无锡高中物理选修二安培力与洛伦兹力检测答案解析

1、一、选择题1. （0分）ID：128266如图所示，质量为m的带电绝缘小球（可视为质点）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场，现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，小球从A点和D点向最低点运动，则下列说法中正确的是（）A.小球两次到达C点时，速度大小不相等B.小球两次到达C点时，细线的拉力不相等C.小球两次到达C点时，加速度不相同D.小球从A至C的过程中，机械能不守恒2. （0分）ID:128262如图所示，在xOy平面坐标系的第二象限内存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从P（J2L,0）点处以初速度V。射入第二象限，V。的方

2、向与x轴正方向夹角为45。下列能使粒子离开C-BqLD.2BqLm2m41a粒子（2He）和质子（1H）做匀速圆周运a粒子和质子（）磁场后进入第一象限的V。值是（）（不计粒子的重力）3. （0分）ID:128244在同一匀强磁场中，动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则A.运动半径之比是2：1B.运动周期之比是2：1C.运动速度大小之比是4：1D.受到的洛伦兹力之比是2：14. （0分）ID：1282421930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒Di、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）BA.被加速的粒子从磁场中获得能量B.被加速的粒子在

3、回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大C.只增加狭缝间的加速电压，被加速粒子离开加速器时的动能增加D.想要粒子获得的最大动能增大，可增大D型盒的半径5. （0分）ID:128240如下图所示，导电物质为电子（电量为e）的霍尔元件长方体样品于磁场中，其上下表面均与磁场方向垂直，其中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。1、3间距为a,2、4间距为b,厚度为c,若开关S处于断开状态、开关S2处于闭合状态，电压表示数为0;当开关S、S2闭合后，三个电表都有明显示数。已知霍尔元件单位体积自由电子数为n,霍尔元件所在空间磁场可看成匀强磁场，磁感应强度为B,由于温度非均匀性等因素引起的其它效应

4、可忽略，当开关S、S2闭合且电路稳定后，右边电流表示数为I,下列结论正确的是（）A.接线端2的电势比接线端4的电势高B.增大Ri,电压表示数将变大C.霍尔元件中电子的定向移动速率为vneac，一，BID.电路稳定时，电压表读数为nec6. （0分）ID：128233如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2,已知I1=2I2,其中M的电流方向向下，N的电流方向向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力，则下列说法正确的是（）A.两根导线相互吸引B.仅增大电流*Fi、F2会同时都增大C.两个力的大小关

5、系为Fi=2F2D.为判断F2的方向，需要知道Ii和I2合磁场的方向7. （0分）ID:128223四川省稻城县海子山的高海拔宇宙线观测站"LHAASO,是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，由于地磁场的作用（忽略其他阻力的影响），粒子到达该观测站时将（）A.竖直向下沿直线射向观测站B.与竖直方向稍偏东一些射向观测站C.与竖直方向稍偏南一些射向观测站D.与竖直方向稍偏西一些射向观测站8. （0分）ID：128282比荷值相同的带电粒子M和N,先后以大小不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图

6、所示，不计重力。则下列分析不正确的是（）A. M带负电，N带正电B. M的速率小于N的速率C. M在磁场中运动白时间小于N在磁场中运动的时间D. M和N两粒子在磁场中运动的角速度大小相等9. （0分）ID：128274CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点则（）偏转磁场LX射线束(a)图

7、（b）A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点右移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外左移D.减小偏转磁场磁感应强度的大小可使P点10.（0分）ID:128194如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花ab边中点和ac边中点，在虚线板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为Bo此时导线框处C.2(F2Fi)BlD2(F2Fi)3Bl于静止状态，细线中的拉力为Fi；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的2倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2O则

8、11. （0分）ID:128210近年来海底通信电缆越来越多，海底电缆通电后产生的磁场可理想化为一无限长载流导线产生的磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中一块长为a、宽为b、厚为c,单位体积内自由电子数为n的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流I（电流方向和磁场方向垂直）通过元件时，会产生霍尔电势差Uh,通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B的大小（地磁场较弱，可以忽略）。下列说法正确的是（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbc,其中e为单个电子的电荷量）（）目+下表面A,元件上表面的电势高于下表面的电势B.元件在单位体积内参与导电

9、的电子数目为IBceUHC.仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小D.其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越大12. （0分）ID:128190如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是（）A.C点与A点不在同一水平线上B.小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C.小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D.小球从A到B的时间是从C到P时间的收倍二、填空题13.

