悬挂的小磁针下方，此时小磁针的S极向纸内偏转，这一束粒子可能是（ ）
A.
向右飞行的正离子束
B.
向左飞行的正离子束
C.
向右飞行的电子束
D.
向左飞行的电子束
如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（ ）
A.
电子枪发射能力减弱，电子数减少
B.
加速电场的电压过高，电子速率偏大
C.
偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D.
偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱
如图所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子（），b为α粒子（），b的速度方向垂直磁场边界，a的速度方向与b的速度方向夹角θ=30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则（ ）
A.
a、b两粒子转动周期之比为2：3
B.
a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2：3
C.
a、b两粒子在磁场中转动半径之比为1：2
D.
a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1：2
某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g．下列说法中正确的是
A.
当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为
B.
标尺上的电流刻度是不均匀的
C.
为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为M→N
D.
电流表的量程为
某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。
（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是______（填入正确选项前的标号）
物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹______
，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是______
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有______
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______
．
音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图是某音圈电机的原理图，它是一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I．
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向．
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；
（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。
如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50
m的绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50
T．有一个质量m＝0.10
g，带电荷量为q＝＋1.6×10－3
C的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，重力加速度g＝10
m／s2．试求：
???
(1)小球在最高点所受的洛伦兹力F；
???
(2)小球的初速度v0．
如图所示，在O≤x≤2m的区域内存在着沿y轴方向的匀强电场E，E在y轴方向区域足够大。有一个比荷为=7.5×104C/kg带正电粒子（粒子重力不计）从O点出发，以v0=8×104m/s的初速度沿x轴正方向射入电场，经过点A（2，-0.75）离开电场。在第四象限垂直于x轴的边界MN右侧的区域有磁感应强度为B的匀强磁场，M点的坐标为（4.2，0）。粒子进入磁场后，又穿过边界MN离开磁场。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）满足条件的磁感应强度B的最小值；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），求磁场区域的最小面积。
答案和解析
1.【答案】AD
【解析】
【分析】
电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键。
线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动。
【解答】
AD.当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或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，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半轴转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故AD正确；
B.线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；
C.左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C错误。
故选AD。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
画出电子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
【解答】
从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，
?
根据几何关系可得：Ra=，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB=m
解得：va=；
对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2=+（Rd-）2
解得：Rd=
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB=m
解得：vd=；故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】解：（1）电子竖直向上发射时可到达右边最远，最小速度的粒子的轨迹如图所示：
由几何知识得：L=2r，电子轨道半径：r=，
由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：B=，
若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件是：B≤；
（2）电子竖直向上发射时可到达右边最远，最小速度的粒子的轨迹如图所示：
由几何知识得：L=2r，电子轨道半径：r=，
由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=，
则：电子的发射速率：v≥；
（3）由牛顿第二定律得：evB=m，
已知：v=，解得：r=2L
电子可打倒屏幕上的范围如图所示：
电子与MN相切，ob===L，
a点与MN相交，0a===L，
挡板上出现电子的范围是：ab=（+）L；
答：（1）若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件是：B≤；
（2）若磁场的磁感应强度为B，要使S发射出的电子能到达挡板，则电子的发射速率：v≥；
（3）若磁场的磁感应强度为B，从S发射出的电子的速度为，挡板上出现电子的范围是：（+）L。
【解析】（1）要使S发射的电子能到达挡板，发射电子的速度最小时，电子的轨迹恰好与M板相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由洛仑较为提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（2）要使S发射的电子能到达挡板，发射电子的速度最小时，电子的轨迹恰好与M板相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由洛仑较为提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子速度。
（3）当S发射电子的速度为时，先根据牛顿第二定律求出电子的轨迹半径。画出电子到达M板上距离最远时的运动轨迹，由几何知识求得范围。
本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，灵活运用几何知识求出轨迹半径或范围。
4.【答案】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：
计算得出r=0.20m=R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动。设粒子到达电场边缘时，
竖直方向的位移为y，有：
l=v0t
联立计算得出：y=0.05m
所以粒子射出电场时的位置坐标为（0.1m，0.05m）。
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度为：
，
粒子射出电场时速度为：
由几何关系可以知道，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径为：
由计算得出：B′=4T
正方形区域最小面积为：S=（2r′）2=0.02
答：（1）带电粒子射出电场时的位置坐标（0.1m，0.05m）；
（2）所加匀强磁场的破感应强度大小为4T，正方形区域的最小面积0.02。
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出半径，粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标。
先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式R=求得磁场强度，最后确定磁场的最小面积。
本题考查了带电粒子在电场中和磁场中的运动，解法都是常规方法，关键是知道磁场区域的最小边长等于粒子做圆周运动的直径。
5.【答案】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有????qE=qvB???????????????????????①
又?????R=vt0?????????????????????????②
则?????E=③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y方向位移?????④
由②④式得???y=???????????????????????⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是
???x=R????????????????????
