(2)若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力F的大小，并在图中画出安培力的方向.

10.如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B,一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图(b)所示，试求(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ;(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。

11.如图所示，在xOy平面内存在I、II、III、IV四个场区，y轴右侧存在匀强磁场I，y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，II区电场方向竖直向下，III区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点。有一质量为m，带电荷量+q的带电粒子由原点O，以速度v0沿x轴正方向水平射入磁场I，已知匀强磁场I的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B0，匀强电场II和匀强电场III的电场强度大小均为，如图所示，IV区的磁场垂直纸面向外，大小为，OP之间的距离为，已知粒子最后能回到O点。

(1)带电粒子从O点飞出后，第一次回到x轴时的位置和时间;

(2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹;

(3)带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。

试卷答案

1.解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的;并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况;

故选：C.

2.解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确;

B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误;

C：洛伦兹力不做功，C错误;

D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误.

故选：A.

3.解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA=60°，φB=120°，

设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rA=Rtan30°=R，rB=Rtan60°=R，

A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，，

则粒子1与粒子2的比荷值为：，故A错误;B正确;

C、粒子运动的周期，，粒子运动的时间：=

带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为，故CD错误;

故选：B.

4.解：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AC错误，BD正确.

故选BD.

5.解：A、由麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一个恒定的感应电场，由楞次定律可知，此电场方向与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力也随着增大，故A错误，B正确.

C、洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错误.

D、带电小球所受洛伦兹力F=qBv，随着速度的增大而增大，故D正确.

故选：BD

6.解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上;

故选A.

7. 解析：(1)粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，运动的半径必为b，则

得

(2)粒子自O1点进入磁场，最后恰好从N板的边缘平行飞出，设运动时间为t，则

2bv0t

t=nT (n=1,2,.....)

解得

(n=1，2，…)