2019-2020年高中物理 磁场综合测试同步练习（含解析）新人教版选修3.doc

2019-2020年高中物理 磁场综合测试同步练习（含解析）新人教版选修31关于通电导线所受安培力F的方向，在图所示的各图中正确的是( )2如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大。一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO通过该区域。带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电荷量不变。下列判断正确的是( )A微粒从右到左运动，磁场方向向里B微粒从右到左运动，磁场方向向外C微粒从左到右运动，磁场方向向外D微粒从左到右运动，磁场方向向里3如图所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域和，直线OP是他们的边界，OP上方区域中磁场的磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成角的方向垂直磁场进入区域，质子先后通过磁场区域和后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则：( ) A质子在区域中运动的时间为B质子在区域中运动的时间为C质子在区域中运动的时间为D质子在区域中运动的时间为4如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U。则下列说法中正确的是（ ）A在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向下B达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A的电势C只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2D只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/25带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )A. 可能做直线运动 B可能做匀减速运动 C一定做曲线运动 D可能做匀速圆周运动6如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）以下说法正确的是( )A该粒子带正电B该粒子带正电、负电均可C若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0 D若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为 7在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P在磁场中转动30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和P3A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为 1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为138如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子bA穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小9如右图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放下列判断正确的是A当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大B当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大C小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小10如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场， ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（ ）A3t B C D2t11如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的vt图象及A、B之间摩擦力Fft图像大致正确的是12如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线关于带电小球的运动，下列说法中正确的是xyOABCAOAB轨迹为半圆B小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向C小球在整个运动过程中机械能增加D小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等13医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出其中v为血液流动方向。若血浆的电阻率为，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则 A此装置中血浆的等效电阻为RB此装置中血浆受到的安培力大小为FBILC此装置中血浆受到的安培力大小为FBIbD前后两侧的压强差为14如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一重力不计的带电粒子（电量为q，质量为m）以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知OP之间的距离为d，则A.带电粒子通过y轴时的坐标为（0，d）B.电场强度的大小为 C.带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为 D.磁感应强度的大小为 15如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中A磁场对小球不做功B直管对小球做正功C小球所受磁场力的方向不变D小球的运动轨迹是一直线16如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是A匀强磁场的磁感应强度为B电荷在磁场中运动的时间为 C若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出17回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示.设D形盒半径为R若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是( )A质子的回旋频率等于2fB质子被电场加速的次数与加速电压有关C质子被加速后的最大速度不可能超过2fRD不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速粒子18如图所示，带箭头的实线表示电场中电场线的分布情况，一带电粒子在电场中运动轨迹如图中的虚线所示，粒子只受电场力，则正确的说法是A若粒子是从a点到b点，则带正电B粒子肯定带负电 C若粒子是从b点到a点，则加速度减小D若粒子是从b点到a点，则速度减小19如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是（）A电子的运行轨迹为PENCMDB电子运行一周回到P用时为TCB1=2B2DB1=4B220如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则()A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径为rC小球做匀速圆周运动的周期为TD若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大21（10分）如图所示，平面直角坐标系第一象限内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿与x轴正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好从S点垂直于y轴射出第一象限。不计粒子的重力。