又有?????????x=a?????????????????⑥
得???????a=??????????????????????⑦
（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，
设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
?qv′B=m????????????⑧
又??qE=ma??????????????????⑨
由③⑦⑧⑨式得?????r=R?????????????????⑩
由几何关系????sinα=??????????????????（11）
即?????sinα=????
所以α=??????????????（12）
带电粒子在磁场中运动周期
T=
则带电粒子在磁场中运动时间
??tB=T?????????????????????????????????
所以?tB=t0?????????????（13）
【解析】（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；
（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据R=判断半径的变化，从而分析出射位置；若仅减小入射速率，粒子运动时间可能增加。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
解：A、粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；
B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；
C、根据R=可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；
D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t=可知粒子运动时间可能增加，故D错误。
故选：C。
7.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题。应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可。
【解答】
AB、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故A错误，B正确；
CD、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故D错误，C正确；
故选BC。
8.【答案】A
【解析】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确；
B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；
C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误；
D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误；
故选：A。
通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。
①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。
9.【答案】A
【解析】
【分析】
先对磁感应强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。
解答本题的关键是：要对磁感应强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。
【解答】
当磁场的磁感应强度大小为B，电流为I时，金属棒处于静止状态，
根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，
当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0.5I时，此时安培力大小变为：
F=3B×0.5I×L=1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：
，故A正确、B、C、D错误。
故选：A。
10.【答案】A
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即
从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即
根据半径公式得∝r
从b点离开磁场的粒子，圆心角；从C点离开磁场的粒子，圆心角
根据，得，故A正确，BCD错误
故选：A。
带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径和圆心角，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v。然后求比值，由求时间之比。
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。
11.【答案】A
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，
根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′
解得：，A正确，BCD错误
故选：A。
由题，粒子不经碰撞而直接从N孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．
本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．
12.【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有，，那么，，；
（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，
则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；
那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期，在x＜0磁场区域运动的周期，
所以，粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离；
答：（1）粒子运动的时间为；
（2）粒子与O点间的距离为。
【解析】（1）由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，累加即可；
（2）由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离。
带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，运动轨迹，运动时间等问题。
13.【答案】解：（1）峰区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
（2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
（3）
谷区内的圆心角θ'=120°-90°=30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系?
代入得?
答：（1）闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r为，离子旋转的方向是逆时针；
（2）轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ是，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T为；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，B′和B的关系是．
【解析】（1）根据带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式和左手定则求解
（2）离子在峰区运动轨迹是圆弧，在谷区做匀速直线运动，根据几何关系求出圆弧所对的圆心角，根据求出离子绕闭合平衡轨道一周的时间，即离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T
（3）根据几何关系求出谷区圆弧所对的圆心角，峰区和谷区圆弧的弦长相等，列出等式求出B′与B之间的关系；
本题是带电粒子在磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹，运用数学知识求出粒子在磁场区中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点．
14.【答案】C
【解析】解：A、地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故A正确；
B、地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故B正确；
C、地球上赤道附近的磁场方向与地面几乎平行，越往两极磁场得方向与地面之间得夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故C错误；
D、根据安培定则可知，导线的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场的性质；根据安培定则可判断地磁场对宇宙射线中的高能带电粒子的作用。
题考查了地磁场的知识，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质。
15.【答案】C
【解析】解：A、B、磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，由于线圈A产生的磁场的磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈A的磁通量最大，线圈C的磁通量最小，故AB错误；
C、D、根据题意可知，结合右手螺旋定则可得，线圈A产生的磁场，内部磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，依据磁感线的来回抵消，则穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的，故C正确，D错误；
故选：C。
根据右手螺旋定则可知，环形导线周围磁场的分布；而通过线圈的磁通量变化是末磁通量减去初磁通量，虽然磁通量是标量，但磁感线分正反面穿过线圈。
考查右手螺旋定则的应用，掌握磁通量的概念，理解磁通量的正负含义。要充分注意到线圈A产生的磁场的磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多。
16.【答案】D
【解析】解：线框下边受到的安培力的大小为F1=k?IL=kI2，方向向下，
线框上边受到的安培力大小F2=?IL=kI2，方向向上，
根据牛顿第二定律可得，F1+mg-F2=ma
