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1、1(2012山东济南模拟)如图所示，质量为m的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为 ，则下列说法正确的是()A回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小为mgtanB回形针静止时受到的细线的拉力大小为mgcosC现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流排列无序了D现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流消失了解析：选C.回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小和方向都不确定，拉力大小也不能确定，故A、B错误；对回形针加热，回形针磁性消失是因为分子电流排列无序了，所以选项C正确，D错
2、误2如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45角，O、O分别是ab和cd边的中点现将线框右半边ObcO绕OO逆时针旋转90到图乙所示位置在这一过程中，导线中通过的电荷量是()A.B.C. D0解析：选A.对线框的右半边(ObcO)未旋转时整个回路的磁通量1BSsin45BS.对线框的右半边(ObcO)旋转90后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图乙整个回路的磁通量20.21BS.根据公式q知选项A正确3如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直线段ab、bc和
3、cd的长度均为L，且abcbcd135.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD方向沿纸面向下，大小为(1)ILB解析：选A.该导线可以用a和d之间的直导线长为(1)L来等效代替，根据FBIl，可知大小为(1)BIL，方向根据左手定则判定知A正确4(2012江苏连云港模拟)如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中
4、，圆环运动的速度图象不可能是下图中的()解析：选B.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项C正确；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始
5、做匀速直线运动，D正确5.(2012皖南八校联考)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的vt图象如下图所示，其中正确的是()解析：选C.小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时，qEqvB，所以a，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qEqvB之后，其a，随下落速度v的增大a逐渐减小；最后a0小球匀速下落，故图C正确，A、B、D错误6.(2012合肥一中模拟)如图所示，电源电动势E2 V，内电阻r0.5 ，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m0.1 kg，电阻R0
6、.5 ，它与导轨的动摩擦因数0.4, 有效长度为L0.2 m，为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施一与纸面成30角向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大？(g10 m/s2)解析：以静止的金属棒为研究对象，其侧视的受力分析如图所示若摩擦力方向向上，则B1ILsin30B1ILcos30mg.若摩擦力方向向下，则B2ILsin30B2ILcos30mg，其中电流IE/(Rr)代入数据得：B13 T，B216.3 T，故所求磁感应强度的范围是3 TB16.3 T；根据左手定则可知其方向应斜向下答案：斜向下3 TB16.3 T7(2012福州模拟)如
7、图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道间距离l0.50 m直轨道左端接一定值电阻R10.40 ，直轨道右端与竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为r0.5 m直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B 0.6 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d1.0 m，且其右边界与NN重合有一质量m0.20 kg、电阻R20.1 的导体杆ab静止在距磁场的左边界s2.0 m处现用一水平恒力F拉动ab杆，F2.0 N，当ab杆运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP.已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终
8、与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g10 m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，导体杆的速度和加速度大小；(2)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理有(Fmg)smv代入数据解得：v16.0 m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E1Blv1此时通过导体杆的电流大小I1E1/(R1R2)导体杆刚进入磁场受到的安培力F安BI1l，由牛顿运动定律有F合 BI1lmgma代入数据解得：a6.4 m/s2.(2)设导体杆离开磁场，恰好能运动到圆轨道最高点的速度为v2，由
