天津汇森中学高中物理选修二安培力与洛伦兹力测试题有答案解析

1、一、选择题1. （0分）ID： 128268如图平面直角坐标系的第 I象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁 感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30口的方 向进入磁场，运动到 A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则下列判断 错误的是（）A.该粒子带负电mv状态，细线中的拉力为 E,保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。导线框中的电流大小为（）8. A点与x轴的距离为 2qBmD.运动过程中粒子的速度不变C.粒子由O到A经历时间t 3qB2. （0分）ID: 128259如图所示，边长为l,质量为m的等边三角形导

2、线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过 ab边中点和ac边中点，在虚线B,此时导线框处于静止的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为F2 FlF2 Fl2（F2 Fi）2（F2 E）AB BTC BlD 3Bl3. （0分）ID: 128256如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.20m , 9=37 ,磁感应强度B=1T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4V、内阻r=1 的直流电源。现把一个质量m=0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的

3、电阻R=1Q,金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37 =0.6, cos37 =0.8,则下列说法中正确的是 （ ）A.导体棒上的电流大小为1AB.导体棒受到的安培力大小为 0.40NC.导体棒受到的摩擦力方向为沿导轨平面向下D.导体棒受到的摩擦力大小为0.06N4. （0分）ID: 128229如图所示，一本因！有电流I的直铜棒MN ,用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零（ ）X XX8XX XX XN XA.适当增大电流B.使电流反向并适当减小C.保持电流I不变，减小BD.使电流I反向并增大5. （0分）ID： 1282

4、26如图所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场 B后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化（不考 虑磁场变化引起的电场），则下列判断中错误的是（）A.磁场B减小，油滴动能增加B.磁场B增大，油滴机械能不变C.使磁场方向反向，油滴动能减小D.使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小6. （0分）ID: 128225如图所示，在边长为 a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B的匀强磁场。一个质量为 m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计） 从AB边的中点。以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为

5、60°。若粒子在磁场中运动的过程中恰好与CB边相切，并从 AB边穿出磁场，则v的大小为（）BA.；3Bqa4mBqaB.4m3Bqa8m3Bqa D.8m7. （0分）ID： 128222回旋加速器由两个铜质 D形盒构成，其间留有空隙，原理如图所示.下列说法正确的是（）A.带电粒子在 D形盒内时，被磁场不断地加速B.交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期C.加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大D.加速器可以对带电粒子进行无限加速8. （0分）ID: 128278磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道 内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转

6、，形成直流电源对外供电.则（）A.仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B.仅增强磁场磁感应强度，发电机的电动势将增大C.仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D.仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将减小9. （0分）ID： 128200空间有一圆形匀强磁场区域， O点为圆心。一带负电的粒子从 A点 沿半径方向以速率 V垂直射入磁场，经过时间 t离开磁场时速度方向与半径 OA垂直，不计 粒子重力。若粒子速率变为 J3V ,其他条件不变，粒子在圆形磁场中运动的时间为（ ）tA. 一22B. t33tC 一2D. 2t10. （0分）ID: 128199匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂

7、直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束 质量为m、电荷量为q （q>0）的粒子，在纸面内从 c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具 有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为)7 m5 m4 m'6qB' 4qB' 3qB3 mD.-2qB11. （0分）ID： 128197如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为 O,大圆和小12. （0 分）ID:合力方向为（圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO

8、方向以速度vi射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为 V2,不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区一 .V2一，域，则一最大为（ViA. J3B34128191如图，通电直导线与通电矩形线圈同在纸面内，线圈所受安培力的 ）A.向右B.向左C.向下D.向上二、填空题c kl13. （0分）ID： 128380实验证明：通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B 一，式r中常量k 0, I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，有一矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如图所示。开始时MN内不通电流，此

9、时两细线内的张力均为To 3N ；当MN通以强度为Ii 1A电流时，两细线内的张力均减小为 T1 2N ；当MN内电流强度大小变为I2时，两细线内的张 力均增大为T2 4N。则电流I2的大小为 A；当MN内的电流强度为I3 3A时两细线恰好同时断裂，则在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为 go （g为重力加速度）41>k 1.14. （0分）ID： 128376质量为m,电量为q带正电荷的小物块从半径为 R的一光滑圆槽顶4点由静止下滑，整个装置处于电场强度为E,磁感应强度为 B的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为 。15. （0分）ID： 128372如图所示，质量为 m的U型