解得：a==+g，故ABC错误，D正确；
故选：D．
根据通电导线产生的磁场大小分别求得线框上下导线受到的安培力，根据牛顿第二定律求得加速度．
本题主要考查了安培力作用下的牛顿第二定律，关键是找到上下导线受到的安培力大小．
17.【答案】B
【解析】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
D、由右手定则可知，a、c两处处磁感应强度方向都竖直向下，a、c两点处磁感应强度的方向相同，故B正确；
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，磁感应强度方向相同，且合磁感应强度大小相等，故C错误；
D、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故D错误；
故选：B。
根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
本题考查了比较磁感应强度大小由于方向关系问题，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
18.【答案】C
【解析】解：设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：
Bqv0=Eq…①
撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a，穿越电场所用时间为t，则有：
Eq=ma
…②
L=at2…③
L=v0t
…④
撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，
洛仑兹力提供向心力：
qv0B=…⑤
由以上各式解得：r=
粒子做圆运动的轨迹如图，粒子将从a点射出．
故选：C．
粒子沿直线从bc边的中点P射出，洛伦兹力等于电场力，撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律列式，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，洛仑兹力提供向心力，列式求出半径即可求解．
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
19.【答案】D
【解析】解：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到
r===0.3m
由于初速度向右，故圆心在ao之间
AC、以O点为例，假设长方形完全被磁场覆盖，则按照轨迹会达到b点，但由于只有半圆内存在磁场，所以出了磁场后，由于不再受到洛伦兹力，所以无法偏转到b点，所以最终会落在bc边上；
故从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故A错误，C错误；
BD、同理从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故B错误，D正确；
故选：D．
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹．
本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点；可以将图中轨迹向上平移进行考虑，同时要注意只有圆区域中有磁场．
20.【答案】AD
【解析】解：A、向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故A正确。
B、向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故B错误。
C、向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故C错误。
D、向左飞行的电子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故D正确。
故选：AD。
小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．
本题考查应用物理基本定则的能力，AD两项是等效的，BC两项是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间．
21.【答案】BCD
【解析】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；
B、当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子运动半径增大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故B正确；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D正确；
故选：BCD
根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．
本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．
22.【答案】BC
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据周期公式T=求周期之比。根据轨迹对应的圆心角求时间之比。画出轨迹，由几何关系求出粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比。
本题考查带电粒子在磁场中运动规律，要注意画出轨迹，通过几何关系找出圆心和半径，由半径公式和周期公式进行研究。
【解答】
A.根据周期公式T=知：a与b的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则周期为Ta：Tb=1：2，故A错误；
B.a粒子运动轨迹对应的圆心角为α=240°，运动时间ta=Ta=Ta；b粒子运动轨迹对应的圆心角为β=180°，运动时间tb=Tb；
则两粒子在磁场中运动时间之比为ta：tb=2：3，故B正确；
C.由r=，v相等，则知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为ra：rb=1：2，故C正确；
D.a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为：Sa=2racos30°=ra，
Sb=2rb，则Sa：Sb=：4，故D错误。
故选BC。
23.【答案】AC
【解析】解：A、电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k?x0，解得：x0=，故A正确；
C、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故C正确；
B、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg=k?x0，解得：x0=，
当电流为I时，安培力为：FA=BIL1；
静止时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡克定律△F=k△x，得：△x==∝I，故该电流表的刻度是均匀，故B错误；
D、当△x=L2时，I=Im，则有BImL1=kL2，解得：Im=，电流表的量程为：，故D错误；
故选：AC。
流表的示数为零时，弹簧的弹力与重力平衡，应用平衡条件求出电流为零时弹簧的伸长量；
根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。
电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。
求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
24.【答案】（1）
?（2）AC
【解析】
【分析】
（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所受安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来；
（2）根据安培力公式和动能定理进行分析。
本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。
【解答】
?（1）电路如右图所示。???????
（2）根据公式F=BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度变小，故B错误。故选AC。
故答案为：（1）如图所示
（2）AC
25.【答案】间距相等；D；BD；
【解析】解：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．
（2）设A的质量为M，B的质量为m，
没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．
故选：D．
（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得q=，把μ=tanθ0代入，得
由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v．
故答案为：（1）间距相等；（2）D；（3）BD；（4）．
平衡摩擦力后滑块受到的合力为零，滑块做匀速直线运动．没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数．当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，根据表达式分析物体的运动性质．
要明确实验原理，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键．
26.【答案】解：（1）由图可知，线圈的平面与磁场的方向垂直，由左手定则可得，线圈的里边与外边受到的安培力大小相等，方向相反，相互抵消；线圈右边电流的方向向外，根据左手定则可得，受到的安培力的方向水平向右．
由于线圈的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小：F=nBIL．
（2）线圈在安培力的作用下运动，根据功率的表达式可知：P=Fv=nBILv．
答：（1）线圈受到的安培力的大小为nIBL??方向：水平向右；
（2）安培力的功率为nIBLv．
【解析】（1）由左手定则即可判断出安培力的方向，由F=BIL即可求出安培力的大小；
（2）由功率的公式：P=Fv即可求出安培力的功率；
该题中线圈平面与磁场的方向垂直，根据安培力的公式F=BIL可以直接计算安培力的大小，要注意的是线圈有n匝，所以线圈受到的安培力在单根导线上的n倍．
27.【答案】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，
根据闭合电路欧姆定律有：I=
代人数据解得：I=1.5A
（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL
代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上?
