一、單項(本題共5小題，每小題4分，共20分)
1．如圖1所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是( )
圖1
A．都繞圓柱轉動 B．以不等的加速度相向運動
C．以相等的加速度相向運動 D．以相等的加速度反向運動
解析：同向環(huán)形電流的間相互吸引，雖兩電流大小不等，但據(jù)牛頓第三定律知兩線圈間的相互作用力必大小相等，所以選C.
答案：C
2．如圖2所示，用三條細線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細均勻、單位長度的質量為2.5 g的導線繞制而成，三條細線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平．在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵的中軸線OO′垂直于線圈平面且通過其圓心O，測得線圈的導線所在處磁感應強度大小為0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使三條細線上的張力為零，線圈中通過的電流至( )
圖2
A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A
解析：設線圈半徑為R，通電導線受到的安培力F＝nBI?2πR，所受重力為G＝n?2πRρg，平衡時有：Fsin30°＝G，則有I＝2ρgB，代入數(shù)據(jù)得I＝0.1 A，故A正確．
答案：A
3．如圖3所示，質量為m、電量為q的帶正電粒子，以初速度v0垂直進入正交的勻強電場E和勻強磁場B中，從P點離開該區(qū)域，此時側向位移為s，則(重力不計)( )
圖3
A．粒子在P所受的磁場力可能比電場力大
B．粒子的加速度為(Eq－Bqv0)/m
C．粒子在P點的速率為v20＋2Eqs/m
D．粒子在P點的動能為mv20/2－Eqs
解析：因為帶電粒子向下偏轉，所以電場力大于洛倫茲力，電場力做正功，速度增大，所以A、B錯；由動能定理可知12mv2＝Eqs＋12mv20，所以C對，D錯．
答案：C
4．如圖4所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一點電荷a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b( )
圖4
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．運動時，在電場中的電勢能一定減小
D在電場中運動時，動能一定減小
解析：點電荷恰好沿直線穿過場區(qū)，則粒子所受電場力與洛倫茲力是一對平衡力，即qE＝qvB，且OO′垂直于電場方向，但粒子所帶電性未知，因此當撤去磁場只有電場時，不能確定粒子穿出場區(qū)的位置是在O′的下方還是上方，A、B錯；由于點電荷垂直于電場方向進入電場，因此偏轉時電場力一定對粒子做正功，粒子的電勢能一定減小，動能一定增大，C項正確，D錯．
答案：C
5．回旋加速器是利用較低電壓的高頻電源，使粒子經(jīng)多次加速獲得巨大速度的一種儀器，工作原理如圖5所示．下列說法正確的是( )
圖5
A．粒子在磁場中做勻速圓周運動
B．粒子由A0運動到A1比粒子由A2運動到A3所用時間少
C．粒子的軌道半徑與它被電場加速的次數(shù)成正比
D．粒子的運動周期和運動速率成正比
解析：本題考查對回旋加速器的基本工作原理的理解，由于D形盒的屏蔽作用，帶電粒子在磁場中不受靜電力的作用，僅受洛倫茲力，因此粒子在磁場中做勻速圓周運動，A正確；粒子的周期T＝2πmqB與粒子運動速率無關，從A0到A1和從A2到A3的時間相等，均為T2，故B、D選項錯誤；當粒子被加速n次后進入磁場，由nqU＝12mv2n，rn＝mvnqB可得：rn＝2nqUmqB，故rn∝n，C選項不正確，因此本題選A.
