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如圖所示，PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)里的一片薄金屬片，其表面與磁場(chǎng)方向平行，現(xiàn)有一α粒子從A點(diǎn)以垂直PQ的速度v射出，動(dòng)能為E，射出后α粒子的軌跡如圖所示，今測(cè)得它在金屬片兩邊的軌跡的半徑之比為10∶9，若α粒子在穿越金屬片過程中受到的阻力大小及電荷量都不變，則

A．

α粒子每穿過一次金屬片，速度減少

B．

α粒子每穿過一次金屬片，動(dòng)能減少0.19 E

C．

α粒子穿過5次金屬片后陷在金屬片里

D．

α粒子穿過9次金屬片后陷在金屬片里

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（2013?南開區(qū)二模）（1）如圖1為“電流天平”，可用于測(cè)定磁感應(yīng)強(qiáng)度．在天平的右端掛有一矩形線圈，設(shè)其匝數(shù)n=5匝，底邊cd長(zhǎng)L=20cm，放在垂直于紙面向里的待測(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且線圈平面與磁場(chǎng)垂直．當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流I=100mA時(shí)：調(diào)節(jié)砝碼使天平平衡．若保持電流大小不變；使電流方向反向，則要在天平右盤加質(zhì)量m=8.2g的砝碼，才能使天平再次平衡．則cd邊所受的安培力大小為

4.1×10^-2

4.1×10^-2

N，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為

0.41

0.41

T．（g=10m/s²）

（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖2所示的裝置來探究加速度與力的關(guān)系．彈簧秤固定在一合適的木板上，桌面的右邊緣固定一支表面光滑的鉛筆以代替定滑輪，細(xì)繩的兩端分別與彈簧秤的掛鉤和礦泉水瓶連接．在桌面上畫出兩條平行線MN、PQ，并測(cè)出間距d．開始時(shí)將木板置于MN處，現(xiàn)緩慢向瓶中加水，直到木板剛剛開始運(yùn)動(dòng)為止，記下彈簧秤的示數(shù)F₀，以此
表示滑動(dòng)摩擦力的大�。�再將木板放回原處并按住，繼續(xù)向瓶中加水后，記下彈簧秤的示數(shù)F₁，然后釋放木板，并用秒表記下木板運(yùn)動(dòng)到PQ處的時(shí)間t．
①木板的加速度可以用d、t表示為a=

2d

t2

2d

t2

；
②改變瓶中水的質(zhì)量重復(fù)實(shí)驗(yàn)，確定加速度a與彈簧秤示數(shù)的關(guān)系．圖3中能表示該同學(xué)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的是

C

C

；
③用加水的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，它的優(yōu)點(diǎn)是

BC

BC

．
A．可以改變滑動(dòng)摩擦力的大小        B．可以更方便地獲取多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)
C．可以比較精確地測(cè)出摩擦力的大小  D．可以獲得更大的加速度以提高實(shí)驗(yàn)精度
（3）在練習(xí)使用多用表的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)連接的電路如圖4所示．
①若旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)，使尖端對(duì)準(zhǔn)直流電流擋，閉合電鍵S，此時(shí)測(cè)得的是通過

R₁

R₁

的電流；
②若斷開電路中的電鍵S，旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)使其尖端對(duì)準(zhǔn)歐姆擋，此時(shí)測(cè)得的是

R₁+R₂

R₁+R₂

的電阻；
③若旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)，使尖端對(duì)準(zhǔn)直流電壓擋，閉合電鍵S，并將滑動(dòng)變阻器的滑片移至最左端，此時(shí)測(cè)得的是

R₂

R₂

兩端的電壓；
④在使用多用表的歐姆擋測(cè)量電阻時(shí)，若

D

D

A．雙手捏住兩表筆金屬桿，測(cè)量值將偏大
B．測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針向左偏離中央刻度過大，則必須減小倍率，重新調(diào)零后再進(jìn)行測(cè)量
C．選擇“×l0”倍率測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針位于20與30 正中間，則測(cè)量值等于250Ω
D．歐姆表內(nèi)的電池使用時(shí)間太長(zhǎng)，雖然完成調(diào)零，但測(cè)量值將略偏大．

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1． B    根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，B_a<B_b，即B正確；同一通電導(dǎo)線放在a處受力的情況大小不一定，因?yàn)榉湃霑r(shí)的位置（即放入時(shí)與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定．

2． C    地球自轉(zhuǎn)等效成環(huán)形電流，南極為磁場(chǎng)N極，由右手定則可知地球帶負(fù)電，地球轉(zhuǎn)速變慢使環(huán)形電流電流減小，故磁場(chǎng)減弱，所以選C．

3． AB    根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強(qiáng)度的迭加原理即可知．

4． ABC  提示：根據(jù)已知條件畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡和基本公式即可判斷．

5． AB    若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫(kù)侖力的作用（且?guī)靵隽�為斥力），若重力的大小和�?kù)侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫(kù)侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，A正確；若庫(kù)侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確．

