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19. (12分)如图所示，质量为m，带电量为+q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g。
(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？ (2)当液滴运动到某一点M时，电场方向突然变上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的时液滴加速度多少？
(3)在满足(2)的前提下，粒子从M点第一次到达一水平线上的N点（图中未画出）所用的时间为多
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为竖直向影响，此
与M点同少？
教育类资料 一、单项选择题(本大题共10小题；每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确)
1.【答案】C 2.【答案】D 3.【答案】A
4．【答案】B 5．【答案】D
【解析】外部小磁针的N极水平向右，知螺线管内部的磁场方向向左，根据右手螺旋定则知，电流在螺线管中的方向从b到a，则b端为电源的正极，a端为电源的负极。再由螺线管内部的磁场方向向左，故小磁针静止时N极指向磁场方向，从右向左，即c点处小磁针N极指向左方，故D正确。
6．【答案】B
【解析】根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向左，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方，由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错误。
7.【解析】由左手定则知A对，B错；由于不知道粒子质量关系，无法根据偏转半径来判断其电荷量的关系，C、D错。
【答案】A 8.【答案】D
【解析】从第一磁场进入后一磁场的带电粒子一定满足Eq = Bqv，即v?度相同。而在后一磁场中，R?正确。
9．【答案】A
【解析】在图示位置，穿过线圈的磁通量为零，当转过θ时，此时穿过线圈的磁通量为Φ = BL1L2sin θ，故A正确，B错误；由于cd边始终和磁场垂直，故受到的安培力F = BIL1，故C错误；由于ab边始终和磁场垂直，所以受到的安培力F=BIL1，故D错误。
10.【答案】C
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E
，这些粒子速B
mvq，由于v、B?相同，而R不同，所以比荷不同，故选项DB?qm教育类资料 【解析】如图所示当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，根据几何关系可知sin??a，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即与边界相切，根据几何关系可得RR?av2，解两式可得R =2a，带电粒子在磁场中做圆周运动，根据qvB?m，可得sin??Rrqv。当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即与边界相切，根据几何关系可知?m2Ba12πR4πa此时对应的圆心角为120°，所以用时间为t??，故C对。 ?3v3v二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11.【答案】AD 12.【答案】BC
【解析】磁针的S极向纸内偏转，说明磁场方向指向纸外，带电粒子束相当于通电导线，根据右手螺旋定则可知，这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子，或者向右飞行的负电粒子，故B、C正确。
13.【答案】AC
【解析】金属棒原来在磁场中受到重力、安培力，二力平衡，则安培力大小为F = mg；当电流大小不变，方向相反时，安培力的大小不变，方向相反，平衡时，则有F + mg = 2F弹，解得F弹 = mg，故A正确，B错误；根据胡克定律得：F弹 = kx，得x?误。
14. 【解析】如图乙所示，O1和O2分别为两粒子在磁场中做圆周运动时从P、Q两点射出的粒子的轨迹所在圆的圆心，由图可以看出两圆心角相等，子比荷相等，据T?2πm知两粒子在磁场中运动周期相等，所qBmg，故C正确，D错k由于两粒以两粒子据r?mvqB在磁场中运动的时间一样长。从Q点射出的粒子半径大，根知，其速度也大。
【答案】AD 15.【答案】CD
【解析】带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，A错误；所有打在A1A2上的粒子，在磁场B?中做匀速圆周运动，运动的时间等于t?T2πmπm，T?，则t?，
qBqB2与带电粒子的比荷有关，B错误；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：
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教育类资料 qE?qvB，则v?
EB
，C正确；经过速度选择器进入磁场B?的粒子速度相等，根据r?mvqB知，
粒子打在A1A2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，D正确。
四、计算题(本大题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
16. (8分)
【解析】当电流为3 A时，BI1L- F阻=0 当电流为5 A时，BI2L- F阻=ma 故BI2L- BI1L=ma 解得：B =1.2 T。
17. (8分)
解：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB＝mv2
R 解得R＝mveB。
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝2πR2πmv＝eB 由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ 所以t＝θmθ2πT＝eB。
18．(12分)
【解析】(1)微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：
qvB?mv2r
由几何关系知：r = h 代入数据解得：B =0.01 T。
(2)设微粒在偏转电场中运动时间为t，加速度为a，做类平抛运动 水平方向：L = vt 竖直方向：qE = ma h?1at22
代入数据解之得：t = 2×10
－4
s，L = 2 m。
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教育类资料 (3)粒子在磁场中运动时间为：t1?T4?14?2πrv?3.14?10?4s 粒子从A点运动到Q点的总时间：t－4
总 = t1 + t = 5.14×10
s。
19. (12分)
解：(1)对液滴受力分析，由平衡条件：qE = mgtan θ 得E?mgq qvB?mgcos? 得B?2mgqv (2)电场方向变为竖直向上，qE = mg 由qvB?ma 得a?2g
(3)电场变为竖直向上后，qE = mg，故粒子做匀速圆周运
动，有：qvB?mv2r
T?2πr?2πvvg t?332πv4T?4g
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