(全国通用)2019版高考物理一轮复习 第九章 磁场 微专题67 磁场对带电物体的作用力备考精炼

2019年高考物理一轮复习 第9章 磁场 新人教版一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·福建省龙岩石期中)如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时(电流方向和转动方向如图所示)。

通电直导线所受安培力的方向为导学号 21993488( C )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外[解析] 带电圆盘如图转动时，形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面内侧，因此安培力的方向水平向里，故A 、B 、D 项错误，C 项正确。

2．(2018·天津市月考)正五边形abcde 导体框，其单位长度的电阻值为ρ，现将正五边形导体框置于如图所示的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E 且不计内阻的电源两端，则下列关于导体框所受的安培力的描述正确的是导学号 21993489( A )A ．安培力的大小为5EB4ρ，方向竖直向上B ．安培力的大小为5EB4ρ，方向竖直向下C ．安培力的大小为2EBρ，方向竖直向下D ．安培力的大小为2EBρ，方向竖直向上[解析] 由图可知，电路接通后流过导体框的电流方向为ae 及abcde ，假设导体框每边长为L ，由欧姆定律可得ae 边的电流大小为I 1＝E L ρ，流过abcde 的电流大小为I 2＝E4L ρ；在磁场中ae 及abcde 的等效长度均为L ，由左手定则可知ae 和abcde 所受的安培力方向均竖直向上，则导体框所受的安培力大小为F ＝BI 1L ＋BI 2L ＝5EB4ρ，选项A 正确。

第一节磁场及其对电流的作用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·山东青岛模拟)一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)( )解析：选C.要使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置，则安培力的范围是由竖直向上顺时针转到沿细线向下，可以竖直向上，但不能沿细线向下．再由左手定则可知磁感应强度的方向是由水平向右顺时针转到垂直于细线向下，但不能沿垂直于细线向下．所以C图正确．2.(2018·沈阳模拟)如图所示，条形磁铁放在桌子上，一根通电直导线由S极的上端平移至N极的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则在这个过程中磁铁受到的摩擦力(保持静止)( )A．为零B．方向由向左变为向右C．方向保持不变D．方向由向右变为向左解析：选B.由图可知通电导线所在位置的磁场的方向，根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示，显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．故当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B正确，A、C、D错误．3.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图2所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L将( )1A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动解析：选B.法一电流元分析法把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．法二等效分析法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．法三结论法环形电流I1、I2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．4．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( )A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kx BLC ．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x 变大D ．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x 变大 解析：选B.由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a 流向b ，故A 错误；由于弹簧伸长为x ，根据胡克定律有kx ＝BIL ，可得I ＝kx BL，故B 正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x 变小，故C 、D 错误．5.如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨宽度为L ，一端与电源连接．一质量为m 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v 0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过金属棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )A ．37°B ．30°C ．45°D ．60°解析：选B.由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BIL cos θ＝μ(mg－BIL sin θ)，整理得BIL ＝μmg cos θ＋μsin θ.电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A 、C 、D 错，B 对．6．(2018·上海杨浦区模拟)如图所示，质量m ＝0.5 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L ＝1 m 的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)．右侧回路中，电源的电动势E＝8 V、内阻r＝1 Ω，额定功率为8 W、额定电压为4 V 的电动机M正常工作．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2，则磁场的磁感应强度大小为( ) A．2 T B．1.73 TC．1.5 T D．1 T解析：选C.电动机M正常工作时的电流I1＝P1U＝2 A，电源内阻上的电压U′＝E－U＝8 V－4 V＝4 V，根据欧姆定律得干路中的电流I＝U′r＝4 A，通过导体棒的电流I2＝I－I1＝2 A，导体棒受力平衡，有BI2L＝mg sin 37°，得B＝1.5 T，只有选项C 正确．二、多项选择题7．(2018·甘肃兰州一中模拟)质量为m的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )解析：选CD.A图中杆受到向下的重力，水平向右的安培力和垂直于导轨的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零．B图中杆子受重力、竖直向上的安培力，在这两个力的作用下，可以处于平衡状态，故摩擦力可能为零．C图中杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向下，支持力垂直导轨向左上方，杆要静止的话，必定要受到沿导轨向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零．D图中杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，支持力垂直导轨向左上方，杆要静止的话，必定要受到沿导轨向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，本题选摩擦力不可能为零的，故选C、D.8．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是( )A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析：选BD.若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L向左滑动，A选项错误，同理判定B、D选项正确，C选项错误．9.(2018·长沙长郡中学摸底测试)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B＝kId，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是( )A．b点的磁感应强度大小为B 0 4B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为B 0 6C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B解析：选BD.根据B＝kId，可知，a点磁感应强度B0＝kIr＋kIr＝2kI r ，则：kI r ＝12B 0，根据右手螺旋定则，此时b 点磁感应强度为：B b ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3r ＝13B 0，方向向外，故选项A 错误；若去掉导线2，b 点的磁感应强度大小为：B b ＝kI 3r ＝16B 0，故选项B 正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b 点的磁感应强度为B b ＝kI r －k 2I 3r ＝kI 3r ＝16B 0，方向向外，故选项C 错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a 点的磁感应强度大小为B a ＝k 2I r＝B 0，故选项D 正确． 10.通有电流的导线L1、L2、L3、L 4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L 1、L 3是固定的，L 2、L 4可绕垂直纸面的中心轴O 转动，则下列判定正确的是( )A ．L 2绕轴O 按顺时针转动B ．L 2绕轴O 按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动解析：选BC.题图甲中由右手螺旋定则可知导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右，但O点下方部分安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错，B对；图乙中O点上方导线L所受安培力向右，O点下方导线L4所受安培力4向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C对，D错．三、非选择题11.(2018·江苏泰州模拟)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2kg的通电直导线，电流大小I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件得FTcos 37°＝FFTsin 37°＝mg两式联立解得F＝mgtan 37°＝0.8 N 由F＝BIL得B＝FIL＝2 T由题意知，B与t的变化关系为B＝0.4t(T)代入数据得t＝5 s.答案：5 s12.如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm.如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析：(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL 和向下的重力mg大小相等，即BIL＝mg解得B＝mgIL＝0.5 T.(2)当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态．根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L联立解得x2＝mg＋BI2Lmg－BI1L x1＝3 cm.答案：(1)0.5 T (2)3 cm。

