题目列表(包括答案和解析)
如图所示，PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其表面与磁场方向平行，现有一α粒子从A点以垂直PQ的速度v射出，动能为E，射出后α粒子的轨迹如图所示，今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10:9，若α粒子在穿越金属片过程中受到的阻力大小及电量都不变，则
A．α粒子每穿过一次金属片，速度减少
B．α粒子每穿过一次金属片，动能减少0.81E
C．α粒子穿过5次金属片后陷在金属片里
D．α粒子穿过9次金属片后陷在金属片里
如图所示，PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其表面与磁场方向平行，现有一α粒子从A点以垂直PQ的速度v射出，动能为E，射出后α粒子的轨迹如图所示，今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10∶9，若α粒子在穿越金属片过程中受到的阻力大小及电荷量都不变，则
α粒子每穿过一次金属片，速度减少
α粒子每穿过一次金属片，动能减少0.19 E
α粒子穿过5次金属片后陷在金属片里
α粒子穿过9次金属片后陷在金属片里
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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度。
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片。
实验步骤：
（1）如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点。
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
① 由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω= 。式中各量的意义是：
.
② 某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到纸带的一段如图2所示，求得角速度为 。
（1） （2）6.8/s。 |
1． B 根据磁感线的疏密程度可以判断出a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba<Bb，即B正确；同一通电导线放在a处受力的情况大小不一定，因为放入时的位置（即放入时与磁感线的方向）不确定，则其受安培力的大小就不一定．
2． C 地球自转等效成环形电流，南极为磁场N极，由右手定则可知地球带负电，地球转速变慢使环形电流电流减小，故磁场减弱，所以选C．
3． AB 根据安培定则和磁感应强度的迭加原理即可知．
4． ABC 提示：根据已知条件画出运动的轨迹和基本公式即可判断．
5． AB 若小球A带正电，小球A受重力和A、B之间的库仑力的作用（且库仑力为斥力），若重力的大小和库仑力的大小相反，则撤去绝缘板后，重力和库仑力仍大小相等而方向相反，故小球A仍处于静止状态，A正确；若库仑力大于重力，则可由左手定则判断B正确．
6． B 电子进入磁场时向上偏，刚好从C点沿切线方向穿出是一临界条件，要使电子从BC边穿出，其运动半径应比临界半径大，由
可知，磁感应强度只要比临界时的小就可以了，如题图，由对称性作辅助线，由几何关系可得，半径
，又
，解得
，故选B．
7． AD 由题意知，带正电的粒子从中央线的上方离开混合场，说明在进入电、磁场时，竖直向上的洛仑兹力大于竖直向下的电场力．在运动过程中，由于电场力做负功，洛仑兹力不做功，所以粒子的动能减小，从而使所受到的磁场力可能比所受电场力小，选项A正确．又在运动过程中，洛仑兹力的方向不断发生改变，其加速度大小是变化的，运动轨迹是复杂的曲线而并非简单的抛物线，所以选项B、C错误．由动能定律得：
，故选项D正确，综合来看，选项A、D正确．
8． C 根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面，只有ab中由b到a的电流或cd中从c到d的电流才能产生这样的磁场，又从电子运动轨迹在向cd边靠近时曲率半径变小，由
知与cd边越近，B越强，可见是由cd中的电流产生的，只有C正确．
9． BD 本题考查带电体在复合场中的运动，在分析时要注意随着速度的变化，洛伦兹力发生变化，导致杆对小球的弹力发生变化，因此摩擦力发生变化，小球的运动状态发生变化．
10． C 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r=mv/qB，设α粒子第一次穿过金属片的速度v/，则
，所以v/=0．9v，动能减少
．根据阻力及电量恒定，α粒子每穿过一次金属片，动能都减少0．19E，由
，故α粒子穿过5次后陷入金属中．
11． B=
（6分） 控制变量法（2分）
解析：从表中数据分析不难发现B/I=k1和Br=k2，所以有B=kI/r，再将某一组B、I、r值代入上式得k=2×10－7Tm/A．所以得出磁感应强度B与电流I及距离r的关系式为B=
．
12．（1）A （2分） 逆时针 （2分）
（2）运动电荷受到了磁场力（2分） 阴 （2分）
（3）吸引（2分） 排斥（2分）
13．解析：（1）设小球第一次到达最低点时速度为v，则由动能定理可得
（2分）
在最低点根据牛顿第二定律得，
（2分）
解得
C（2分）
根据左手定则可判断小球带负电（3分）
（2）根据机械能守恒可知，小球第二次到达最低点时速度小仍为v，此时悬线对小球的拉力为F，由牛顿第二定律得，
（3分）
解得
N（2分）
14．解析：（1）由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的 半径，
（1分）
m>
（2分）
因此要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长，从右图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆，粒子运动的时间最长． （2分）
设该弦对应的圆心角为
，而
（1分）
运动时间
（2分）
又
，故
s（2分）
（2）
（2分）
粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分．绘图如图． （2分）
15．解析：如图所示，带电小球在做圆周运动的过程中受到电场力FE、洛伦兹力FB和弹力FN的作用，其合力即为小球做圆周运动的向心力，由图可知：
（3分）
∴
（2分）
其中FB=qvB，FE=kQq/R2，代入上式可得，
（2分）
上式中m、R、B、q、k、Q均为常数，所以FN为v的二次函数．对照y=ax2+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R2． （2分）
因a>0，故FN有最小值，且当
时，FN最小（临界条件），最小值为
．（2分）
可见，随着小球运动速度的增大，圆环对小球的弹力FN先减小、后增大，且临界状态（最小值）出现在v=BqR/
16．解析：（1）要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q．
设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得，
（4分）
即
，从图中可以看出
（4分）
（2）沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，需加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心，半径为R的圆的一部分，如图中实线所示． （4分）
所以磁场范围的最小面积
．（4分）
17．解析：（1）用左手定则判断出：磁场方向为－x方向或－y方向． （4分）
（2）在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P点，设运动时间为t，
小球自由下落，有H=gt2/2（1分）
小球沿x轴方向只受电场力作用，Fe=qE（1分）
小球沿x轴的位移为l=at2/2（1分）
小球沿x轴方向的加速度为a=Fe/m（1分）
联立求解，得E=mgl/qH． （2分）
（3）带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛伦兹力不做功．电场力做功为：We=qEl，（1分）
重力做功为WG=mgH（1分）
设落到N点时速度大小为v，根据动能定理得，
（2分）
解得，
（2分）
18．解析：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，
①（1分）
又
②
两板间电场强度
③（1分）
两板间电压
④（1分）
由闭合电路欧姆定律得，
⑤（1分）
由①～⑤得，
（2分）
（2）由题意知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件可得，
⑥（2分）
因两极板间电压
故
，
⑦（2分）
由⑥⑦解得，
⑧（1分）
（3）因板间电压变为
⑨
故电场力
（2分）
由动能定理得，
⑩（2分）
由⑧⑨⑩解得
．（1分）
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，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x2、x1是纸带上选定的两点分别对应的米尺的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）。
或
……；（s5+s6）/2T；1，5