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：
F1=mgsin37°=0.24N
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，
根据共点力平衡条件有：mgsin37°+f=F安
解得：f=0.06N
答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；
（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；
（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下。
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。
（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。
（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。
解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
28.【答案】解析：（1）设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为：
F=qvB…①
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即：
mg-F=…②
①②两式联立得：v=1m/s，F=8×10-4N
（2）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得：
=mgh+mv2…③
其中h=2R…④
解得：v0=m/s
答：（1）小球在最高点所受的洛伦兹力8×10-4N；
（2）小球的初速度v0为m/s
【解析】（1）小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力，由，可知在最高点时的速度和受到的洛伦兹力．
（2）从水平轨道到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒可得知小球的初速度．
解答该题要挖掘出恰能通过圆形轨道的最高点所隐藏的隐含条件，就是对轨道无压力，该题在此时提供向心力的是重力和洛伦兹力的合力，这是解决此题的关键．
29.【答案】解：（1）粒子在电场中只受电场力作用，故粒子做加速度的类平抛运动；
那么，由粒子运动位移可得：x=2=v0t，，所以，电场强度；
（2）粒子离开电场进入磁场的过程不受力，做匀速直线运动；
由（1）可得：粒子进入磁场时的水平分速度，竖直分速度；
粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动；
粒子在磁场中的运动速度，进入磁场时速度方向与竖直方向的角度，斜向右下方；
粒子进入磁场时的坐标为；
由粒子进入磁场后，又穿过边界MN离开磁场，根据几何关系可得：轨道半径；
根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，磁感应强度，即满足条件的磁感应强度B的最小值为1T；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），则要使粒子做匀速圆周运动的速度方向竖直向上时正好离开磁场区域；
磁场区域为圆形，那么，当粒子进入磁场和离开磁场的两个点在磁场区域的一条直径上时磁场区域面积最小；
故磁场区域的最小直径=；
那么，磁场区域的最小面积；
答：（1）电场强度E的大小为3.2×104V/m；
（2）满足条件的磁感应强度B的最小值为1T；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），磁场区域的最小面积为。
【解析】（1）根据粒子在电场中做类平抛运动，由位移求得加速度，即可求得电场强度；
（2）由（1）根据匀速直线运动规律得到粒子进入磁场的位置和速度，即可由几何关系求得最大轨道半径，从而由洛伦兹力做向心力求得最小磁感应强度；
（3）根据粒子运动得到粒子运动范围，从而由几何关系求得磁场区域最小半径，进而求得最小面积。
带电粒子在磁场中的运动问题，一般根据题干或匀变速运动规律得到粒子进入磁场中的位置和速度，即可由几何关系得到轨道半径、中心角、运动轨迹，再由洛伦兹力做向心力求解磁感应强度、运动时间等问题。
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2020单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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
如图，边长为的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
如图所示S为电子射线源能在图示纸面上和360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带电-e的电子，MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS=L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件？
（2）若磁场的磁感应强度为B，要使S发射出的电子能到达挡板，则电子的发射速率多大？
（3）若磁场的磁感应强度为B，从S发射出的电子的速度为，则挡板上出现电子的范围多大？
在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R=0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切。y轴右侧存在电场强度大小为E=1.0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度L=0.1m。现从坐标为（-0.2m，-0.2m）的?P点发射出质量?m=2.0×10-9kg、带电荷量q=5.0×10-5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0=5.0×103m/s。重力不计。
（1）求该带电粒子射出电场时的位置坐标；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，-0.05m）的点回到电场后，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的感应强度大小和正方形区域的最小面积。
如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
（1）电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（）
?
A.
粒子带正电
B.
粒子在b点速率大于在a点速率
C.
若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出
D.
若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音，俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）
A.
当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B.
当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C.
当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D.
当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.
当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B.
当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C.
线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.
线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将(?
?
?)
A.
沿斜面加速上滑
B.
沿斜面加速下滑
C.
沿斜面匀速上滑
D.
仍静止在斜面上
如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd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vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则（ ）
A.
vb：vc=1：2，tb：tc=2：1
B.
vb：vc=2：1，tb：tc=1：2
C.
vb：vc=2：1，tb：tc=2：1
D.
vb：vc=1：2，tb：tc=1：2
一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A.
