1、2013-2014学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）第二次质检物理试卷 一单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2014宿州模拟）两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边ABC的A和B处，如图所示两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（）A0BB0CD2B0考点：磁感应强度版权所有分析：根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小解答：解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直
2、于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30=B0故选：C点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则2（3分）（2011宝鸡一模）如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点（图中白点）为坐标原点沿Z轴正方向磁感应强度B的大小变化情况最有可能是图中的（）ABCD考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度版权所有分析：磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向解答：解：如图所示为某
3、种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确；故选：C点评：若考虑磁感应强度的方向，则将C图象中的后半部分画在时间轴的下方3（3分）（2013松江区一模）如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面三角形框架置于光滑水平面上，三边的长度分别为3L、4L和5L，长度为L的电阻丝的电阻为r，框架与一电动势为E、内阻不计的电源相连接，整个系统处于方向垂直于框架平面、磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力为（）A0B，方向bdC，方向dbD，方向bd考点：安培力；左手定则版权所有分析：
4、根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可解答：解：电路中的总电阻，则总电流I=通过ab、bc的电流，通过bc的电流ab边所受的安培力方向水平向右，bc边所受的安培力方向竖直向上，ac边所受的安培力方向垂直ac向上ab边所受的安培力，bc边所受的安培力，ac边所受的安培力根据平行四边形定则知，三个力的合力方向由bd，大小为故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题考查了闭合电路欧姆定律和安培力的综合，掌握安培力的大小公式和左手定则判断安培力的方向是解决本题的关键4（3分）（2014秋涪城区校级
5、期末）如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半
6、径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系解答：解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关故A错误B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故B错误C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小故C错误D、速度满足v=时，轨道半径r=，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒
7、子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确故选：D点评：本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系5（3分）（2011株洲一模）如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A逐渐增大B逐渐减小C先减小后增大D先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力版权所有专题
8、：共点力作用下物体平衡专题分析：本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析解答：解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选C点评：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据
9、平行四边形定则做出力的图示分析即可二多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选但不全的得2分，错选或不答的得0分）6（4分）（2013秋高邮市校级月考）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述错误的是（）AM带负电，N带正电BM的速度率小于N的速率C洛伦磁力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据左手定则，通过洛伦兹力的方向判断粒子的正负结合轨道半径的大小，根据半径公式比较M、N
10、的速率大小通过粒子在磁场中运行的周期比较M、N运行的时间解答：解：A、进入磁场时N所受的洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则知，N带正电，进入磁场时M所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则知，M带负电故A正确B、根据得，R=，因为M粒子的轨道半径较大，则M粒子的速率大于N粒子的速率故B错误C、因为洛伦兹力方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功故C错误D、根据T=知，粒子在磁场中的周期与速率无关，两粒子在磁场中运行轨迹对应的圆心角相等，周期相等，则时间相同故D错误本题选错误的，故选：BCD点评：解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中的半径公式和周期公式，并能灵活运用7（4分）（2014南充一模）如图所示