答案：A
二、雙項(本題共6小題，每小題6分，共36分)
6．如圖6所示，下端封閉、上端開口、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球．整個裝置以水平向右的速度勻速運動．垂直于磁場方向進入方向水平的勻強磁場，由于外力作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端開口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進入磁場到小球運動到上端開口的過程中( )
圖6
A．洛倫茲力對小球做正功
B．洛倫茲力對小球不做功
C．小球運動軌跡是拋物線
D．小球運動軌跡是直線
解析：由于洛倫茲力與粒子運動方向始終垂直，所以洛倫茲力對小球不做功，故B正確，A錯誤，由于小球水平向右的速度不變，因此小球所受洛倫茲力在豎直向上的分力不變，所以小球豎直向上做初速度為0的勻加速運動，故小球運動軌跡是拋物線，故C正確，D錯誤．
答案：BC
7．如圖7所示，一質量為m，電荷量為q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ，整個空間中存在垂直紙面向里，磁感應強度為B的水平勻強磁場，現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，隧道足夠長，則整個運動過程中，物塊克服阻力做功可能是( )
圖7
①0 ②12mv20－m3g22q2B2
③12mv20 ④m3g22q2B2－12mv20
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解析：物塊進入磁場后的受力情況有三種可能情況：第一種，洛倫茲力和重力是一對平衡力，即qv0B＝mg，滿足該情況的v0＝mgqB，沒有摩擦力，所以克服摩擦力做功為零；第二種情況，v0>mgqB，擠壓上表面，要克服摩擦力做功，當速度減小為v＝mgqB后，摩擦力消失，故克服摩擦力做功W＝12mv20－12mv2＝12mv20－m3g22q2B2；第三種情況，v0
8．如圖8所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為T1.現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數(shù)為T2，則以下說法正確的是( )
圖8
A．彈簧長度將變長
B．彈簧長度將變短
C．T1>T2
D．T1
答案：BC
9．如圖9所示，一個用細線懸吊著的帶電小球，在垂直于勻強磁場方向的豎直面內擺動，圖中B為小球運動的最低位置，則( )
A．小球向右和向左運動通過B點時，小球的加速度相同
B．小球向右和向左運動通過B點時，懸線對小球的拉力相同
C．小球向右和向左運動通過B點時，具有的動能相同
D．小球向右和向左運動通過B點時，具有的速度相同
圖9
解析：帶電小球在運動過程中，因洛倫茲力不做功，只有重力做功，機械能守恒，擺球不管向何方向運動通過最低點時，速率v必然相等，動能相同．故C正確；向心加速度a＝v2R則a相同，故A正確．若小球帶正電，在最低點向右和向左運動時，拉力分別為FT1和FT2，則FT1＋qvB－mg＝ma，F(xiàn)T2－qvB－mg＝ma，則FT1
10．如圖10所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場的方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是( )
圖10
A．若撤去電場，P可能做勻加速直線運動
B．若撤去磁場，P可能做勻加速直線運動
C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運動
D．若給P一初速度，P可能做順時針方向的勻速圓周運動
解析：由P處于靜止狀態(tài)，則P帶負電．若撤去電場，只受重力和磁場力作用，由于磁場方向與速度垂直必做曲線運動，故A錯．若撤去磁場，受重力和電場力仍處于平衡狀態(tài)，故B錯．若所給初速度的方向與磁場方向平行，油滴只受重力和電場力處于平衡狀態(tài)，做勻速直線運動；若所給初速度的方向向上，與磁場方向垂直，合力等于洛倫茲力，則P做順時針的勻速圓周運動，故C、D正確．
答案：CD
11．如圖11所示，平行金屬板M、N之間的距離為d，其中勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，有帶電量相同的正負離子組成的等離子束，以速度v沿著水平方向由左端連續(xù)射入，電容器的電容為C，當S閉合且電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后，平行金屬板M、N之間的內阻為r，電容器的帶電量為Q，則下列說法正確的是( )
圖11
A．當S斷開時，電容器的充電電荷量Q>CBdv
B．當S斷開時，電容器的充電電荷量Q＝CBdv
C．當S閉合時，電容器的充電電荷量Q＝CBdvRR＋r
D．當S閉合時，電容器的充電電荷量Q＝CBdvrR＋r
解析：當S斷開時，電容器兩端電壓等于電源電動勢E＝Bdv，所以Q＝CE＝CBdv；S閉合時，電容器兩端電壓為路端電壓U＝RR＋rE＝RBdvR＋r，Q＝CU＝CBdvRR＋r.