B.
C.
D.
如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离。
为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin（α±β?）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1-2sin2．
中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布情况如图所示，结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A.
地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
B.
结合地球自转方向，可以判断出地球是带负电的
C.
对垂直射向地球表面的宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最强，赤道附近最弱
D.
因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显
如图所示，A为通电线圈，电流方向如图，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，ΦB、ΦC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下列判断中正确的是（ ）
A.
ΦB=ΦC
B.
ΦB＜ΦC
C.
穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的
D.
穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向里的
如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框．线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L．已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B=k（k为常量），线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为（ ）
A.
0
B.
+g
C.
-g
D.
+g
如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A.
o点处的磁感应强度为零
B.
a、c两点处磁感应强度的方向相同
C.
c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D.
a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，ab==L，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将（重力不计）（ ）
A.
从b点射出
B.
从b、P间某点射出
C.
从a点射出
D.
从a、b间某点射出
如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）
A.
从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B.
从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C.
从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D.
从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边
如图所示，一束粒子沿水平方向飞过悬挂的小磁针下方，此时小磁针的S极向纸内偏转，这一束粒子可能是（ ）
A.
向右飞行的正离子束
B.
向左飞行的正离子束
C.
向右飞行的电子束
D.
向左飞行的电子束
如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（ ）
A.
电子枪发射能力减弱，电子数减少
B.
加速电场的电压过高，电子速率偏大
C.
偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D.
偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱
如图所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子（），b为α粒子（），b的速度方向垂直磁场边界，a的速度方向与b的速度方向夹角θ=30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则（ ）
A.
a、b两粒子转动周期之比为2：3
B.
a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2：3
C.
a、b两粒子在磁场中转动半径之比为1：2
D.
a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1：2
某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g．下列说法中正确的是
A.
当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为
B.
标尺上的电流刻度是不均匀的
C.
为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为M→N
D.
电流表的量程为
某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。
（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是______（填入正确选项前的标号）
物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹______
，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是______
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有______
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______
．
音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图是某音圈电机的原理图，它是一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I．
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向．
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；
（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。
如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50
m的绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50
T．有一个质量m＝0.10
g，带电荷量为q＝＋1.6×10－3
C的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，重力加速度g＝10
m／s2．试求：
???
(1)小球在最高点所受的洛伦兹力F；
???
(2)小球的初速度v0．
如图所示，在O≤x≤2m的区域内存在着沿y轴方向的匀强电场E，E在y轴方向区域足够大。有一个比荷为=7.5×104C/kg带正电粒子（粒子重力不计）从O点出发，以v0=8×104m/s的初速度沿x轴正方向射入电场，经过点A（2，-0.75）离开电场。在第四象限垂直于x轴的边界MN右侧的区域有磁感应强度为B的匀强磁场，M点的坐标为（4.2，0）。粒子进入磁场后，又穿过边界MN离开磁场。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）满足条件的磁感应强度B的最小值；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），求磁场区域的最小面积。
答案和解析
1.【答案】AD
【解析】
【分析】
电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键。
线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动。
【解答】
AD.当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或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，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半轴转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故AD正确；
B.线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；
C.左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C错误。
故选AD。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
画出电子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
【解答】
从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，
?
根据几何关系可得：Ra=，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB=m
解得：va=；
对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2=+（Rd-）2
解得：Rd=
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB=m
解得：vd=；故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】解：（1）电子竖直向上发射时可到达右边最远，最小速度的粒子的轨迹如图所示：
由几何知识得：L=2r，电子轨道半径：r=，
由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：B=，
若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件是：B≤；
（2）电子竖直向上发射时可到达右边最远，最小速度的粒子的轨迹如图所示：
由几何知识得：L=2r，电子轨道半径：r=，
由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=，
则：电子的发射速率：v≥；
（3）由牛顿第二定律得：evB=m，
已知：v=，解得：r=2L
电子可打倒屏幕上的范围如图所示：
电子与MN相切，ob===L，
a点与MN相交，0a===L，
挡板上出现电子的范围是：ab=（+）L；
答：（1）若电子的发射速率为v0，要使电子一定能经过O，则磁场的磁感应强度B的条件是：B≤；
（2）若磁场的磁感应强度为B，要使S发射出的电子能到达挡板，则电子的发射速率：v≥；
（3）若磁场的磁感应强度为B，从S发射出的电子的速度为，挡板上出现电子的范围是：（+）L。
【解析】（1）要使S发射的电子能到达挡板，发射电子的速度最小时，电子的轨迹恰好与M板相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由洛仑较为提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（2）要使S发射的电子能到达挡板，发射电子的速度最小时，电子的轨迹恰好与M板相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由洛仑较为提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子速度。
（3）当S发射电子的速度为时，先根据牛顿第二定律求出电子的轨迹半径。画出电子到达M板上距离最远时的运动轨迹，由几何知识求得范围。
本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，灵活运用几何知识求出轨迹半径或范围。
4.【答案】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：
计算得出r=0.20m=R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动。设粒子到达电场边缘时，
竖直方向的位移为y，有：
l=v0t
联立计算得出：y=0.05m
所以粒子射出电场时的位置坐标为（0.1m，0.05m）。
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度为：
，
粒子射出电场时速度为：
由几何关系可以知道，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径为：
由计算得出：B′=4T
正方形区域最小面积为：S=（2r′）2=0.02
答：（1）带电粒子射出电场时的位置坐标（0.1m，0.05m）；
（2）所加匀强磁场的破感应强度大小为4T，正方形区域的最小面积0.02。
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出半径，粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标。
先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式R=求得磁场强度，最后确定磁场的最小面积。
本题考查了带电粒子在电场中和磁场中的运动，解法都是常规方法，关键是知道磁场区域的最小边长等于粒子做圆周运动的直径。
5.【答案】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有????qE=qvB???????????????????????①
又?????R=vt0?????????????????????????②
则?????E=③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y方向位移?????④
由②④式得???y=???????????????????????⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是
???x=R????????????????????