11、，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串连接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板始终平行），则下列说法正确的是（）A若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧B若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧C若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧D若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平行板电容器的电容版权所有专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动
12、专题分析：因为二极管的单向导电性，只能给A充电而不能放电，使得Q只能增大或不变，不能减小根据U=，C=，E=，Q不变时，改变d，E不变，所以E也只能增大或不变，即小球受的电场力只能增大或不变解答：A、若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=，E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点故A错误B、若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E=，所以d减小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧故B正确C、若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E=，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场
13、力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧故C正确D、若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=，E不变所以电场力大小不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点故D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法以及知道二极管的单向导电性8（4分）（2009南通模拟）如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通
14、过下列的哪些电磁混合场（）ABCD考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域解答：解：A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D、粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度
15、共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；故选CD点评：本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力9（4分）（2011海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是（）A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越
16、大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：压轴题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定解答：解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动时间也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故
17、D正确；故选：BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径三、简答题10（10分）（2013秋泗阳县校级月考）指针式多用表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：（1）在使用多用电表测量时，指针的位置如图所示，若选择开关拨至“10”挡，则测量的结果为180；若选择开关拨至“50mA”挡，则测量结果为23.0mA若选择开关拨至“交流2.5V”挡，则测量结果为1.55V（2）下面是使用多用表测电阻的几个主要步骤，其操作顺序应是BADCE（只需填写序号）A把选择开关旋至欧姆档，并选择好适当的倍率档B进行机械调零，然后把红黑表笔分别插入正（+）负（）测试笔插孔C把两表笔分别
18、与待测电阻两端相接，进行测量D把两表笔短接，调整欧姆档调零旋钮，使其指针指在电阻的零位上E测完后拔出表笔，把选择开关旋至交流电压最大量程处（或“OFF”档）考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题分析：（1）欧姆档的测量结果为指针示数乘以倍率，电压档和电流的读数要先明确量程和分度值；（2）使用多用电表时先进行机械调零，若要测量电阻，选档后要进行欧姆调零再测量，使用完毕后将选择开关旋至交流电压最大量程处解答：解：（1）图示欧姆档读数为：1810=180；若选择开关拨至“50mA”挡，选用中间一排刻度，分度值为1mA，估读一位，则读数为：23.0mA；若选择开关拨至“交流2.5V”挡，选用最下面
19、一排排刻度，分度值为0.05V，则读数为：1.55V；（2）使用多用表时先进行机械调零B；若要测量电阻，先选档A；选档后要进行欧姆调零D；然后测量电阻C；使用完毕后将选择开关旋至交流电压最大量程处E故顺序为：BADCE；故答案为：（1）180，23.0mA，1.55V；（2）BADCE点评：本题考查了多用电表的读数问题和欧姆表的使用步骤，难度不大，是一道基础题11（8分）（2013攀枝花三模）用电流表和电压表测一个电阻值约为25k、额定功率为0.05W的电阻Rx的阻值，备用器材有：电流表A1（量程100A，内阻约为500）电流表A2（量程500A，内阻约为300）电压表V1（量程3V，内阻约为
