[参考答案]
(一)选择题
1.C 2.AC 3.D 4.B 5.B 6.ACD 7.D 8.ABD 9.BCD 10.AC 11.BC 12.B 13.AC 14.ACD 15.ACD 16.ABC 17.C 18.ABC 19.D
(二)填空题
1.(1)1∶1∶1 (2)1∶2∶3 (3)1∶3∶5 (4)1∶1∶1 2.4mA，a→b 3.CD，EF，BC与DE 4.BωRθ/2π
6-7
5.(1)图略 (2)82.5 (3)D 6.1.6，0.5 7.10N/C 右 十10C
-5-5
8.1.6310C 2.0310C
9.0.7A 1A 10.
2E2
2mv3
12mv0+4ve 11.2mq/gt (
2
2πq+1)2t
12.q1·q3= q1·q2+q2·q3
13.左偏 14.引力，斥力，零
15.(1)略 (2)注意：画直线时应去掉(0.45A，0.95V)的点 (3)ε＝(1.45±0.02)V，r＝(1.0±0.1)Ω
16.(1)B (2)略 17.O与a重合时，逆时针方向 (三)论述和计算
1.以任意一个-q为研究对象，进行受力分析，一共受到三个力，两个+q对它的吸引力和另一个-q的斥力.由匀速圆周运动规律可知，三个力的合力提供向心力，即可求得角速度ω，
∑F=2
kq222
22-
kq22(2a)q2a(2a)=(
22-
14) kq/a,∑F=maω,
222
ω=
2(2?1)kma
2.(1)y＝2.5cm (2)
3.(1)正极的电势是9.0V，负极的电势为-1.8V. (2)电流强度是1.3A
4
4.(1)8V，14W (2)2.52310J
5.(1)由电子源发出的平行于挡板的电子在磁场中作匀速圆周运动。若半径为L/2时，刚好到达挡板，电子的最小速率vmin必须满足
Bevmin=mvmin/2(
2
L2),vmin=Bel/(2m)
(2)所有从电子源S发出的电子都将在磁场中作圆周运动，因为电子速率都相同，故圆周运动半径R也相同，均为：
R=mv/Be.因 v=2vmin,故R=L.
由于半径为L的圆周上，任意两点的最长距离为直径2L，故在O点上侧、与S相距为2L的a点为电子击中挡板的最远点(见图)，所以
aO=(2L)?L=3L.
又初速沿SO方向的电子恰好在O点下侧与挡板相切于b点，此b点为击中挡板下侧的最远点，其余沿SO下方发射的电子无法与挡板相碰，由圆的知识得：
bO=SO=L.
综上所述，电子击中挡板MN的范围为ab=aO+bO=(3+1)L.
6.(1)滑环受到冲量I0时，恰能沿杆作匀速直线运动，所以摩擦力为零。
22此时，滑环受力情况如图甲所示，环只受重力和洛伦兹力F0=qBv0的作用。 qBv0-mg=0,I0=mv0-0, I0=
mgqB2
(2)当Is＞I0时，滑环获得的初速度vs＞vo，所以qBvs＞mg，此时滑环受力情况如图乙所示.
N+mg＝Fs,Fs＝qBvs， f=μN=μ(qBv-mg).
所以，f随环的速度减小而减小。当qBv=mg时，摩擦力消失，环不再克服摩擦力做功，而以此速度v沿杆作匀速运动。
克服摩擦力做功W=而 Is=mvs-0, 解得 W=
1212mvs-
2
12mv,
2
(
I2sm-
mgqB2322）。
当Is＜I0时，环的初速vs＜v0,所以qBvs＜mg,此时环受力情况如图丙所示。
mg-N=Fs，Fs=qBvs， f=μN=μ(mg-qBv).
摩擦力f随环速度v减小而增大，最后环的速度为零。克服摩擦力做功W=7.(1)带电粒子在电场中被加速时，根据动能定理， qU=
1212mvs-0=
2
I2s2m.
mv.
2
(1)
粒子运动到P点时具有速度v，此时容器刚好加有匀强磁场，根据左手定则，粒子在P点受到方向从P指向D的洛伦兹力作用而作匀速圆周运动，轨道半径和周期分别为：
r=mv/qB, (2)
T=
2πmqB=π310s.