10、 （0分）ID:128388电磁流量计主要由一个非磁性材料做成的直径为d的圆形管道和一个已知磁感应强度为B的匀强磁场构成。现让此圆形管道垂直于磁场放置。请回答下列问题：要测出管中流体的流量，还需测量的物理量有：。用所给的和测得的物理量写出流量的表达式：。14. （0分）ID:128386若带电粒子运动方向与磁场方向垂直。则F洛=。若带电粒子运动方向与磁场方向平行时，则带电粒子所受洛伦兹力为。15. （0分）ID:128348如图所示，间距为20cm、倾角为53°的两根光滑金属导轨间，有磁感应强度为1T、方向竖直向上的匀强磁场，导轨上垂直于导轨放有质量为0.03kg的金属棒，在与导轨连

11、接的电路中，变阻器R的总电阻为12,电阻R2也为12,导轨和金属棒电阻均不计，电源内阻为1变阻器的滑臂在正中间时，金属棒恰静止在导轨上，此时金属棒中的电流大小为A,电源电动势为V.16. （0分）ID：128344如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m,导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg,棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg,棒与导轨间的动摩擦因数p=0.5,匀强磁场的磁感应强度B=2T,方向竖直向下,为了使物体匀速上升，应在棒中通入A的电流，方向。17. （0分）ID:128333如图所示，将长为1m的导线从中间折成约106°的角，使

12、其所在的平面垂直于磁感应强度为0.5T的匀强磁场，为使导线中产生4V的感应电动势，导线切割磁感线的最小速度约为m/s.(sin53=0.8)18. （0分）ID:128318半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受静电是其重力的3-o将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则珠子所能获得的最大动能Ek为419. （0分）ID：128314如图所示，质量为m,电量为q的小球以某一速度与水平成45。角进入匀强电场和匀强磁场，若微粒在复合场中做直线运动，则粒子带电，电场强度E.20. （0分）ID:128304如图所示，虚线

13、框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过图示装置来测量该磁场的磁感应强度大小、并判定其方向.所用器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，长度为L,两侧边竖直且等长；直流电源电动势为E,内阻为r；R为电阻箱；S为开关.此外还有细沙、天平和若干轻质导线.已知重力加速度为g.先将开关S断开，在托盘内加放适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量mi.闭合开关S,将电阻箱阻值调节至R=r,在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态，用天平称出此时细沙的质量为m2且m2>mi.（1）磁感应强度B大小为,方向垂直纸面（选填向里”或向外”）；（2）将电阻箱阻值

14、调节至F2=2r,则U形金属框D（选填向下”或向上”）加速，力口速度大小为.三、解答题21. （0分）ID:128485如图所示，在坐标系xOy的第一象限中存在两个宽度均为d、磁感应强度大小均为B且方向相反的匀强磁场I和H。两磁场区域的下边界与x轴重合，无上边界，左、右两侧边界相互平行。磁场I的左边界为y轴，磁场方向垂直纸面向外。两磁场区域之间存在宽度为X0、场强方向沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q的粒子以某一速度从坐标原点O射入磁场I,粒子在O点的速度方向与x轴正方向成0=30°角，且粒子进入电场时的速度方向恰好沿x轴正方向。已知匀强电场的场强大小qB2dEq，x。的

15、大小在粒子从O点射入前可以进行调节，不计粒子重力。m（1）求粒子射入磁场I时的速度大小V0；（2）若粒子无法进入磁场n,则x0至少需要多大？（3）通过调节x0的大小使得粒子进入第二象限时的位置与O点相距最远，求该最远距离ym以及该粒子在电场中运动的总时间。22. (0分)ID:128478如图所示，虚线O1O2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为Bi,匀强电场的场强为E,一足够大、中间有小孔的照相底片与虚线O1O2垂直,且小孔和O1O2在同一直线上，底片右侧偏车t磁场的磁感应强度为B2。现有一个离子沿着虚线O1O2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运