又有?????????x=a?????????????????⑥
得???????a=??????????????????????⑦
（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，
设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
?qv′B=m????????????⑧
又??qE=ma??????????????????⑨
由③⑦⑧⑨式得?????r=R?????????????????⑩
由几何关系????sinα=??????????????????（11）
即?????sinα=????
所以α=??????????????（12）
带电粒子在磁场中运动周期
T=
则带电粒子在磁场中运动时间
??tB=T?????????????????????????????????
所以?tB=t0?????????????（13）
【解析】（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；
（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据R=判断半径的变化，从而分析出射位置；若仅减小入射速率，粒子运动时间可能增加。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
解：A、粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；
B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；
C、根据R=可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；
D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t=可知粒子运动时间可能增加，故D错误。
故选：C。
7.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题。应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可。
【解答】
AB、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故A错误，B正确；
CD、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故D错误，C正确；
故选BC。
8.【答案】A
【解析】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确；
B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；
C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误；
D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误；
故选：A。
通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。
①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。
9.【答案】A
【解析】
【分析】
先对磁感应强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。
解答本题的关键是：要对磁感应强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。
【解答】
当磁场的磁感应强度大小为B，电流为I时，金属棒处于静止状态，
根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，
当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0.5I时，此时安培力大小变为：
F=3B×0.5I×L=1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：
，故A正确、B、C、D错误。
故选：A。
10.【答案】A
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即
从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即
根据半径公式得∝r
从b点离开磁场的粒子，圆心角；从C点离开磁场的粒子，圆心角
根据，得，故A正确，BCD错误
故选：A。
带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径和圆心角，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v。然后求比值，由求时间之比。
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。
11.【答案】A
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，
根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′
解得：，A正确，BCD错误
故选：A。
由题，粒子不经碰撞而直接从N孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．
本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．
12.【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有，，那么，，；
（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，
则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；
那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期，在x＜0磁场区域运动的周期，
所以，粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离；
答：（1）粒子运动的时间为；
（2）粒子与O点间的距离为。
【解析】（1）由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，累加即可；
（2）由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离。
带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，运动轨迹，运动时间等问题。
13.【答案】解：（1）峰区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
（2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
（3）
谷区内的圆心角θ'=120°-90°=30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系?
代入得?