-2
(3)
将(1)代入(2)，得r=2mU/qB=0.5m＜ab/2，由式(3)知，粒子运转周期与匀强磁场变化的周期相等。可见，粒子在P、D间运动的轨迹如图丙所示，设半圆的个数为n则
n=PD/2r=
32?0.5=3。
故能与中性粒子相碰。
(2)当M、N加有最大电压Um时，设粒子到达P点的速度为vm,运动半径为rm,为使粒子不与cd边相碰，必须满足
rm≤
12ab=0.8m.
欲使带电粒子与中性粒子相碰，必须满足 PD=n′2rm=3m。其中n′必为整数。 解得，n′的最小值为2。 ∴rm=PD/4=0.75m.
将rm值代入式(1)和或(2)，解得
2222
Um=qBrm/2m=503430.75/2=225V. 8.
neUBq，方向垂直纸面向外
9.(1)r1=
MBq2Eqdm (2)n＞5
2πT10.(1)线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化，Φ＝BmSsin2根据法拉第电磁感应律，ε＝是
△Φ△tTt.
△Φ△t，可见电动势最大时也就
最大.如何确定
2π△Φ△t最大的时刻呢?我们可将Φ＝
BmSsin的函数关系用Φ-t图来表示(如右图).在该图上，
△Φ△t曲线的斜率反映了的大小.由图可见，当t等于0、
T2、T时，切线的斜率最大，因此，
在这些时刻线圈产生的感应电动势最大.
(2)Φ的周期性变化使得ε、I也作周期性的变化，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：
△Φ△Φ?ε＝，I＝＝.
△tRR△t而ΔΦ＝IΔt，所以ΔQ＝
△ΦR.
即在Δt时间内，通过导体横截面的电量只与磁通量的初末状态(ΔΦ＝Φ2-Φ1)及导体的电阻R有关，而与Δt本身无关.
∴ΔQ＝
△ΦR＝
Φ2?Φ1R＝
2BmS?(?BmS)R＝
2BmSR.
61111.(1)ab棒的速度v′1=耳热Q=
911112gh;cd棒的速度v′2=22gh (2)电路产生的焦
m1gh
13.当场强E与图示反向时，m1、m2沿斜面无摩擦下滑： Eq=mgcosα
E的方向如图示时，释放m1、m2，ml由A点运动到B点机械能守恒，设AB=BC=L
12mv1=mgLsinα,v1=2gLsinα m1、m2碰撞过程动量守恒，没碰后速度为v：
2gLsinα22
mv1=2mv,v=)
碰后假定二者刚好能运动到C点，由动能定理： 0-1222mv2=2mgLsinα-μNL
而式中 N=E22q+2mgcosα=4mgcosα，代入上式 μ24mgLcosα=2mgLsinα+
12mgLsinα
得 μ=0.36,要使m1、m2不能到达C点需μ＞0.36.
14.(1)粒子受洛仑兹力作用，在平行于xOy平面内做匀速圆周运动，有 qBv0=
mvR20,R=
mv0qB
回转周期为T，T=
2πRv0=
2πmqB
在+z方向上只受电场力作用，做初速度为零的匀加速运动，设一个周期T内的位移为s s=
12at=1/2aT=
22
1qE2m(
2πmqB)=
2
2πmEqB22
即z轴上该点到原点的距离为
2πmEqB22.
(2)粒子过P点时+z方向的分速度为 vz=at=aT=
qEm（
2πmqB）=
2πB
+y方向的分速度仍为v0，合速度为 vq=v20?v22=v20?(2πEB)2
设合速度与+y方向的夹角为θ tgθ=
v2v0 =
2πEBv0,θ=arctg
2πEBv0
15.MN、OP做切割磁感线运动产生的感应电动势分别为：
ε1=2BLv,ε2=BLv
由全电路欧姆定律
I=?1??22R?R=
3BLv3R=
BLvR
设图中A点电势为UA，D点电势为UD，有 UA+Blv-IR=UD UDA=BLv
电容器的带电量 Q=CUDA=CBLv UD＞UA，上板带正电。
-7
16.(1)0.1T (2)7∶1 (3)1.73310s