9、牛顿运动定律有mgmv/r由能的转化和守恒定律，导体杆穿过磁场，运动到圆轨道最高点的过程中损失的机械能转化为电路中焦耳热Q1和摩擦产生热Q2，Q2mgdmv(2mgrmv)Q1Q2代入数据解得：Q10.9 J.答案：见解析8(2012福州模拟)如图所示，在xOy平面内，一质量为m，电荷量为q的带电粒子(重力不计)以速度v0从坐标原点O沿与x方向成角射入第一象限区，并从x轴上的A点离开第一象限区(1)若在xOy平面存在一点电荷形成的电场，带电粒子q在电场力作用下沿圆弧匀速率从O点运动到A点，已知OA间的距离为a，30，求O点电场强度E的大小(2)若只存在一范围足够大的垂直于xOy平面的匀强磁场区
10、，已知磁场的磁感应强度为B，求带电粒子飞离y轴的最远距离(3)若只在第一象限内存在垂直于xOy平面的圆形匀强磁场区，已知OA间的距离仍为a，且45，求磁场的磁感应强度的最小值B0.解析：(1)粒子在电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，有qEm由几何关系可知，带电粒子运动的半径r1a解得E.(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，qv0Bm解得r2P点到y轴的距离最远 ：smr2(1sin).(3)如图所示，圆形磁场区只限于第一象限内，磁场磁感应强度越小，粒子回旋半径越大，则磁场区半径越大，当磁场区圆边界与xy轴相切，磁场磁感应强度最小，设对应的运动半径为r3，则r3qv0B0m解得B
11、0答案：见解析9如图所示，左侧为两块长为L10 cm、间距d cm的平行金属板，加U104 V的电压，上板电势高；现从左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电微粒，微粒质量m1010 kg，带电量q104 C，初速度v0105 m/s；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P1恰好在下金属板的右端点；三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2，且B24B1；求：(1)带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向；(2)带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是多少
12、？(3)画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定微粒最后出磁场区域的位置解析：(1)设带电微粒在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，出电场时竖直方向的速度为vyma，a1011 m/s2Lv0tt106 svyatvyat105 m/s粒子出电场的速度v105 m/s设速度与水平方向夹角，则tan，30即垂直于AB出射(2)设带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移为y则有yat2解得y cm，刚好粒子由P1点垂直AB射入磁场带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示设匀速圆周运动P1Q1段半径R1，根据几何关系有R1102 m由qvBm得B1 T.(3)带电粒子在B2磁场中以O2为圆心做匀速圆周运动，即Q1Q
13、2段，其半径R2R1/4再次进入B1区域时做以O3为圆心，半径仍为R1的匀速圆周运动，即Q2P2段，最后从P2点出磁场区域，如图所示在三角形P2CO3中，根据数学知识，有P2C7.69 cm.答案：见解析10(2012仙游一中模拟)质谱仪是一种研究仪器，在科学研究中有广泛应用，如图甲所示是一种测定带电粒子比荷的质谱仪原理图某种未知比荷的带正电的粒子连续从小孔O1进入电压为U050 V的加速电场(初速度不计)，粒子被加速后从小孔O2沿竖直放置的、间距d0.15 m的平行金属板a、b中心线射入，经匀强磁场偏转，最后打到水平放置的感光片MN上已知磁场上边界MN水平，且与金属板a、b下端相平，与O1O
14、2相交于点O，方向垂直纸面向里，B1.0102 T不计粒子重力和粒子间的作用力(1)当a、b间不加电压时，带电粒子经电场加速和磁场偏转，最后打在感光片上的P点而形成亮点，经测量P到O点的距离x0.20 m，求粒子的比荷；(2)当a、b间加上如图乙所示的电压Uab时，带电粒子打在感光片上形成一条亮线P1P2，P1到O点的距离x10.15 m，P2到O点的距离x20.25 m求打击感光片的粒子动能的最大值Ek1与最小值Ek2的比.(由于粒子通过板间的时间极短，可以认为粒子在通过a、b板间的过程中电压Uab不变)解析：(1)当平行金属板a、b间不加电压时，设粒子以速度v0进入磁场后做匀速圆周运动到达P点，轨迹半径为R0，有x2R0由牛顿第二定律得qv0Bm由动能定理有qU0mv得：带电粒子的比荷1.0108 C/kg.(2)设进入磁场时粒子速度为v，它的方向与O1O的夹角为，其射入磁场时的入射点和打到感光片上的位置之间的距离为x，有：qvBmv0vcos由几何关系得：x2Rcos即x与无关，为定值则带电粒子在平行金属板a、b间的最大偏移量y0.05 m，对应的偏转电压U50 V由功能关系可知偏移量最大的带电粒子离开平行金属板a、b时有最大动能Ek1，由动能定理qyEk1mv解得Ek1