10、导线框abcd ,其质量均匀分布，ab与cd长度土匀为l,宽度bc为s,导线框置于竖直向上的匀弓II磁场中，可绕水平轴MN转动，现给导线框通以 MabcdN方向、电流强度为I的恒定电流，导线框由静止开始从竖直平面 向纸外偏转，在达到最大角度为的过程中，安培力对导线框做的功为 ；导线框最终静止时与竖直平面夹角为，则匀强磁场的磁感强度 B为。16. （0分）ID： 128356如图所示，电源 E,导线，导电细软绳 ab、cd,以及导体棒bc构成 闭合回路，导电细软绳ab、cd的a端和d端不动，加上恰当的磁场后，当导体棒保持静止时，闭合回路中 abcd所在平面与过ad的竖直平面成 30°,

11、已知ad和bc等长且都在水平 面内，导体棒 bc中的电流I=2A,导体棒的长度 L=0.5m,导体棒的质量 m=0.5kg, g取 10m/s2,关于磁场的最小值为 ,方向 。17. （0分）ID： 128345如图是霍尔元件工作原理示意图，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b,其中自由运动电荷的带电量大小为q。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料的自由运动电荷为 （填 正”或 负”）电荷，单位体积内自由运动电荷数等于O上下18. （0分

12、）ID： 128323如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I,此时a受到的磁场力为F,当在a、b的正中间再放置一根与 a、b平行共 面的通电长直导线 c后，b受到的磁场力恰好平衡，则直导线c中电流流向为 （选填向上”或 向下”），此时a受到的磁场力大小为 .19. （0分）ID: 128301将长度为0.2m、通有1A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图所示.已知磁感应强度为1T,试求下列各图中导线所受安培力的大小.XXXJXX4X X(1)XXXXXXXXX X(4)(1) Fi = _ N20. (0 分)ID:(2)F2= N (3) F

13、3= N (4) F4= N128294如下图所示，是一种质谱仪的示意图,从离子源S产生的正离子,经过Si和S2之间的加速电场，进入速度选择器，Pi和P2间的电场强度为 E,磁感应强度为Bi,离子由S3射出后进入磁感应强度为 B2的匀强磁场区域，由于各种离子轨迹半径 R不同，而分别射到底片上不同的位置，形成谱线。也f底：;：次:乎:若已知S1S2间加速电压为 U,并且磁感应强度 B2半径R也是已知的，则离子的比荷q一 。m(2)若已知速度选择器中的电场强度 E和磁感应强度Bi, R和B2也知道，则离子的比荷为(3)要使氢的同位素笊和航经加速电场和速度选择器以相同的速度进入磁感应强度为B2的匀强

14、磁场。(设进入加速电场时速度为零)A.若保持速度选择器的E和Bi不变，则加速电场 Sa间的电压比应为 。B.它们谱线位置到狭缝 &间距离之比为。三、解答题21. (0分)ID: 128488理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间 探测高能正电子是发现暗物质的一种方法。某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的 装置(如图所示)。空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B0 5 10 4T，半径r 0.3m的半圆形环ABC为正电子发射源，能持续不断地发射速度v0 3.52 107m/s的正电子，。1为半圆环的圆心，B为半圆环最高点，足够长的收集板DF垂直AC放置在距C

15、点x处，AC延长线与板交于 H点，板的左侧面固定有正电子收集器，沿板建立y轴，H为原点。只考虑正电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力，已知 sin 530.8, cos53 0.6。(1)只研究从C点沿半径向外射出的正电子，左右移动收集板，打在收集板上的最低位置 在y10.4m处，求正电子的比荷q ；m(2)只研究从B点沿各个方向向外射出的正电子，左右移动收集板，当收集板在C点右侧距C点x为多少时，收集板刚好收集不到从B发射的正电子；(3)若正电子出射时速度方向均沿半径方向向外，且粒子数按圆弧面均勾分布，试求当 x 0.4m时DF上收集到的正电子数与发射总数的比值22. (0分)ID：

