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1． B    根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，B_a<B_b，即B正確；同一通電導(dǎo)線放在a處受力的情況大小不一定，因為放入時的位置（即放入時與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定．

2． C    地球自轉(zhuǎn)等效成環(huán)形電流，南極為磁場N極，由右手定則可知地球帶負(fù)電，地球轉(zhuǎn)速變慢使環(huán)形電流電流減小，故磁場減弱，所以選C．

3． AB    根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強度的迭加原理即可知．

4． ABC  提示：根據(jù)已知條件畫出運動的軌跡和基本公式即可判斷．

5． AB    若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用（且?guī)靵隽�為斥力），若重力的大小和庫侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，A正確；若庫侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確．

6． B    電子進(jìn)入磁場時向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應(yīng)比臨界半徑大，由可知，磁感應(yīng)強度只要比臨界時的小就可以了，如題圖，由對稱性作輔助線，由幾何關(guān)系可得，半徑，又，解得，故選B．

7． AD    由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進(jìn)入電、磁場時，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負(fù)功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小是變化的，運動軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡單的拋物線，所以選項B、C錯誤．由動能定律得：，故選項D正確，綜合來看，選項A、D正確．

8． C   根據(jù)電子運動的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時曲率半徑變小，由知與cd邊越近，B越強，可見是由cd中的電流產(chǎn)生的，只有C正確．

9． BD   本題考查帶電體在復(fù)合場中的運動，在分析時要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，導(dǎo)致桿對小球的彈力發(fā)生變化，因此摩擦力發(fā)生變化，小球的運動狀態(tài)發(fā)生變化．

10． C    帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑r=mv/qB，設(shè)α粒子第一次穿過金屬片的速度v^/，則，所以v^/=0．9v，動能減少．根據(jù)阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動能都減少0．19E，由，故α粒子穿過5次后陷入金屬中．

11． B=（6分）  控制變量法（2分）

解析：從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k₁和Br=k₂，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10^－7Tm/A．所以得出磁感應(yīng)強度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=．

12．（1）A （2分）  逆時針 （2分）

（2）運動電荷受到了磁場力（2分）  陰  （2分） 

（3）吸引（2分）    排斥（2分）

13．解析：（1）設(shè)小球第一次到達(dá)最低點時速度為v，則由動能定理可得（2分）

在最低點根據(jù)牛頓第二定律得，（2分）

解得C（2分）

根據(jù)左手定則可判斷小球帶負(fù)電（3分）

（2）根據(jù)機械能守恒可知，小球第二次到達(dá)最低點時速度小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，（3分）

解得N（2分）

14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的    半徑，（1分）

m>（2分）

因此要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應(yīng)的弦長最長，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運動的時間最長． （2分）

設(shè)該弦對應(yīng)的圓心角為，而（1分）

運動時間（2分）

又，故s（2分）

（2）（2分）

粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場相交的部分．繪圖如圖． （2分）

15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運動的過程中受到電場力F_E、洛倫茲力F_B和彈力F_N的作用，其合力即為小球做圓周運動的向心力，由圖可知：

（3分）

∴（2分）

其中F_B=qvB，F_E=kQq/R²，代入上式可得，

（2分）

上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù)，所以F_N為v的二次函數(shù)．對照y=ax²+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R²． （2分）

因a>0，故F_N有最小值，且當(dāng)時，F_N最小（臨界條件），最小值為．（2分）

可見，隨著小球運動速度的增大，圓環(huán)對小球的彈力F_N先減小、后增大，且臨界狀態(tài)（最小值）出現(xiàn)在v=BqR/2m時． （3分）

16．解析：（1）要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q．

設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得，

（4分）

即，從圖中可以看出（4分）

（2）沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實線所示． （4分）

所以磁場范圍的最小面積．（4分）

17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向． （4分）

（2）在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設(shè)運動時間為t，

小球自由下落，有H=gt²/2（1分）

小球沿x軸方向只受電場力作用，F_e=qE（1分）

小球沿x軸的位移為l=at²/2（1分）

小球沿x軸方向的加速度為a=F_e/m（1分）

聯(lián)立求解，得E=mgl/qH． （2分）

（3）帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛倫茲力不做功．電場力做功為：W_e=qEl，（1分）

重力做功為W_G=mgH（1分）

設(shè)落到N點時速度大小為v，根據(jù)動能定理得，（2分）

解得，（2分）

18．解析：（1）因帶電質(zhì)點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，①（1分）

又②

兩板間電場強度③（1分）

兩板間電壓④（1分）

由閉合電路歐姆定律得，⑤（1分）

由①～⑤得，（2分）

     （2）由題意知，電場力豎直向上，故質(zhì)點帶負(fù)電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得，⑥（2分）

因兩極板間電壓

故，⑦（2分）

由⑥⑦解得，⑧（1分）

    （3）因板間電壓變?yōu)?sub>⑨

故電場力（2分）

由動能定理得，⑩（2分）

由⑧⑨⑩解得．（1分）