求（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）粒子射出点S的坐标。 yxvPBO图1422如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线y=a的上方和直线x=2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为+q（q0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力。（1）求磁感应强度B的大小；（2）求沿X轴正方向以速度v入射的粒子在电场和磁场中运动的总路程；（3）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴正方向的夹角=300时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。23(16分)如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为l，导轨上端接有电阻R和一个理想电流表，导轨电阻忽略不计。导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外。质量为m、电阻为r的金属杆MN，从距磁场上边界h处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电流稳定后金属杆运动速度的大小；（3）金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压大小。24如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙现有一质量为m、带电荷量为q的小环套在MN杆上，它所受到的电场力为重力的1/2.现将小环从M点右侧的D点由静止释放，小环刚好能到达P点(1)求D、M间距离x0；(2)求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ间动摩擦因数为(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧5R处由静止释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功25如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为q，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力。（重力加速度取g）。参考答案1A【解析】试题分析：根据左手定则可知，A中导线的受力方向正确；B中受力应向下，C中受力向纸外，D中受力方向向上；故选A.考点：左手定则。2C【解析】试题分析：带电粒子受到空气阻力作用下，运动速度会变小，由于粒子做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡而磁感应强度从左到右逐渐增大，则已确定粒子运动的方向为从左向右虽然粒子电性不知，但不影响电场力与洛伦兹力平衡关系因此可假设粒子带正电，则电场力竖直向上，那么洛伦兹力一定竖直向下由于运动的速度方向从左向右，根据左手定则可判定磁场方向是向外故C正确，考点：考查了带电粒子在复合场中的运动3BD【解析】试题分析：质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动，其轨迹如图所示。根据圆的对称性及题设可知，质子到达OP上的A点时速度方向水平向右，与x轴平行，即质子从A点出匀强磁场区域时的速度方向与OP的夹角为，质子在匀强磁场区域中轨迹的圆心角为，所以质子在匀强磁场区域中运动的时间为，故A错误，B正确；设在区域中的轨迹半径为，在区域中的轨迹半径为，由几何知识知为等边三角形，则，根据牛顿第二定律得：，联立解得：，即，由题设及几何知识可得：在区域中轨迹的圆心角为，所以质子在区域中运动的时间为，故C错误，D正确。所以选BD。考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，意在考查考生的综合应用能力。4D【解析】试题分析：电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故AB错误；电子最终达到平衡，有：；则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd则：，代入得：只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D正确故选：D考点：霍尔效应；洛伦兹力。5C【解析】试题分析：在图示时刻，质点所受合力方向与质点速度方向相反，质点做减速运动，质点速度减小，由可知，质点受到的洛伦兹力减小，则质点所受重力与洛伦兹力的合力与速度方向不再在同一直线上，即质点的速度方向与所受合力方向不在同一直线上，质点将做曲线运动；C正确考点：考查带电粒子在复合场中的运动6AD【解析】试题分析：若撤去电场，则粒子从M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A正确，B错误；设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0=Eq撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知r=d/2；洛仑兹力提供向心力：撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速庶a，穿越电场所用时间为t，则有：Eq=may=at2； d=v0t由联立解得：y=d；设末速度为v，由动能定理知：解得：，故C错误，D正确；故选：AD考点：带电粒子在复合场、磁场及电场中的运动。7 BCD【解析】 离子在电场中加速过程中，由于电场强度相同，根据牛顿第二定律可得a1a2q1q213，选项A错误；在电场中加速过程，由动能定理可得，在磁场中偏转过程：，两式联立可得：，故r1r21，选项B正确；设磁场宽度为d，根据可得：，联立解得，选项C正确；由可知Ek1Ek213，选项D正确8 C【解析】 a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有BqvEq，即只要满足EBv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方或下方穿出，故选项A、B均错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故选项C正确，D错误9 D【解析】 由洛伦兹力公式FqvB可知速度大，则力大，而速度最大的位置在重力场和电场的复合场的最低点，与水平面成45角的左斜下方，故选项A、B错误；从a点到b点，电场力做正功，电势能减小，故选项C错误；从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，动能在重力场和电场的复合场的最低点最大，故动能先增大后减小，选项D正确10D【解析】试题分析：当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60o，所以运动的时间，当速度为v时，根据得：，故半径，由几何关系知，轨迹的圆心角为120o，故时间，所以ABC错误；D正确。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动11AC【解析】试题分析：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度-时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；当物块与小车发生了相对滑动，小车受到物块施加的向左的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F是定值，所以小车受到向右的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度-时间图象中，小车的图象斜率从t1时刻开始增大，直到t2时刻，两物体间无摩擦力时，小车水平方向受到的合力F保持不变，即小车做匀加速直线运动，故选项A C正确BD错误考点：牛顿第二定律；洛伦兹力；力和运动之间的关系12 B【解析】试题分析:因小球受到重力和洛仑兹力作用，为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；因为系统只有重力做功，机械能守恒，最低点A处，重力势能最小，动能最大，速度最大，曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故B正确，C错误；若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB运动，故D错误。