16、 128482如图所示，在x轴上方存在方向沿存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为十沿x轴正方向射入电场，从 x=l.的b点进入磁场，并经过y轴负方向的匀强电场，x轴下方q的粒子从y=L的a点以速度vo2y轴上c点，oc长度为L。不计粒子重力，求:(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)从a点到c点所用时间。23. (0分)ID: 128436如图所示,在倾角为为m的直导体棒，通有垂直纸面向里的电流的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量I。(1)若匀强磁场水平向左，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？(2)若匀强磁场垂直于斜面向下，导体棒恰好静止在斜面

17、上，磁感应强度B的大小为多少?(3)若匀强磁场竖直向下，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？24. (0分)ID： 128425如图所示，将长为 50cm,质量为1kg的均匀金属棒ab的两端用两只相间的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A的电流时，弹簧恰好不伸长(g=10m/s2)。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)当金属体中通过大小为 1A。方向由a到b的电流时弹簧伸长 3cm;如果电流方向由b到 a,而电流大小不变，求弹簧的形变量。(弹簧始终在弹性限度内)25. (0分)ID: 128408如图，平行板电容器两极间的电势差为30V ,两

18、板间距为0.1m,板间同时存在磁感应强度大小Bi 0.01T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.电容器右侧有一倾角30的斜面，斜面上方有一正三角形区域abc ,区域内分布有磁感应强度大小B2 0.02T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.质量为4 10 20kg、带电量为 2 1012c的粒子(重力不计)，从板间以速度V。水平射入电容器，做直线运动，然后穿过 ab边进入正三角形区域，仍从 ab边离开，最后恰好垂直打在斜面上，其运动轨迹如图所示.求：(1)粒子入射速度 V0的大小；(2)粒子在三角形区域中运动的时间；(3)正三角形区域的最小边长。26. (0分)ID： 128393如图所示，在半径为 R的圆

19、内有场强为 E的匀强电场，一带正电的粒子从A点沿半径方向垂直电场以速度v射入，从B点射出。图中0=-0若去掉电场，在3圆的区域内加垂直圆面的匀强磁场，粒子仍从A点以原来的速度射入，粒子仍从B点射出，求：(1)求粒子的比荷；m(2)磁场的磁感应强度；粒子在磁场中运动的时间 t b。2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案*科目模拟测试、选择题2. A3. B4. A5. C6. C7. B8. B9. B10. C12. C二、填空题14 .15 .16 . 5b 到 a17 .负【分析】上表面的电势比下表面的低可知上表面带负电下表面带正电根据左手定则 判断自由运动电荷的电性抓住电荷所受的

20、洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度从而 得出单位体积内自由运动的电荷数18 .向下【解析】19 . (1)0(2)02(3)01(4)0220 .三、解答题2122232425262016-2017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：D根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示:A.根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故 A正确，不符合题意；B.设点A与x轴的距离为d,由图可得r rcos60 d所以d 0.5r而粒子的轨迹半径为mv rqB则得A点与x轴的距离为, mvd 2qB故B正确，不符合题意；C.粒子由O运动到A时速度方向改变了 60角，所以粒

21、子轨迹对应的圆心角为60 ,所以粒子运动的时间为12m mt T 3606 qB 3qB故C正确，不符合题意;D错误，符合题D.由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故 意。故选D。2. A解析：A 线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知，安培力夹角现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。均为120。，因此安培力合力为 F安，则有F2=mg+F 安当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的 拉力为Fi；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，

22、方向竖直向上，大小为BIlF安二2根据平衡条件，则有:解得：即Fi+F 安=mgF 安=mg-F1 =F2-mgBIl21一(F2 F1)2F2F1Bl故选Ao3. B解析：BA .根据闭合电路欧姆定律，有I A 2AR r 1 1故A错误；B.导体棒受到的安培力为F安 BIL=1 2 0.20N=0.40N故B正确；CD.导体棒受力如图重力沿斜面向下的分力为Gx mgsin37 0.08 10 0.6N 0.48N>Fa则棒有向下运动的趋势，静摩擦力沿斜面向上，且静摩擦力大小为f (0.48 0.40)N=0.08N故CD错误。 故选B。4. A解析：AAC.棒处于方向垂直纸面向里的匀