答：（1）闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r为，离子旋转的方向是逆时针；
（2）轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ是，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T为；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，B′和B的关系是．
【解析】（1）根据带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式和左手定则求解
（2）离子在峰区运动轨迹是圆弧，在谷区做匀速直线运动，根据几何关系求出圆弧所对的圆心角，根据求出离子绕闭合平衡轨道一周的时间，即离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T
（3）根据几何关系求出谷区圆弧所对的圆心角，峰区和谷区圆弧的弦长相等，列出等式求出B′与B之间的关系；
本题是带电粒子在磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹，运用数学知识求出粒子在磁场区中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点．
14.【答案】C
【解析】解：A、地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故A正确；
B、地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故B正确；
C、地球上赤道附近的磁场方向与地面几乎平行，越往两极磁场得方向与地面之间得夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故C错误；
D、根据安培定则可知，导线的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场的性质；根据安培定则可判断地磁场对宇宙射线中的高能带电粒子的作用。
题考查了地磁场的知识，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质。
15.【答案】C
【解析】解：A、B、磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，由于线圈A产生的磁场的磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈A的磁通量最大，线圈C的磁通量最小，故AB错误；
C、D、根据题意可知，结合右手螺旋定则可得，线圈A产生的磁场，内部磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，依据磁感线的来回抵消，则穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的，故C正确，D错误；
故选：C。
根据右手螺旋定则可知，环形导线周围磁场的分布；而通过线圈的磁通量变化是末磁通量减去初磁通量，虽然磁通量是标量，但磁感线分正反面穿过线圈。
考查右手螺旋定则的应用，掌握磁通量的概念，理解磁通量的正负含义。要充分注意到线圈A产生的磁场的磁场方向垂直向外，而外部则垂直向里，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多。
16.【答案】D
【解析】解：线框下边受到的安培力的大小为F1=k?IL=kI2，方向向下，
线框上边受到的安培力大小F2=?IL=kI2，方向向上，
根据牛顿第二定律可得，F1+mg-F2=ma
解得：a==+g，故ABC错误，D正确；
故选：D．
根据通电导线产生的磁场大小分别求得线框上下导线受到的安培力，根据牛顿第二定律求得加速度．
本题主要考查了安培力作用下的牛顿第二定律，关键是找到上下导线受到的安培力大小．
17.【答案】B
【解析】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
D、由右手定则可知，a、c两处处磁感应强度方向都竖直向下，a、c两点处磁感应强度的方向相同，故B正确；
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，磁感应强度方向相同，且合磁感应强度大小相等，故C错误；
D、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故D错误；
故选：B。
根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
本题考查了比较磁感应强度大小由于方向关系问题，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
18.【答案】C
【解析】解：设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：
Bqv0=Eq…①
撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a，穿越电场所用时间为t，则有：
Eq=ma
…②
L=at2…③
L=v0t
…④
撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，
洛仑兹力提供向心力：
qv0B=…⑤
由以上各式解得：r=
粒子做圆运动的轨迹如图，粒子将从a点射出．
故选：C．
粒子沿直线从bc边的中点P射出，洛伦兹力等于电场力，撤去磁场后，在电场力的作用下，从c点射出场区，所以粒子应带正电荷；在此过程中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律列式，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，洛仑兹力提供向心力，列式求出半径即可求解．
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
19.【答案】D
【解析】解：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到
r===0.3m
由于初速度向右，故圆心在ao之间
AC、以O点为例，假设长方形完全被磁场覆盖，则按照轨迹会达到b点，但由于只有半圆内存在磁场，所以出了磁场后，由于不再受到洛伦兹力，所以无法偏转到b点，所以最终会落在bc边上；
故从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故A错误，C错误；
BD、同理从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故B错误，D正确；
故选：D．
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹．
本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点；可以将图中轨迹向上平移进行考虑，同时要注意只有圆区域中有磁场．
20.【答案】AD
【解析】解：A、向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故A正确。
B、向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故B错误。
C、向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故C错误。
D、向左飞行的电子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故D正确。
故选：AD。
小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．
本题考查应用物理基本定则的能力，AD两项是等效的，BC两项是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间．
21.【答案】BCD
【解析】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；
B、当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子运动半径增大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故B正确；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D正确；
故选：BCD
根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．
本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．
22.【答案】BC
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据周期公式T=求周期之比。根据轨迹对应的圆心角求时间之比。画出轨迹，由几何关系求出粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比。
本题考查带电粒子在磁场中运动规律，要注意画出轨迹，通过几何关系找出圆心和半径，由半径公式和周期公式进行研究。
【解答】
A.根据周期公式T=知：a与b的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则周期为Ta：Tb=1：2，故A错误；
B.a粒子运动轨迹对应的圆心角为α=240°，运动时间ta=Ta=Ta；b粒子运动轨迹对应的圆心角为β=180°，运动时间tb=Tb；
则两粒子在磁场中运动时间之比为ta：tb=2：3，故B正确；
C.由r=，v相等，则知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为ra：rb=1：2，故C正确；
D.a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为：Sa=2racos30°=ra，
Sb=2rb，则Sa：Sb=：4，故D错误。
故选BC。
23.【答案】AC
【解析】解：A、电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k?x0，解得：x0=，故A正确；
C、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故C正确；
B、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg=k?x0，解得：x0=，
当电流为I时，安培力为：FA=BIL1；
静止时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡克定律△F=k△x，得：△x==∝I，故该电流表的刻度是均匀，故B错误；
D、当△x=L2时，I=Im，则有BImL1=kL2，解得：Im=，电流表的量程为：，故D错误；
故选：AC。
流表的示数为零时，弹簧的弹力与重力平衡，应用平衡条件求出电流为零时弹簧的伸长量；
根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。
电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。
求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
24.【答案】（1）
?（2）AC
【解析】
【分析】
（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所受安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来；
（2）根据安培力公式和动能定理进行分析。
本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。
【解答】
?（1）电路如右图所示。???????