16、动，最后垂直打在底片上(不计离子重力)。(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v;(2)求该离子的比荷q;m(3)如果带电量为q的两种同位素离子，先后沿着虚线O1O2向右做匀速运动，它们在底23. (0分)ID：128473如图所示，在第I象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、带电量分别为q和q的两个粒子以相同的速度v从坐标原点。先后射入磁场，速度v与x轴正方向之间的夹角为30。，不计粒子的重力，求：正负粒子在磁场中运动的时间之比；(2)正负粒子离开磁场时的位置之间的距离。yXXXXXXXXV多/XXX24. (0分)ID:128472如图所示，在真空区域内，有宽度为L

17、的匀强磁场，磁感应强度为B,磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界。质量为m、带电荷量为-q的粒子,先后两次沿着与MN夹角为0(0°<0<90°)的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压5加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场；第二次粒子是经电压6加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ射出磁场。(不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，Ui、U2未知)Ui(1)加速电压Ui、U2的比值不为多少？U2(2)为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线射出PQ边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强。的光滑平行导轨固定，轨道间的25.

18、(0分)ID:128459如图所示，一对与水平面倾角为距离为L,两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电动势为E、内阻为r的电源。将一根质量为m、电阻为R的直导体棒ab放在两轨道上，与两轨道垂直且接触良好，其他电阻不计。在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。(重力加速度为g)1求磁场对导体棒的安培力的大小;2如果导轨所在空间的磁场方向可改变，为使导体棒保持静止，试确定匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。26. (0分)ID:128415绝缘"”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是

19、光滑的，PQ杆是粗糙的，整个装置处在水平向左的匀强电场中，在PM左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现将一质量为m、带正电电量为q的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的1。(已知重力加速度为g)2(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)在满足第一问的情况下，小环在A点对圆环的压力；(3)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为由小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷参考答案*科目模拟测试一、选择题1. .

20、B2. C3. B4. D5. D6. B7. B8. C9. B10. D11. B12.D二、填空题13. MN之间的电压E14. qvB零15. 6616. 2A17. 【解析】18.19,正或负20 向外向上【分析】（1）根据平衡条件安培力等于拉力的差列式求解；（2）平衡后增加电阻会减小电流减小安培力产生加速度根据牛顿第二定律列方程求解加速度三、解答题21 .22232425262016-2017年度第*次考试试卷参考解析【参考解析】*科目模拟测试、选择题解析：BACD.由题意可知，当小球进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，所以只有重力做功，

21、小球机械能守恒，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，故加速度2val相同，从A至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，故ACD错误；B.由于进出磁场的速度方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以细线拉力的大小不同，故B错误。故选Bo2. C解析：C粒子恰好能进入第一象限的运动轨迹如图所示由几何知识得OPcos2l_2_直2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B2Vomr解得qBL粒子要进入第一象限速度VoqBL故C正确，ABD错误。故选Co3. B解析：BC.两个粒子的质量和速度的乘积大小相等，质量之比是4:1,可知运动速度大小之比是1：4,选

22、项C错误；A.质子H和“粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBm一r得轨道半径mvrqB41根据a粒子（2He）和质子（iH）的电荷量之比是2:1,则得RHe：RH=1：2故A错误；B.粒子运动的周期2r2mmTvqBq所以运动周期之比是4L22Th111故B正确；D.根据粒子受到的洛伦兹力mvqfqvBqBmm得2,£11fH121故D错误.故选Bo4.D解析：DA,被加速的粒子在电场中加速获得能量，而不是从磁场中获得能量，故A错误；B.被加速的粒子在回旋加速器中的磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，即2vqvBm一r带电粒子在磁

23、场中运动的周期为联立解得t2JmqB由上式可知，带电粒子做圆周运动的周期与半径无关，故B错误;Vm满足解得加速粒子离开加速器时的动能EkqVmBVm1-mvn22vmmRqBRmq2B2R22m从上式可知，只增加狭缝间的加速电压，被加速粒子离开加速器时的动能不会变，想要粒子获得的最大动能增大，可增大D型盒的半径，故C错误，D正确。故选Do5.D解析：DA.霍尔元件中电子从3向1运动，磁场方向竖直向下，电子受到的洛伦兹力向右，稳定后霍尔元件右端带负电，左端带正电，说明接线端2的电势比接线端4的电势低，故A错误；B.霍尔元件中的电子受到向右洛伦兹力，向左的电场力，待稳定后二力相等，则有UBev=e