23、强磁场中，棒中通有电流，方向从 M流向N,根据左手 定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培 力必须增加，因为F BIL所以可以适当增加电流强度，或增大磁场，C错误A正确；BD.当电流反相后所受到的安培力向下，故悬线一定会受到拉力，CD错误。故选Ao5. C解析：CA.油滴做匀速直线运动，则洛伦兹力与重力合力为零，洛伦兹力一定竖直向上，磁场B减小，洛伦兹力减小，油滴向下偏转，重力做正功，动能增加，A正确，不符合题意；B.磁场B增大，洛伦兹力增大，向上偏转，洛伦兹力不做功，油滴机械能不变，B正确，不符合题意；C.使磁场方向反向，洛伦兹力向下，油滴向下偏转，重

24、力做正功，动能增大，C错误，符合题意；D.使磁场方向反向后再减小，洛伦兹力向下，油滴向下偏转，重力做正功，油滴重力势 能减小，D正确，不符合题意。故选Co6. C解析：C粒子运动的轨迹过程图，如图所示轨迹圆恰好与BC边相切粒子恰好从AB边穿出磁场的临界轨迹对应的半径为2228根据洛伦兹力提供向心力可得2 V qvB m R联立可得3Bqa v 8m故选C。7. B解析：BA.带电粒子在 D形盒内时，因洛伦兹力不做功，则粒子被电场不断地加速，选项 A错 误；8. 为了使得粒子在 D型盒的缝隙中不断被加速，则交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，选项 B正确；CD.加速器可以对带电粒子不能进

25、行无限加速，带带电粒子的轨道半径等于D型盒的半径时，粒子被加速的速度最大，根据2 V qvB m R可得，带电粒子获得的最大动能2221 2 q B REk - mv 2 2m与加速电压大小无关，选项 CD错误；故选Bo8. B解析：BAB.最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡，有qvB qU d解得U ab Bdv只减小两板之间的距离，电势差也会减小，只增大磁感应强度，发电机的电动势将增大, 故A错误，B正确；D.根据总功率为2 , 2P总EIBdvR r当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故 D错误;C.依据电源的输出功率表达式当R=r时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电

26、机的输出功率不一定减小, 故C错误；故选Bo9. B解析：B令磁场的半径为r,粒子以速率v垂直射入磁场，运动轨迹如甲图所示:根据几何知识可知，粒子的半径为Ri r圆心角为190粒子以速率 J3V射入磁场，其运动轨迹如图乙所示：因为洛伦兹力提供向心力2VqvB m RmvqB所以粒子的半径为R23r根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为260因为粒子在磁场中做圆周运动的半径为T5qB粒子的比荷相同，则周期相等，粒子两次在磁场中运动的时间之比为ti90t2602所以粒子第二次在磁场中运动的时间为t2故ACD错误，B正确。故选Bo10. C解析：C粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv2 mv可得粒

27、子在磁场中的周期qB粒子在磁场中运动的时间qB则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放 缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径r 0.5R和r 1.5R时，粒子分别从 ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运 动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为 R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大,即轨迹对应

28、的最大圆心角粒子运动最长时间为t T22 m 4 m qB 3qB故选C。解析：BABCD.粒子在磁场中做圆周运动，如图由几何知识得2R32Rri tan60洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2ViqviB m ri解得Vi2qBR,3m当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区 域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径2洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得2V2qv2B m2V2qBR2mACD错误B正确。故选Bo12. C解析：C 根据右手螺旋定则知直导线在上方产生的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越 弱，根据左手定则，上边所

29、受的安培力向上，下边所受的安培力向下，靠近导线处磁场 强，则下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则线圈所受的安培力方向向下，故 确，ABD错误。故选Co 二、填空题13. 2解析：21MN不通电时两线原来的拉力均为To 3N ,则mg = 2T0 = 6N当MN通1A的电流时，两线的张力均减为T| 2N ,由于2Ti < mg所以安培力方向向上，大小为mg = 2T1 + F 安计算出F安=I1(- - -) = 2N, 11= 1A12当两细线内的张力均增大为 T2 4N时，由于2T2 > mg安培力方向向下，大小为2T2= mg + F'安，F'安=12(-)

