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1．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为（ ）
正确答案
解析
粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：
电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，
根据半径
△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，
所以粒子1运动的时间
粒子2运动的时间
所以
故本题选：D
考查方向
解题思路
电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可.
易错点
关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．
2．如图所示，在边长为l的正方形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为t；若撤去磁场，只保留电场，其它条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为
A
B
C
D
正确答案
解析
解：从原点沿x轴直线射出过程匀速直线运动，受力平衡：
Eq=Bqv…①
由穿过场区的时间为T0可得： L=vt…②
若撤去磁场，只保留电场，带电粒子在竖直方向偏转，做类平抛运动：
x=L…④；
当撤去电场，在匀强磁场中匀速圆周运动，带电粒子在磁场中经过的轨迹是个半圆，故运动时间：
由①②③④⑤式得：
故该粒子穿过场区的时间应该是
故本题选B．
考查方向
解题思路
带电粒子在电场与磁场中受到的电场力与洛伦兹力平衡，当粒子在电场中做类平抛运动时，由分解成的两个简单运动可得电场强度与位移关系，当撤去电场时，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出带电粒子穿过场区的时间.
易错点
带电粒子做类平抛时分解为两个简单运动，注意应用数学知识解决物理问题.
4．如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为（ ）
正确答案
解析
AB受力：FAB=BIL=F ,ACB受力：有效长度为L，电流为AB的电流的
故本题选：B
考查方向
解题思路
根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可.
易错点
由于各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力.
5．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，电容器电容C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A、由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：
故本题选：D
考查方向
解题思路
根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；
根据楞次定律可知，感应电流的方向，从而确定电容器极板带电情况；
根据P=I2R求出电阻R1的电功率；
电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量．
易错点
知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解.
正确答案
解析
A.根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误； B.等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同，故B错误； C.该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小，故C正确； D.C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高，故D错误．
故本题选：C
考查方向
解题思路
该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．
易错点
关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低.
6．如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V。则该电路可能为
正确答案
解析
A、电源的电动势为6V，内阻为0.5Ω．在A电路中，外电阻为1Ω，则总电阻为1.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为4A，则外电压为4V，故A错误； B、在B电路中，外电阻为2Ω，则总电阻为2.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为2.4A，则外电压为4.8V，故B正确．；C、在C电路中，外电阻为9Ω．则总电阻为9.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为
故本题选：B
考查方向
解题思路
根据U-I图线得出电源的电动势为6V，图线的斜率的绝对值表示内阻，所以内阻为0.5Ω．然后结合闭合电路欧姆定律求出各电路的电流，以及路段电压．
易错点
关键掌握闭合电路欧姆定律，同时注意路端电压的求法U=IR.
8．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度
正确答案
解析
根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下,由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故BC错误，AD正确．
故本题选：AD
考查方向
解题思路
根据右手螺旋定则，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．
易错点
正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．
10．如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线（Ⅰ）位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的（Ⅱ）位置时，线框的速度为
A在位置（Ⅱ）时线框中的电功率为
B此过程中线框产生的内能为
C在位置（Ⅱ）时线框的加速度为
D此过程中通过线框截面的电量为
正确答案
解析
A.线框中产生的感应电动势为
考查方向
解题思路
线框中产生的感应电动势为
线框的动能转化为电能，根据能量守恒定律求解电能；
安培力F=BIa、
易错点
关键是线框左右两边都切割磁感线产生感应电动势.
7．如图所示，极板A发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上。关于电子的运动，下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：
电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：
电子在电场方向偏转的位移为：
A.滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；
B.滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；
C.偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为
D.偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D正确.
故本题选：BD
考查方向
解题思路
粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小，同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．
易错点
电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．
11．如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点。不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（ ）
正确答案
解析
小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；
小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；
A、由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减小．负号表示速度的方向前后相反，故A正确；
B、由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大，故B正确；
C、小球向上运动的过程中：Ek=Ek0-WG-Wf=Ek0-mgx-fx，由于f逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小，故C错误；
D、小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中：△E=-f△x，由于向上运动的过程中f逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大，故D正确．
故本题选：ABD
考查方向
解题思路
小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，然后根据牛顿第二定律列式分析求解.
易错点
关键分析清楚带电小球的运动情况，明确：向上运动的过程中摩擦力逐渐减小，向下运动的过程中摩擦力逐渐增大，加速度、速度和动能、机械能都随之发生 变化.
9．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，一绝缘水平细线系一个带电小球，绕O点在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下（图示为俯视图）。若小球运动到圆周上的A点时，从细线的连接处脱离，而后仍在磁场中运动。则关于小球的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A选项正确． B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故B错误． C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，C选项正确， D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D选项正确.