24、b解得U=Bbv增大Ri,线圈中的电流减小，磁感应强度变小，说明电压表示数将变小，故C.根据电流的定义式可知B错误;解得霍尔元件中电子的定向移动速率D.电路稳定时，电压表读数为,qbcvtne,I=bcvnettIvnebcU=Bbv,将C选项中速率的表达式代入可得U=里necCD.设D型盒的半径为R,加速粒子离开加速器时的速度故D正确。故选Do6. B解析：BA.结合直流导线的磁场和左手定则可知，反向电流相互排斥，A错误；BC.直流导线之间的安培为相互作用力，等大反向，仅增大I2,根据FBIL可知安培力均增大，B正确，C错误；D.判断F2的方向，只需要知道M的电流Ii在N处的磁场方向即可，D

25、错误。故选Bo7. B解析：B质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故B正确，ACD错误。故选Bo【点睛】解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向。8. C解析：CA.粒子向右运动，根据左手定则，N向上偏转，带正电；M向下偏转，带负电，故A正确；B.粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即2vqvBm一rmvr一qB故半径较大的粒子速度大，由图可知，N的半径大于M的半径，故M的速率小于N的速率，故B正确；C.粒子运动周期T0qB故T相同.磁场中偏转角大的运动的时间也长；M粒子的偏转

26、角大，因此运动的时间就长，故C错；D.因两粒子的周期相同，则由2可知，两粒子的角速度相同，故D正确。T选错误的，故选Q【点睛】9. B解析：BA.根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；C.由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；BD.电子在加速电场中加速，由动能定理得12ceU-mv02电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vevBm一r解得，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径若增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中

27、做圆周运动的半径r增大，电子射出磁场时的偏角减小，P点右移，若减小偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径增大，电子出磁场时的速度偏角减小，P点右移，故B正确故D错误。故选Bo10.D解析：D1 .当磁场在虚线下万时，通电导线的等效长度为一L,受到的安培力方向竖直向上，设三角2形导线框质量为m,则有：1FiBI(aL)mg1 .当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为一L受到的安培力方向竖直向下，磁感应2强度增大到原来的两倍，故此时有：1F2(2B)I(2L)mg联立可得I2(F2F1)3Bl故D正确，ABC错误；故选Do11. B解析：BA.金属材料中，定向移动的是自由电子，

28、因为自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子聚集在上表面，上表面的电势要低于下表面的电势，故A错误；B.最终电子受到电场力和洛仑兹力平衡，由UHeevBbInesvnebcv联立解得IBnceUH故B正确；C.最终电子受到电场力和洛仑兹力平衡，由UHeevBb可知UHbvB如果仅增大电流I时，根据Inesv可知电子的移动速率会增大，则上、下表面的电势差增大，故C错误；D.根据UhbvB可知，其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故D错误。故选Bo12. D解析：DA.整个过程只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以机械能守恒，所以C点与A点在同一水平线上，故A错误；B

29、C.根据左手定则知洛伦兹力的方向与速度的方向有关，同一位置速度方向不同，所受洛伦兹力的方向不同，所以对轨道的压力不同，故BC错误；D.A至ijB和C至ijB的加速度相等，都做匀变速直线运动，所以A至ijB的时间等于C到B的时间相等，P为中点，小球从A至ijB的时间是从C到P时间的衣倍,故D正确；故选D。二、填空题13. MN之间的电压EdE解析：M、N之间的电压E-d-4B12当导电液体流过磁场区城时，相当于长为线，产生感应电动势d（d为管道直径）的一段导体切割磁感BLv其中L=d,v为流速，根据液体流量d2v4Qd24BQddE4B可得v将其代入EBLv,得E则Q由表达式可知，需要测量电压M

30、、N之间的电压E14. qvB零解析：qvB零1带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，F洛=qvB。2带电粒子运动方向与磁场方向平行时，则带电粒子所受洛伦兹力为零。15. 66解析：661由平衡条件可得cosmmgsin民ILBmgsina2ABLcosa解得I2R右半部分的电流为I1并联部分电阻为R2R右R故电源电动势为EII1R左Rr66V16.2A解析：2Aab12导体棒的最大静摩擦力大小为fm=0.5mg=1N,M的重力为G=Mg=3N,则fmG,要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b.根据受力分析，由平衡条件，则有F安=T+f=BI