20、10k）电压表V2（量程15V，内阻约为100k）直流电源（电动势16V，内阻1）滑动变阻器（阻值范围 0500，最大电流 lA）待测电阻Rx，开关和导线若干（1）为了测量准确，电压表应选，电流表应选（填写仪器前的序号）（2）请在答题纸如图1方框内画出实验电路图；（3）请根据你画出的实验电路图在答题纸上画出如图2实验电路实物连线考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题分析：电表量程的选择应根据待测电阻的额定功率与估计电阻来选择，并且通过电表的电流应在满刻度的之间较合理；当RVRAR 时电流表应选内接法，RVRAR 时电流表应选外接法；当要求电流从零调时或滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻时变阻器应
21、用分压式接法解答：解：（1）根据P=可求出待测电阻的额定电压为U=35.4V，由于电源的输出电压只有16V，所以电压表应选，由P=I2R，可得额定电流I=1414.2A，所以电流表应选；（2）因为RVRAR，所以电流表应用内接法接法，又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，所以应用分压式接法，电路图如图所示（3）根据电路图，注意电表的正负极，及量程，实物图连接如下图，故答案为（1）， （2）如图：（3）实验电路实物连线：点评：在电学实验中应通过计算选择器材和电路，要求通过电表的电流不小于量程的，伏安法测电阻时根据比值与的大小选择电流表内外接法，当滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻值时或题目要求电
22、流从零调时，滑动变阻器应用分压式12（12分）（2013秋泗阳县校级月考）【选修模块33】（1）下列说法中正确的有BDA实验“用油膜法估测分子大小”中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布郎运动越激烈C分子间的距离越小，分子间引力越小，斥力越大D液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性（2）如图所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的导热性能良好的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做
23、了0.5J的功，则空气放出（填“吸收”或“放出”）了0.5J的热量（设环境温度保持不变）（3）目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术实验发现，在水深300m处，二氧化碳将变成凝胶状态当水深超过2 500m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体，可看成分子间是紧密排列的已知二氧化碳的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，每个二氧化碳分子的体积为V0某状态下二氧化碳气体的密度为，求该状态下体积为V的二氧化碳气体浓缩成近似固体的硬胶体后体积为多少？考点：用油膜法估测分子的大小；理想气体的状态方程版权所有专题：实验题分析：（1）在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间
24、隙，油酸膜为单层分子悬浮微粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越激烈，分子间的引力f引和斥力f斥随着分子间距离减小而增大，液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性（2）温度不变，说明内能不变，根据E=W+Q，可求解（3）二氧化碳气体变成固体后，分子数目不变，求出体积为V的二氧化碳气体的分子个数，即可求出固体二氧化碳的体积解答：解：（1）A、油酸酒精溶液的体积并非为油酸体积，要根据油酸酒精溶液中所含油酸的比例，求出所含油酸体积，故A错误；B、悬浮微粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越
25、激烈，故B正确；C、分子间的引力f引和斥力f斥随着分子间距离减小而增大，故C错误；D、液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性故D正确（2）环境温度不变，说明气体内能不变，根据E=W+Q，外界对空气做了0.5J 的功，则，空气放出0.5J的功（3）体积为V的二氧化碳气体的质量为m=V；其分子数为n=NA 变成固体后体积为V=nV0解得V=故答案为：（1）：BD （2）：放出 0.5 J （3）该状态下体积为V的二氧化碳气体浓缩成近似固体的硬胶体后体积为 点评：（1）本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验、布朗运动、以及分子间的作用力等知识，正确解答实验问题的前提是明确实验原理
26、，记住一些常用的基础知识（2）本题一定要注意审题，对于理想气体分子势能是忽略不计的，在分析内能的变化时只考虑温度的变化即可（3）解决本题的关键抓住二氧化碳气体变成固体后，分子数目不变再根据质量与摩尔质量的关系求出分子数13（9分）（2013秋泗阳县校级月考）（1）如图所示是氢原子的能级图，现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应以下判断正确的是CA该光子一定是氢原子从激发态n=3跃迁到n=2时辐射的光子B该光子一定是氢原子从激发态n=2跃迁到基态时辐射的光子C若氢原子从激发态n=4跃迁到基态，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应D若氢原子从
27、激发态n=4跃迁到n=3，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应（2）一个质量为50kg的人站立在静止于平静水面上的质量为400kg的船上，突然船上人对地以2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力，则船以0.25m/s的速度后退，若该人向上跳起后，以人船为系统，人船系统的动量不守恒_（填守恒或不守恒）（3）太阳现在正处于主序星演化阶段它主要是由电子和H、He等原子核组成维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是：2e+4HHe+释放核能，这些核能最后转化为辐射能已知质子质量mp，氦核的质量m，电子质量me，光速c试求每发生一次上述核反应所释放的核能；用上述辐射中产生的波长为400nm的某一