30、12计算得|2= 1A电流方向与原来相反。2当MN中的电流为I33A时两细线签好同时断裂，此时线圈的安培力方向向下，大小F”安=13( - 一)= 6Nri 2细线断开的瞬间由牛顿第二定律有mg + F”安=ma所以线圈的加速度为 2g。14.2(mg qE)R3mg 2qE qB.m小物块由静止滑到最低点由动能定理得12mgR qER -mv在最低点由牛顿第二定律得2 v mg qvB m 一联立以上两式得N 3mg由牛顿第三定律，物块对轨道的压力N' N152l smgl(l s)(1 cos ) mg(l s) tan1根据动能定理，在达到最大角度为的过程中，有WF WG 0 s

31、)Is所以安培力对导线框做的功为 s ，)WF mgl 1 cos2l s21mg； 1 cos-mgl 1 cos2l s2导线框最终静止时与竖直平面夹角为,由平衡条件可得BIsqmg tan2l s所以匀强磁场的磁感强度B为s)(2l s)Istan 16. 5b 至|解析：5 b至ij a1对bc棒受力分析，受到竖直向下的重力、绳子的拉力和安培力作用，其中绳子的拉力 方向恒定，重力的大小和方向恒定，根据矢量三角形可知，当安培力和绳子方向垂直时，1女培力取小，取小为 一mg ,即21-mg BIL解得 Bmin 2.5T。2根据左手定则可知磁场的方向沿 ba所在直线，由b指向a。17 .负

32、【分析】上表面的电势比下表面的低可知上表面带负电下表面带正电根 据左手定则判断自由运动电荷的电性抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求 出电荷的移动速度从而得出单位体积内自由运动的电荷数解析：负IBqbU上表面的电势比下表面的低，可知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由 运动电荷的电性。抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出 单位体积内自由运动的电荷数。1因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷;2因为:qvB qU a解得：vU aB因为电流:I nqvS nqvab解得：nIBqbU解决本题的关键在于利用左手定则判断洛伦兹力的方向

33、，以及知道最终电荷在电场力和洛 伦兹力作用下处于平衡。18 .向下【解析】解析：向下 1.5F【解析】12.根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力大小与方向，由力的合成求解a受到的磁场力.由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故 b受到a的磁场力大小为 F,方向向右； 中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在 ab两位置产生的磁场强度相同，故 b受到的磁场力为 a受磁场力的2倍；由于b受到的磁场力恰好平衡，则 c对b的磁场力向左，大小为 F,根据同向电流相吸，异向电流相斥，因此 c的电流方向向下，那么c对a的磁场力向左，大小为 0.5

34、F ,根据力的合成法则，则此时 a受到的磁场力大小为1.5F；19 . (1)0(2)02(3)01(4)02解析：(1)0 (2)0.2 (3)0.1 (4)0.2由安培力的公式 尸二瑁£5i】谊，忖是B与I方向间夹角，当8=0时，表示B与I平行，安培力为零，当|。=90°时，B与I方向间垂直，所受安培力为 HfL.图1知B与I平行，安培力八二0,图2知B与I方向垂直，二日北=0.2N,图3知当。=120°时，F = WLsM12O"=0,1N,图4知B与I方向垂直，色二用U=0.2N.解题是要分清 B与I方向 间夹角.20 .2U琮R2E22B2B1

35、R33(1) 1由于粒子在B2区域做匀速圆周运动，所以2qvB2mvRmV解得R= ，这个速度也就是粒子经加速电场加速后的速度，在加速过程中 qB22 qU = mv 2所以222q q B2 R m2m2U解得q 2U一 _ 2_2m B2 R(2) 2在速度选择器中，粒子沿直线穿过，故qE= qvB)解得E= vBi=迪所以mB2B1R(3) 3笊核2H ,瓶核3H ,设经加速后二者速度均为v,经电场加速则有q1U1=1m1v22q?U122= - m2V2由以上两式得U1U7m2m2q34它们谱线的位置到狭缝 径之比，也是半径之比S3的距离之比实际上就是两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的直d1d2RiR2m1VqB 2m2V3q?B三、解答题(1) 1.76 1011C/kg ；(2)0.5m ；(3)5390(1)如图1,有正电子轨迹半径0.4m由洛伦兹力通过向心力，可得qBv2 mv