第九章 磁场章末综合测试(九) (时间：60分钟 分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：B 由日常知识可知，地球的南极为磁场的N 极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B ，故选项B 正确．2.不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( )A ．如果q M m M ＝q N m N ，则v M >v NB ．如果q M m M ＝q N m N，则v M <v N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M >q N m N D ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：A 由图可知r M >r N .若q M m M ＝q N m N ，利用r ＝mv qB，可得v M >v N ，A 项正确、B 项错误；若t M ＝t N ，利用T ＝2πm qB ，可得q M m M ＝q N m N ，D 项错误；若v M ＝v N ，利用r ＝mv qB ，可得q M m M <q Nm N，C 项错误．3．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B .用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F .当线框接入恒定电压为E 1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 1；当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 2.下列说法正确的是( )A ．当线框接入恒定电压为E 1的电源时所受安培力为F 1B ．当线框接入恒定电压为E 2的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之差C ．待测磁场的磁感应强度B 的大小为F 1－F 2RE 2－E 1LD ．待测磁场的磁感应强度B 的大小为F 1－F 2RE 1－E 2L解析：D 当线框接入恒定电压为E 1的电源时，“U”型线框中电流I 1＝E 1R，所受安培力F 安＝BLI 1＝BLE 1R ，力敏传感器显示拉力的大小为F 1＝BLE 1R＋mg ，F 1>F 安，A 错误．同理，当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小F 2＝BLE 2R＋mg ，B 错误．由F 1＝BLE 1R ＋mg 和F 2＝BLE 2R ＋mg ，联立解得B ＝F 1－F 2RE 1－E 2L，C 错误，D 正确． 4.(2017·湖北宜昌调研)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0,2L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度的方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为4πL 3v 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为(32L ，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L )解析：A 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生对带电粒子在磁场中运动知识的应用能力．由图可以计算出电子做圆周运动的半径为4L .故在磁场中运动的时间为t＝π3·4L v 0＝4πL 3v 0，A 正确，B 错误；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(3L ，L )，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(O ，－2L )，所以C 、D 错误．5．如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量”的装置示意图．速度选择器中场强E 的方向竖直向下，磁感应强度B 1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B 2的方向垂直纸面向外，在S 处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E 和B 1入射到速度选择器中，若它们的质量关系满足m 甲＝m 乙<m 丙＝m 丁，速度关系满足v 甲<v 乙＝v 丙<v 丁，它们的重力均可忽略，则打在P 1、P 2、P 3、P 4四点的离子分别是()A ．甲、丁、乙、丙B ．乙、甲、丙、丁C ．丙、丁、乙、甲D ．丁、甲、丙、乙解析：A 乙、丙速度相等，通过速度选择器，进入磁场B 2，由半径公式r ＝mvqB 2，质量大半径大，P 3、P 4对应的离子是乙、丙．甲的速度小于丁的速度，在速度选择器中，甲的洛伦兹力小于乙的洛伦兹力，甲的电场力大于洛伦兹力而向下偏，而丁向上偏转，A 正确．6.如图，初速度可忽略、质量相同、电荷量分别为q 和3q 的粒子P 和M ，经电压为U 的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，不计粒子重力，下列表述不正确的是( )A ．P 和M 离开电场区域时的动能相同B ．P 和M 在电场中运动时的加速度之比为1∶3C ．P 在磁场中运动的半径较大D ．M 在磁场中运动的周期较大解析：ACD 由动能定理，qU ＝12mv 2，可知，当质量、电压与初速度相同情况下，电荷量越大，动能越大，故A 错误；由牛顿第二定律与E ＝U d 相结合．有a ＝qU md，可知，a 与q 成正比，选项B 正确；由半径公式R ＝mv Bq 结合qU ＝12mv 2，有R ＝1B2mUq，得出R与1q成正比，故C 正确；由周期公式T ＝2πm Bq ，则有T 与1q成正比，选项D 错误．7.如图所示，AOB 为一边界为14圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，且CD ∥AO .现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断( )A ．粒子2在B 、C 之间某点射出磁场 B ．粒子2必在B 点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同解析：BC 粒子1从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于14圆的半径，从圆弧AB 水平入射的粒子都将聚集到B 点，则选项B 正确、A 错误；分析得粒子1和2的运动的轨迹如图所示，其圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t ＝θ360°T ，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C 正确、D 错误．