1、一、单项选择题1如图1所示，两根长为L、质量为m的导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为s.当两棒中均通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列说法正确的是()图1Ab的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向水平向右Bb的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为C若使b上移少许，a仍可能保持静止D若使b下移少许，a仍可能保持静止2如图2所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向
2、夹角均为，重力加速度为g.则()图2A金属棒中的电流方向由N指向MB金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C金属棒中的电流大小为tan D每条细线所受拉力大小为mgcos 3如图3所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第象限内，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向下列判断正确的是()图3A粒子带正电B运动过程中，粒子的速度不变C粒子由O到A经历的时间为tD离开第象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30二、多项选择题4有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法
3、中，正确的是()A电荷在磁场中一定受磁场力的作用B电荷在电场中一定受电场力的作用C电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直5为了测量某地地磁场的水平分量Bx，课外兴趣小组进行了如图4所示的实验：在横截面为长方形、只有上下表面A、B为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，A、B两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为v、导管横截面的宽为a、高为b，A、B面的电势差为U.则下列判断正确的是()图4ABxBBxCA面的电势高于B面DB面的电势高于A面6空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场
4、，质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h.重力加速度为g.则下列说法正确的是()A带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下C带电质点飞出磁场时速度的大小为v0D带电质点飞出磁场时速度的大小为三、非选择题7如图5所示，有一直角三角形OAC，OC长为12 cm，C30，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B11 T，OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m81010 kg、电荷量q1104 C的带正电粒子从C点以垂直于OC的速度v进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒
5、子重力，求：图5(1)未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；(2)粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间8如图6所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60角，最终粒子从边界MN离开磁场求：图6(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)两边界MN、PQ的最小距离d；(3)粒子在磁场中运动的时间t.9如图7所示，在xOy平面的第象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂
6、直于xOy平面向外的匀强磁场在第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E.一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为，且满足45，求：图7(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间答案解析1C通电导体棒a处于通电导体棒b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体棒a处于竖直向上的磁场中，故A错误；当导体棒a处于磁感应强度B的方向竖直向上的匀强磁场中，则受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45，则B，故B错误；由题意可知，重力和水平
7、向右的安培力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则安培力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的安培力斜向上，故C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误2C平衡时两细线与竖直方向夹角均为，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为FT，由受力分析可知，2FTsin BIL,2FTcos mg，得Itan ，故C正确
8、；由受力分析可知，2FTcos mg，得FT，故D错误3C根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电，故A错误；由于粒子速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故B错误；由轨迹可知粒子由O运动到A时速度方向改变了60，所以粒子轨迹对应的圆心角为60，所以粒子运动的时间为tT，故C正确；粒子沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，由几何的对称性可知，离开磁场时其方向与x轴夹角为60，故D错误4BD当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B正确；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C错误；电
9、荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D正确5BC导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qEqqvBx；解得：Bx，故A错误，B正确；地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷向A板偏转，负电荷向B板偏转，故A面的电势高于B面，故C正确，D错误6AD该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上故A正确，B错误；带电质点运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：mv2mghmv，所以：v.故C错误，D正确7(1)2 T(2)8106 s解析(1)粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹
10、如图，其圆心为O1，设轨迹半径为r1，则O1ACO1CA30所以：AO1O2O1CA60，粒子的偏转角是120由几何关系得：r1r1cos 60O所以：r1O12 cm8 cm由洛伦兹力提供向心力得：qvB1m所以：v1.0104 m/s粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O2，设轨迹半径为r2，则O2r2cosOAO12r2cos 30r2所以：r2AOtan 3012 cm4 cm由洛伦兹力提供向心力得：qvB2m，所以：B2代入数据得：B22 T(2)粒子在磁场B1中运动的周期：T1由偏转角与偏转时间的关系得：t1T1粒子在磁场B2中运动的周期：T2由图可知，粒子
11、在磁场B2中偏转的角度也为120所以：t2T2粒子在磁场中运动的总时间：tt1t2代入数据得：t8106 s8(1) (2) (3)解析(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：qUmv2解得：v 粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力有：qvBm联立解得：r (2)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足：drrsin 30联立解得：d 两边界MN、PQ的最小距离d为 (3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T联立解得：T粒子在磁场中运动的时间tT9(1)(2)(3)R解析(1)M处，根据平抛运动规律：vyv0tan qEmavyat33Rv0t3解得：(2)粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则：PO2PO1O1O2PO1O2P粒子的轨道半径为：rR，Bqv0m，B(3)粒子从N进入电场，ONy，根据平抛运动规律：yatqEma3Rv0t3得：yRt3又yRRcos P到P的时间为t1，Bqv0m()2rt1Tt1PNRRsin t2RP到M的总时间为tt1t2t3R