考点：带电粒子在磁场中的运动13ACD【解析】试题分析：由电阻定律得，管中血浆的电阻为R=，A正确；垂直与磁场的电流长度为b，因此电流受到的安培力为F=BIb，B错误，C正确；血浆匀速流动，安培力等于两侧血浆压力差，即BIb=PLb，得P=BI/L，D正确。考点：本题考查安培力，电阻定律。14BC【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴成45，所以沿x轴方向的分速度，在x轴方向做匀加速运动，有，沿y轴方向做匀速运动，有，故选项A错误；在x轴方向做匀加速运动，根据，解得，故选项B正确；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子的半径，圆心角，所以在磁场中的运动时间为；在电场中的运动时间为，所以总时间为，故选项C正确；由可知磁感应强度，故选项D错误考点：类平抛运动规律；粒子在磁场中和电场中的运动15AB【解析】试题分析：小球同时参与了两个方向的运动，一个是水平方向和直管一起匀速直线运动，设水平速度为，则受到沿MN方向的洛伦兹力，速度不变，此方向洛伦兹力不变，所以在MN方向上由于的存在做匀加速直线运动，设竖直速度， 则有，所以小球的运动是匀速直线和与之垂直的匀加速直线运动的合运动，类平抛运动，运动轨迹不是直线选项D错。由于小球具有沿MN方向的速度，所以小球还受到水平向左的洛伦兹力，水平要匀速，直管就要给小球一个水平向右的弹力，此弹力对小球做正功，选项B对。虽然有两个洛伦兹力，但是一个做正功一个做负功，合力方向与合速度方向垂直，洛伦兹力不做功，选项A对。由于竖直方向速度逐渐变大，水平向左的洛伦兹力变大，MN方向洛伦兹力不变，合力即小球受到磁场力方向在不断变化选项C错。考点：运动的合成 洛伦兹力16A【解析】试题分析：由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在C点，这样半径为L，根据可知，磁感强度大小B=，A正确；电荷在磁场中运动的路程，因此运动的时间，B错误；若从CD边界射出，则在磁场中运动的时间恰好为半个周期，而粒子在磁场中运动的周期，与粒子运动的速度无关，因此若电荷从CD边界射出，虽然入射速度的减小，但电荷在磁场中运动的时间总是，保持不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则根据可知轨道半径为2L，则根据几何关系可以求出射出点距B的距离为，D错误。考点：带电粒子在磁场中的运动17BC【解析】试题分析：根据回旋加速器的原理知，粒子要实现回旋加速要求，交变电场的频率等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，所以A错误；质子离开加速器时，轨道半径r等于D形盒的半径R，根据，又，联立解得加速次数，所以质子被电场加速的次数与加速电压有关，故B正确；由，结合，解得：，所以C正确；因粒子的比荷与质子的不同，故它们做圆周运动的周期不同，所以不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速粒子，故D错误。考点：本题考查回旋加速器18BC【解析】试题分析：做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行A、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；C、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大所以粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；D、从B到A过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误故选BC考点：带电粒子在电场中的运动19C【解析】试题分析：电子为负电荷，从P点水平向左射出后，根据左手定则判断洛伦兹力向上，即电子向上偏转，所以运动轨迹为PDMCNEP，选项A错。粒子在匀强磁场中做圆周运动周期，根据运动轨迹，电子运动轨迹经历三个半圆，即三个半周期，所以电子运行一周回到P用时为, 选项B错。根据运动轨迹判断，左右两个磁场中圆周运动半径比为1:2，根据可得，根据可得,选项C对D错。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动20BC【解析】小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mgEq，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv，Uqmv2，联立两式可得小球做匀速圆周运动的半径r，由T可以得出T，与电压U无关，所以B、C正确，D错误21解：根据已知画出粒子在磁场中的运动轨迹，其圆心一定在y轴上，半径是，由得，因此。射出点S到原点O的距离是1.5r，因此坐标为（0，）。 【解析】根据已知画出粒子在磁场中的运动轨迹：其圆心一定在y轴上，半径由洛仑兹力提供向心力得，因此射出点S到原点O的距离是1.5r因此坐标为（0，）22（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R - 2分粒子自A点射出，由几何知识 - 2分 解得 - 1分（2）经分析粒子在磁场运动的路程 S1= -2分粒子在电场中的路程S2 E q=ma -2分 S=S1+S2= -2分（3）粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做圆运动的周期 粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为 =600由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离 S=acos 粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间 - 2分粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，O1O3构成菱形，由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为=1200，则 粒子先后在磁场中运动的总时间 - 2分 粒子在场区之间做匀速运动的时间 -2分 解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间 -2分【解析】略23（1）；（2）；（3）。【解析】试题分析：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，有BIl=mg 解得磁感应强度 B= （4分）（2）设电流稳定后导体棒做匀速运动的速度为v，感应电动势 E=Blv 感应电流 I= 解得 v= （6分）（3）金属杆在进入磁场前，机械能守恒，设进入磁场时的速度为v0，则由机械能守恒定律，有 解得 此时的电动势E0=Blv0感应电流I0=M、N两端的电压 UMN=I0R= （6分）考点：安培力的计算，牛顿第二定律，机械能守恒定律。24(1)4R(2)qBmg(3) mgR【解析】(1)小环从D点经M点到P点，由动能定理得qEx0mg2R0得x04R.(2)设小环到A点时的速度为v，有qE(x0R)mgRmv2在A点由牛顿第二定律得FNqBvqEm得FNqBmg.(3)若mgqE，即，小环在PQ上运动到某点速度为零后静止，设距P点距离为x，则qE(5Rx)mg2Rmgx0得xR则WfmgR若mgqE，最后小环在PD间做往复运动，有qE5Rmg2RW0得WmgR.25Ff FNmg【解析】试题分析：涉及安培力时的物体的平衡问题，通过对通电棒的受力分析，根据共点力平衡方程求解。棒的受力分析图如图所示。由闭合电路欧姆定律I 由安培力公式FBIL 由共点力平衡条件F sinFf FNF cosmg 整理得FfFNmg 考点：本题考查安培力、共点力平衡。