8.(2018·山东淄博一模)如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ＝3mgq，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m ，带电量为＋q 的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v 0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球的初速度为v 0＝2mgqBB ．若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球的初速度为mg qB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D ．若小球的初速度为mg qB ，则运动中克服摩擦力做功为m 3g 22q 2B2解析：ACD 对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小：F ＝qE ＝q ×3mgq＝3mg ，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，合力F G ＋F ＝F 2＋mg2＝2mg ，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力大小相等，方向相反，有qv 0B ＝2mg ，解得v 0＝2mgqB，A 正确．若小球的初速度为3mgqB时，则洛伦兹力f ＝qv 0B ＝3mg >F G ＋F ，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向下的支持力，则摩擦力F f ＝μF N ，小球将做减速运动．随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到2mg qB 时，小球开始做匀速直线运动，B 错误．若小球的初速度为mgqB，则洛伦兹力f ＝qv 0B ＝mg <F G ＋F ，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向上的支持力，而摩擦力F f ＝μF N ，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，C正确．若小球的初速度为mg qB ，球运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W ＝12mv 20＝m 3g22q 2B2，D 正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分)9.如图所示，两根平行放置的金属导轨，间距为L ，倾角为θ，导轨间有电动势为E 、内阻不计的电源．现有一质量为m 的铜棒ab ，与导轨垂直放于导轨上，流过铜棒ab 的电流为I ，导轨与铜棒间的动摩擦因数为μ.导轨电阻不计，要使ab 棒静止在导轨上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求所施加的竖直向上的磁场的磁感应强度大小的范围．解析：B 最大时，铜棒有沿导轨上滑的趋势，摩擦力的方向沿导轨向下，有ILB 1cos θ＝mg sin θ＋f 1(2分)N 1＝IBL 1sin θ＋mg cos θ(2分) f 1＝μN 1(2分)联立可得B 1＝mg θ＋μcos θIL θ－μsin θ(1分)B 最小时，铜棒有沿导轨下滑的趋势，摩擦力方向沿导轨向上，则有 ILB 2cos θ＋f 2＝mg sin θ(2分)N 2＝ILB 2sin θ＋mg cos θ，f 2＝μN 2(1分)联立可得B 2＝mg θ－μcos θIL θ＋μsin θ(1分)综上可知mg θ－μcos θILθ＋μsin θ≤B ≤mg θ＋μcos θIL θ－μsin θ.(1分)答案：mg θ－μcos θILθ＋μsin θ≤B ≤mg θ＋μcos θILθ－μsin θ10．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q (－2h ，－h )点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E ； (2)磁感应强度的大小B ； (3)粒子在磁场中运动的时间t . 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h ＝v 0t (2分)h ＝12at 2(1分) qE ＝ma (1分) 解得E ＝mv 202qh(1分)(2)粒子到达O 点时，沿y 轴正方向的分速度v y ＝at ＝qE m ·2hv 0＝v 0(2分)则速度方向与x 轴正方向的夹角α满足：tan α＝v y v x＝1(1分) 即α＝45°(1分)粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度为：v ＝2v 0(1分)轨道半径R ＝2h (1分)又由qvB ＝m v 2R(2分)得B ＝mv 0qh(1分) (3)由T ＝2πmBq，(1分)且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为45°(1分) 故粒子在磁场中的运动时间t ＝18·2πm qB ＝πh4v 0(2分) 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011．如图所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？解析：(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan 60°(2分)q ＝3mg3E 1(1分) 又qE 1＝qvB 1cos 60°(2分) 得v ＝2E 1B 1(1分)(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3分)(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD ＝2ON ，ON OA ＝ON L＝tan 60°(2分) 联立上述方程解得PD ＝DN ＝233L ，(2分) R ＝233L .(1分) 设x 轴下方的磁感应强度为B ，则满足qvB ＝m v 2R ，T ＝2πm qB(2分)从N 点运动到C 点的时间为t ＝3×360°－60°360°T (1分)联立上式解得t ＝53πB 1L3E 1(1分)由几何关系可知L AN＝cos 60°在第一象限运动的时间t 1和第二象限中的运动的时间t 2相等，且t 1＝t 2＝AN v＝2L v＝B 1LE 1(1分)所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为t 总＝t ＋t 1＋t 2 联立上述方程解得t 总＝53πB 1L 3E 1＋2B 1L E 1(1分)答案：(1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1L E 1。