答案：BC
三、非選擇題(本題共3小題，共44分)
12．(14分)如圖12所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的均勻磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關系為U＝kIBd，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)．
霍爾效應可解釋如下：外部磁場的洛倫茲力使運動的電子聚集在導體板的一側，在導體板的另一側會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的靜電力，當靜電力與洛倫茲力達到平衡時，導體板上、下兩側之間就會形成穩(wěn)定的電勢差．設電流I是由電子的定向流動形成的，電子的平均定向流動速度為v，電量為e，回答下列問題：
圖12
(1)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側面A的電勢________下側面A′的電勢(填“高于”、“低于”或“等于”)．
(2)電子所受的洛倫茲力的大小為________．
(3)當導體板上、下兩側之間的電勢差為U時，電子所受靜電力的大小為________．
(4)由靜電力和洛倫茲力平衡的條件，證明霍爾系數(shù)為k＝1ne，其中n代表導體板單位體積中電子的個數(shù)．
解析：(1)電子向左移動，由左手定則知，電子受洛倫茲力向上，故上側面A聚積電子，下側面A′聚積正電荷，故上側面的電勢低于下側面．(2)洛倫茲力f＝evB.(3)電子受靜電力eE＝eUh.(4)電子受橫向靜電力與洛倫茲力的作用，兩力平衡，有：eUh＝evB，得U＝hvB，通過導體的電流密度I＝nev?d?h，又由U＝kIBd，得hvB＝knev?d?hdB，解得k＝1ne.
答案：見解析
13．(15分)如圖13甲所示，偏轉電場的兩個平行極板水平放置，板長L＝0.08 m，板距足夠大，兩板的右側有水平寬度l＝0.06 m、豎直寬度足夠大的有界勻強磁場．一個比荷為qm＝5×107 C/kg的帶負電粒子(其重力不計)以v0＝8×105 m/s速度從兩板間中間沿與板平行的方向射入偏轉電場，進入偏轉電場時，偏轉電場的場強恰好按圖乙所示的規(guī)律變化，粒子離開偏轉電場后進入勻強磁場，最終垂直磁場右邊界射出．求：
甲 乙
圖13
(1)粒子在磁場中運動的速率v；
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑R；
(3)磁場的磁感應強度B.
解析：(1)電子在偏轉電場中的運動時間
t＝Lv0＝0.088×105 s＝1×10－7 s①
對比乙圖可知，電子在極板間運動的時間是偏轉電壓的一個周期
在第一個t＝5×10－8 s時間內，電子在垂直于極板方向上做初速度為0的勻加速度運動，在第二個t＝5×10－8 s時間內，電子做勻速直線運動．②
在第一個t＝5×10－8 s時間內，
vy＝qEmt＝5×107×2.4×105×5×10－8 m/s＝6×105 m/s③
v＝v20＋v2y＝?8×105?2＋?6×105?2 m/s＝1×106 m/s④
(2)電子在磁場中的運動軌跡如圖所示．
設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系，有
lR＝v⊥v⑤
R＝vv⊥l＝1×1066×105×0.06 m＝0.1 m⑥
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝mv2R⑦
B＝mvqR＝1×1065×107×0.1T＝0.2 T⑧
答案：(1)1×106 m/s (2)0.1 m (3)0.2 T
14．(15分)如圖14所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域是緊鄰的，且寬度相等，均為d；電場方向在紙平面內，而磁場方向垂直紙面向里．一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，在電場力的作用下發(fā)生偏轉，從A點離開電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的位移為電場寬度的一半，當粒子從C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，(帶電粒子重力不計)求：
圖14
(1)粒子從C點穿出磁場時的速度v.
(2)電場強度E和磁感應強度B的比值E/B.
(3)粒子在電、磁場中運動的總時間．
解析：(1)粒子在電場中偏轉，在垂直電場方向v1＝v0，平行電場分量為vy，則d＝v1?t＝v0t，d2＝vy2?t，所以vy＝vx＝v0，得v＝2v0，tanθ＝vyvx＝1.所以θ＝45°，即粒子進入磁場時的速度方向與水平方向成45°角斜向右下方．粒子在磁場中做勻速圓周運動，故穿出磁場速度v＝2v0，方向水平向右．
(2)在電場中運動時vy＝qEm?t＝qEm?dv0，得E＝mv20qd.在磁場中運動如圖，運動方向改變45°，運動半徑為R，則R＝dsin45°＝2d，又qvB＝mv2R，
則B＝mvqR＝m?2v0q?2d＝mv0qd，所以EB＝v0.
(3)粒子在電場中運動時間t＝dv0，粒子在磁場中運動時間
t′＝π42π?T＝T8＝πm4qB＝πm4qmv0qd＝πd4v0，
運動總時間t總＝t＋t′＝dv0＋πd4v0.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/gaoer/71113.html
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