故本题选：ACD
考查方向
解题思路
运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．
易错点
关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向.
12．如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为
A小球的初速度为
B若小球的初速度为
C若小球的初速度为
D若小球的初速度为
正确答案
解析
A.对小球进行受力分析如图，
电场力的大小：
B、若小球的初速度为
C、若小球的初速度为
D、若小球的初速度为
故本题选：ACD
考查方向
解题思路
小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．
易错点
结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动.
14．如图所示，直角坐标系xOy平面内，在平行于y轴的虚线MN右侧y＞0的区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场；在y＜0的某区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场（图中未画出）。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从虚线MN上的P点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从原点O处射出，射出时速度方向与x轴夹角为60°。此后粒子先做匀速运动，然后进入磁场，粒子从有界磁场中射出时，恰好位于y轴上Q（0，－l）点，且射出时速度方向沿x轴负方向，不计带电粒子的重力。求：
（1）P、O两点间的电势差；
（2）带电粒子在磁场中运动的时间。
正确答案
（1）
解析
（1） 粒子在点场中做类平抛运动，有
设P、Q两点间电势差为U，由动能定理有：
解得：
（2）粒子在y＜0的区域内运动的轨迹如图所示：
设其在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，
由题意，粒子做圆周运动的圆心一定在y轴上，
由牛顿第二定律
由几何知道得
所以
带电粒子在磁场中周期
考查方向
解题思路
（1）带电粒子从P点射入电场做类平抛运动，将O点速度分解，根据动能定理求出P、O两点间的电势差U．
（2）粒子在y＜0的区域内的匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B．
由题意，粒子做圆周运动的圆心一定在y轴上，洛伦兹力提供向心力
，再根据几何关系求出半径R，代入可计算出B．
带电粒子在磁场中周期
易错点
关键知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系进行求解.
15．如图所示，绝缘水平面上有宽l＝0.4 m的匀强电场区域，场强E＝6×105 N／C，方向水平向左。不带电的物块B静止在电场边缘的O点；带电量q＝＋5×10－8 C、质量m＝1×10－2 kg的物块A在距O点x＝2.25 m处以v0＝5 m／s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞。假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k（k＞1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，且A的电荷量始终不变，g取10 m／s2。
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功。
正确答案
（1）4m/s；（2）
解析
（1） 设碰撞前A的速度为v，由动能定理
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，
所以有：
联立③④并将mA=kmB及v=4m/s
代入得：
（3）讨论： （i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：
联立⑤⑦代入数据，得：k＞3…⑧
电场力对A做功为：
（ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：
联立⑤⑩代入数据，得：k≤3…（11）
考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开…（12）
又：
考查方向
解题思路
1）根据动能定理求出A到达O点与B碰撞前的速度；
（2）碰撞的瞬间，动量守恒定律，因为系统没有动能损失，则机械能守恒，综合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A、B的速度；
（3）讨论A能从电场右边界离开和不能从电场右边界离开，根据动能定理得出k的范围，从而根据电场力做功的特点求出电场力所做的功．
易错点
要考虑电场能从右边界离开和不能从右边界离开.
13.在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度为v0的某种正粒子偏转θ角（v0⊥E）；在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），使该粒子穿过该区域且偏转角仍为θ（不计粒子的重力），问：
（1）匀强磁场的磁感应强度是多大；
（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比。
正确答案
（1）
解析
（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动
（2）粒子在电场中运动时间
在磁场中运动时间
而
由⑧⑨⑩解出：
考查方向
解题思路
（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式，在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ联立即可求得磁感应强度；
（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由
易错点
要抓住研究方法的区别：磁场中画出轨迹是常用的方法，电场中运动的合成与分解是基本方法，两种方法不能混淆．
16．相距l＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度的大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。重力加速度g取10 m／s2。
（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
（2）已知在2 s内外力F做功40 J，求此过程中两金属棒产生的总焦耳热；
（3）求出cd棒达到最大速度所需的时间。
正确答案
（1）1.2T, 1 m／s（2）18J；(3)2s.
解析
（1） 经过时间t，金属棒ab的速率v=at
此时，回路中的感应电流为
对金属棒ab，由牛顿第二定律得F-BIL-m1g=m1a
由以上各式整理得：
在图线上取两点：t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N，
代入上式得a=1m/s2 B=1.2T ；
（2） 在2s末金属棒ab的速率vt=at=2m/s
所发生的位移
由动能定律得
联立以上方程，解得 Q=10J；
（3） cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．
当cd棒速度达到最大时，有m2g=μFN
又
整理解得
考查方向
解题思路
（1）由E=BLv、
（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热．；
（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度．
易错点
本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程．滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大.