（2）根据公式F=BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度变小，故B错误。故选AC。
故答案为：（1）如图所示
（2）AC
25.【答案】间距相等；D；BD；
【解析】解：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．
（2）设A的质量为M，B的质量为m，
没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．
故选：D．
（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得q=，把μ=tanθ0代入，得
由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v．
故答案为：（1）间距相等；（2）D；（3）BD；（4）．
平衡摩擦力后滑块受到的合力为零，滑块做匀速直线运动．没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数．当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a，根据表达式分析物体的运动性质．
要明确实验原理，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键．
26.【答案】解：（1）由图可知，线圈的平面与磁场的方向垂直，由左手定则可得，线圈的里边与外边受到的安培力大小相等，方向相反，相互抵消；线圈右边电流的方向向外，根据左手定则可得，受到的安培力的方向水平向右．
由于线圈的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小：F=nBIL．
（2）线圈在安培力的作用下运动，根据功率的表达式可知：P=Fv=nBILv．
答：（1）线圈受到的安培力的大小为nIBL??方向：水平向右；
（2）安培力的功率为nIBLv．
【解析】（1）由左手定则即可判断出安培力的方向，由F=BIL即可求出安培力的大小；
（2）由功率的公式：P=Fv即可求出安培力的功率；
该题中线圈平面与磁场的方向垂直，根据安培力的公式F=BIL可以直接计算安培力的大小，要注意的是线圈有n匝，所以线圈受到的安培力在单根导线上的n倍．
27.【答案】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，
根据闭合电路欧姆定律有：I=
代人数据解得：I=1.5A
（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL
代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上?
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：
F1=mgsin37°=0.24N
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，
根据共点力平衡条件有：mgsin37°+f=F安
解得：f=0.06N
答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；
（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；
（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下。
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。
（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。
（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。
解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
28.【答案】解析：（1）设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为：
F=qvB…①
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即：
mg-F=…②
①②两式联立得：v=1m/s，F=8×10-4N
（2）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得：
=mgh+mv2…③
其中h=2R…④
解得：v0=m/s
答：（1）小球在最高点所受的洛伦兹力8×10-4N；
（2）小球的初速度v0为m/s
【解析】（1）小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力，由，可知在最高点时的速度和受到的洛伦兹力．
（2）从水平轨道到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒可得知小球的初速度．
解答该题要挖掘出恰能通过圆形轨道的最高点所隐藏的隐含条件，就是对轨道无压力，该题在此时提供向心力的是重力和洛伦兹力的合力，这是解决此题的关键．
29.【答案】解：（1）粒子在电场中只受电场力作用，故粒子做加速度的类平抛运动；
那么，由粒子运动位移可得：x=2=v0t，，所以，电场强度；
（2）粒子离开电场进入磁场的过程不受力，做匀速直线运动；
由（1）可得：粒子进入磁场时的水平分速度，竖直分速度；
粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动；
粒子在磁场中的运动速度，进入磁场时速度方向与竖直方向的角度，斜向右下方；
粒子进入磁场时的坐标为；
由粒子进入磁场后，又穿过边界MN离开磁场，根据几何关系可得：轨道半径；
根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，磁感应强度，即满足条件的磁感应强度B的最小值为1T；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），则要使粒子做匀速圆周运动的速度方向竖直向上时正好离开磁场区域；
磁场区域为圆形，那么，当粒子进入磁场和离开磁场的两个点在磁场区域的一条直径上时磁场区域面积最小；
故磁场区域的最小直径=；
那么，磁场区域的最小面积；
答：（1）电场强度E的大小为3.2×104V/m；
（2）满足条件的磁感应强度B的最小值为1T；
（3）若磁感应强度保持（2）中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中x轴上点G（，0），磁场区域的最小面积为。
【解析】（1）根据粒子在电场中做类平抛运动，由位移求得加速度，即可求得电场强度；
（2）由（1）根据匀速直线运动规律得到粒子进入磁场的位置和速度，即可由几何关系求得最大轨道半径，从而由洛伦兹力做向心力求得最小磁感应强度；
（3）根据粒子运动得到粒子运动范围，从而由几何关系求得磁场区域最小半径，进而求得最小面积。
带电粒子在磁场中的运动问题，一般根据题干或匀变速运动规律得到粒子进入磁场中的位置和速度，即可由几何关系得到轨道半径、中心角、运动轨迹，再由洛伦兹力做向心力求解磁感应强度、运动时间等问题。
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