6． B    電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)向上偏，剛好從C點(diǎn)沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)比臨界半徑大，由可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度只要比臨界時(shí)的小就可以了，如題圖，由對(duì)稱性作輔助線，由幾何關(guān)系可得，半徑，又，解得，故選B．

7． AD    由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場(chǎng)，說明在進(jìn)入電、磁場(chǎng)時(shí)，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場(chǎng)力．在運(yùn)動(dòng)過程中，由于電場(chǎng)力做負(fù)功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動(dòng)能減小，從而使所受到的磁場(chǎng)力可能比所受電場(chǎng)力小，選項(xiàng)A正確．又在運(yùn)動(dòng)過程中，洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小是變化的，運(yùn)動(dòng)軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡(jiǎn)單的拋物線，所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．由動(dòng)能定律得：，故選項(xiàng)D正確，綜合來看，選項(xiàng)A、D正確．

8． C   根據(jù)電子運(yùn)動(dòng)的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場(chǎng)，又從電子運(yùn)動(dòng)軌跡在向cd邊靠近時(shí)曲率半徑變小，由知與cd邊越近，B越強(qiáng)，可見是由cd中的電流產(chǎn)生的，只有C正確．

9． BD   本題考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，在分析時(shí)要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，導(dǎo)致桿對(duì)小球的彈力發(fā)生變化，因此摩擦力發(fā)生變化，小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化．

10． C    帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=mv/qB，設(shè)α粒子第一次穿過金屬片的速度v^/，則，所以v^/=0．9v，動(dòng)能減少．根據(jù)阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動(dòng)能都減少0．19E，由，故α粒子穿過5次后陷入金屬中．

11． B=（6分）  控制變量法（2分）

解析：從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k₁和Br=k₂，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10^－7Tm/A．所以得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=．

12．（1）A （2分）  逆時(shí)針 （2分）

（2）運(yùn)動(dòng)電荷受到了磁場(chǎng)力（2分）  陰  （2分） 

（3）吸引（2分）    排斥（2分）

13．解析：（1）設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為v，則由動(dòng)能定理可得（2分）

在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得，（2分）

解得C（2分）

根據(jù)左手定則可判斷小球帶負(fù)電（3分）

（2）根據(jù)機(jī)械能守恒可知，小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度小仍為v，此時(shí)懸線對(duì)小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，（3分）

解得N（2分）

14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的    半徑，（1分）

m>（2分）

因此要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)最長(zhǎng)，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)． （2分）

設(shè)該弦對(duì)應(yīng)的圓心角為，而（1分）

運(yùn)動(dòng)時(shí)間（2分）

又，故s（2分）

（2）（2分）

粒子在磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場(chǎng)相交的部分．繪圖如圖． （2分）

15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中受到電場(chǎng)力F_E、洛倫茲力F_B和彈力F_N的作用，其合力即為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由圖可知：

（3分）

∴（2分）

其中F_B=qvB，F_E=kQq/R²，代入上式可得，

（2分）

上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù)，所以F_N為v的二次函數(shù)．對(duì)照y=ax²+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R²． （2分）

因a>0，故F_N有最小值，且當(dāng)時(shí)，F_N最�。ㄅR界條件），最小值為．（2分）

可見，隨著小球運(yùn)動(dòng)速度的增大，圓環(huán)對(duì)小球的彈力F_N先減小、后增大，且臨界狀態(tài)（最小值）出現(xiàn)在v=BqR/2m時(shí)． （3分）

16．解析：（1）要求光斑的長(zhǎng)度，只要找到兩個(gè)邊界點(diǎn)即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運(yùn)動(dòng)到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運(yùn)動(dòng)到Q．

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得，

（4分）

即，從圖中可以看出（4分）

（2）沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場(chǎng)的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實(shí)線所示． （4分）

所以磁場(chǎng)范圍的最小面積．（4分）

17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場(chǎng)方向?yàn)椋?i>x方向或－y方向． （4分）

（2）在未加勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，帶電小球在電場(chǎng)力和重力作用下落到P點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，

小球自由下落，有H=gt²/2（1分）

小球沿x軸方向只受電場(chǎng)力作用，F_e=qE（1分）

小球沿x軸的位移為l=at²/2（1分）

小球沿x軸方向的加速度為a=F_e/m（1分）

聯(lián)立求解，得E=mgl/qH． （2分）

（3）帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)共存的區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力不做功．電場(chǎng)力做功為：W_e=qEl，（1分）

重力做功為W_G=mgH（1分）

設(shè)落到N點(diǎn)時(shí)速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得，（2分）

解得，（2分）

18．解析：（1）因帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力與重力平衡，①（1分）

又②

兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度③（1分）

兩板間電壓④（1分）

由閉合電路歐姆定律得，⑤（1分）

由①～⑤得，（2分）

     （2）由題意知，電場(chǎng)力豎直向上，故質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得，⑥（2分）

因兩極板間電壓

故，⑦（2分）

由⑥⑦解得，⑧（1分）

    （3）因板間電壓變?yōu)?sub>⑨

故電場(chǎng)力（2分）

由動(dòng)能定理得，⑩（2分）

由⑧⑨⑩解得．（1分）