31、L所以Tf31_ITL=A2A17.【解析】BL21解析：v10m/s【解析】导体棒切割磁感线的有效长度可能三种情况，如图：箭头代表运动方向,由于B和E不变，根据公式EBLv可知，L越大，速度越小，所以第种情况速度最小,由几何关系得L2-cos532120.820.8m,由EBLv得:EvBL40.50.810m/s.18.14mgr(1)如图，在珠子能够静止的一点进行受力分析:设OB与OA之间的夹角为，则：tan在mg解得：37珠子在等效最低点B时具有最大的动能。珠子从A到B的过程电场力和重力做功，珠子的动能增加，即:mgr(1cos)qEr*sinEk0解得珠子所能获得的最大动能:Ekmg

32、r(1cos)qErsinmgr4本题重点是要判定什么时候达到最大动能，这个是有受力决定的，因此就转而分析受力,受力平衡时物体的动能达到最大，在根据受力平衡感确定出来最大动能的位置，最终才能求最大动能。19.正或负mg解析：正或负q1由于洛伦兹力FqvB,可知速度变化洛伦兹力也变化，因此不论小球带正电还是负电，若要在复合场中做直线运动，只能做匀速直线运动，即小球所受合力为零。小球受力情况如下图所示若小球带正电，电场方向水平向右，速度方向斜向上；若带负电荷则相反。因此小球带正电或负电。2根据平衡条件，得mgtanqE由于=45,解得Emgtanmgqq【点睛】该题考察了带电粒子在复合场中的运动，

33、此类型题的分析方法为：1 .确定研究对象2 .注意进行五个分析：受力分析；过程分析；状态分析；做功分析(能量的转化分析)；守恒条件分析20.向外向上【分析】(1)根据平衡条件安培力等于拉力的差列式求解；(2)平衡后增加电阻会减小电流减小安培力产生加速度根据牛顿第二定律列方程求解加速度2r(-in.)g(如2一口1)吕解析：J-向外向上：LEL31叫:加2J【分析】(1)根据平衡条件，安培力等于拉力的差，列式求解;(2)平衡后，增加电阻，会减小电流，减小安培力，产生加速度，根据牛顿第二定律列方程求解加速度.(1)电键闭合后，需要再右侧加祛码，故安培力向下，故磁场方向垂直向外，根据平衡条件，有：(

34、m2-mi)g=BIL根据闭合电路欧姆定律，有：E=I(r+r)联立解得:(2)将电阻箱阻值调节至R=2r,电流减小，安培力减小，故合力向上，会向上加速，根据牛顿第二定律，有:(m2-mi)g-BI'L=ma根据闭合电路欧姆定律，有:E=I'(r+2r)(一川11)S解得：a=y=2r(m0-mi)S,故答案为(i)Z!，向外;EL三、解答题21.(1)为也；(2)2d；(3)2373d；2mmqB(1)由几何关系可知，粒子在磁场I中运动的半径为dr-sin2d由牛顿第二定律得qvgB2mvor所以2qBd(2)若粒子到达磁场n左边界时速度恰好为零，则粒子在电场中运动过程中，由

35、动能定理qExo01mv0220解得xo=2d(3)当粒子在磁场n中的运动轨迹与磁场n右边界相切时，粒子进入第二象限时的位置与n中运动的半径为O点距离最大，在此情况下，由几何关系可知，粒子在磁场因此Ym23d2d233d2由qvBmv-得，粒子在磁场r中的速度粒子在电场中运动过程中，有所以2m2ti22.qB(1)E；(2)B1rbb2:驷2E(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0,满足EqB1qvE解得v=。Bi(2)在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，满足2B?qvmvqe解得。mRBB2(3)设质量较小的离子质量为mi,半径为R,质量较大的离子质量为m2,半径为R2,依题意可得R2Ri°它们带电量相同，进入底片时的速度都为v,B2qv2由向心力公式可得2m1VRiB2qvm2R2联立可解得mm2mlBq(R2Ri)B1B2qd化简可得m-。2E23.2mv(1)2：1；(2)qB(1)根据左手定则可知，带正电的粒子向上偏转，从y轴射出，带负电的粒子向下偏转，从x轴射出，带电粒子运动的轨迹如图所示：事-4根据2vqvBm一r可知