28、单色光去照射逸出功为3.01019J的金属材料铯时，能否产生光电效应？若能，试求出产生的光电子的最大初动能（保留一位有效数字，普朗克常量h=6.631034Js）考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应版权所有专题：原子的能级结构专题分析：（1）大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，只有一种能使某金属产生光电效应知最大频率的光子能使金属发生光电效应（2）本题考查了动量守恒条件和动量守恒定律的应用，比较简单，直接利用动量守恒定律即可求解（3）根据爱因斯坦质能方程，结合质量亏损求出释放的核能根据光电效应的条件判断能否发生光电效应，通过光电效应方程求出光电子的最大初动
29、能解答：解：（1）A、大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应，知频率最大的光子，即从n=3跃迁到n=1辐射的光子能使金属发生光电效应故A、B错误C、因为n=4跃迁到n=1辐射的光子能量大于n=3跃迁到n=1辐射的光子能量，所以一定能使金属发生光电效应故C正确D、n=4跃迁到n=3辐射的光子能量小于n=3跃迁到n=2辐射的光子能量，所以该光子一定不能使金属发生光电效应故D错误所以C正确（2）：由于不计水的阻力，人和船组成的系统水平方向动量守恒，以人前进方向为正，所以有：mvMV=0，带入数据得V=0.25m/s，若人向上跳起，人船系统在竖直方向上
30、合外力不为零，故其动量不守恒因此为：0.25m/s，不守恒（3）：根据爱因斯坦质能方程得，E=mC2=（4mp+2mem）C2；单色光的能量为E=h=6.631034=4.97251019J3.01019J所以可以产生光电效应最大初动能为Ekm=hvW0=4.972510193.01019=1.97251019J21019J故答案为：（1）C；（2）0.25，不守恒；（3）答：每发生一次上述核反应所释放的核能（4mp+2mem）C2； 能发生光电效应；产生的光电子的最大初动能21019J点评：（1）解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差（2）在应
31、用动量守恒公式时注意公式的矢量性，同时注意动量守恒的条件强调的是系统外力为零，系统内部物体之间的作用力不影响动量守恒（3）解决本题的关键掌握光电效应方程和爱因斯坦质能方程，并能灵活运用四计算题（本题共3小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（10分）（2013秋泗阳县校级月考）如图，在光滑平行的金属轨道上静止着一根长度为L、质量为M的通电直导线直导线与轨道垂直，它所处空间存在着一匀强磁场，已知轨道与水平面的夹角为，直导线中的电流强度为I，（1）若匀强磁场方向竖直向上，求它的磁感应强度大小和直导线中的电流方
32、向；（2）保持电流方向不变，若将匀强磁场方向改为水平向左，为使直导线仍静止，则磁感应强度大小又为多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；安培力；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）由左手定则判断出安培力方向，应用平衡条件求出磁感应强度的大小（2）由左手定则判断出安培力方向，然后由平衡条件求出磁感应强度大小解答：解：（1）通电直导线受到竖直向下的重力作用，磁场竖直向上，直导线要静止在导轨上，安培力应水平向右，由左手定则可知，电流方向应从b流向a；通电直导线静止，处于平衡状态，由平衡条件得：tan=，磁感应强度B=；（2）当磁场方向水平向左
33、时，由左手定则可知，安培力竖直向上，直导线静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mg=BIL，磁感应强度：B=；答：（1）若匀强磁场方向竖直向上，的磁感应强度大小为；直导线中的电流方向从b流向a；（2）保持电流方向不变，若将匀强磁场方向改为水平向左，为使直导线仍静止，磁感应强度大小为点评：对导线正确受力分析，应用左手定则与平衡条件即可正确解题15（10分）（2013秋龙海市校级期末）电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）OP的长度；（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二
34、定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子的轨道半径，然后由几何知识求出OP间的距离（2）由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子在磁场中的运动时间解答：解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得电子轨道半径：R=，由几何知识得：OP=2Rsin=sin；（2）由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：=2，电子做圆周运动的周期：T=，
35、电子在磁场中运动的时间：t=T=；答：（1）OP的长度为sin；（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间点评：本题考查了求弦长、电子在磁场中的运动时间，知道电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律及几何知识即可正确解题，作出电子的运动轨迹、求出电子转过的圆心角是正确解题的关键16（10分）（2013秋泗阳县校级月考）如图，在x轴上方有一垂直与xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方有一沿y轴负方向、场强为E的匀强电场，一质量为m、带电量为q的粒子（重力不计）从坐标原点O沿y轴正方向射出，射出后第三次到达x轴时，它与O点的距离为L，（1）求此粒子射出时的
36、速度大小（2）射出后第三次到达x轴时运动的总路程考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，转动半周后进入电场先减速再反向加速，以大小不变的速度反向进入磁场，再次偏转；由题意可得到粒子的轨迹半径，由洛仑兹力充当向心力列式可求得粒子的速度；（2）粒子的总路程包括电场中的路程和磁场中的路程，求出两场中的过程即可求出总路程解答：解：（1）由题意知第3次经过x轴的运动如图所示，设粒子在磁场圆周运动的半径为R，则有：L=4R设粒子初速度为v，在磁场中，粒子由洛仑兹力充当向心力，则有：qvB=m可得：v=； （2）设粒子进入电场作减速运动的最大路程为L，加速度为a，则有： v2=2aL qE=ma则得：L=粒子运动的总路程：s=2R+2L=+答：（1）此粒子射出时的速度大小为；（2）射出后第三次到达x轴时运动的总路程为+点评：带电粒子在磁场中的题目关键在于确定圆心和半径，注意要根据题意分析粒子的运动过程，从而得出正确的结论