第2讲 磁场对运动电荷的作用板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ洛伦兹力公式 Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。

2.方向 (1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。

(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v 。

即F 垂直于B 和v 所决定的平面。

(注意B 和v 可以有任意夹角)。

由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功。

3.洛伦兹力的大小：F ＝q v B sin θ其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。

(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F ＝q v B 。

(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F ＝0。

(3)当电荷在磁场中静止时，F ＝0。

【知识点2】 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ1.若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动。

2.若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动。

3.基本公式(1)向心力公式：q v B ＝m v 2r 。

(2)轨道半径公式：r ＝m v Bq 。

(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝qB 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝qB m 。

(4)T 、f 和ω的特点：T 、f 和ω的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷q m 有关。

比荷q m 相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T 、f 、ω相同。

板块二考点细研·悟法培优考点1 洛伦兹力的特点及应用[对比分析]1.洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。

(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。

(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。

(4)用左手定则判断洛伦兹力方向，注意四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。

(5)洛伦兹力一定不做功。

2.洛伦兹力与电场力的比较例1(多选)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。

67 磁场对带电物体的作用力[方法点拨] 洛伦兹力大小与速度大小有关，物体做变速率运动时，洛伦兹力大小相应变化，从而引起物体受力变化．1．(多选)(2018·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图1所示，质量为m、带电荷量为＋q的三个相同的带电小球A、B、C，从同一高度以初速度v0水平抛出，B球处于竖直向下的匀强磁场中，C球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为t A、t B、t C，落地时的速度大小分别为v A、v B、v C，则以下判断正确的是( )图1A．t A＝t B＝t C B．t B<t A＝t CC．v C＝v A<v B D．v A＝v B<v C2．(多选)(2018·甘肃天水一中学段考试)如图2所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )图2A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等3．(多选)(2017·河北衡水中学高三下期中)如图3所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放内壁光滑、底部有带电小球的试管；试管在水平向右的拉力F作用下向右匀速运动，(拉力与试管壁始终垂直)，带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是( )图3A．小球带正电，且轨迹为抛物线B．洛伦兹力对小球做正功C．小球相对试管做变加速直线运动D．维持试管匀速运动的拉力F应随时间均匀增大4．(多选)(2017·山西运城期末)绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)、方向与斜面底边MN平行，如图4所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行于斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是( )图4A．小球在斜面做变加速曲线运动B ．小球到达底边MN 的时间2h g sin 2αC ．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B ≤mg qv 0D ．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B ≤mg cos θqv 05．(多选)(2017·哈尔滨师大等三校联合模拟)如图5所示，竖直边界MN 右侧存在水平方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，带电的小球从a 点进入右侧复合场区域后恰做直线运动，则以下说法正确的是( )图5A ．电场方向水平向右B ．小球一定带正电C ．小球在复合场区域内做匀速直线运动D ．小球在复合场区域内运动过程中，重力势能的变化量与电势能的变化量相同6．(多选)(2017·河南洛阳第二次统考)如图6甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针转动，装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至传送带顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5 s ，则下列判断正确的是( )图6A．该物块带负电B．传送带的传送速度大小可能大于1 m/sC．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D．在2～4.5 s内，物块与传送带间仍可能有相对运动答案精析1．AD [根据题意可知：A 球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；B 球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但B 受的洛伦兹力总是水平方向的，不影响竖直方向的分运动，所以竖直方向也做自由落体运动，但洛伦兹力不做功，也只有重力做功；C 球除重力做功外，还受到垂直纸面里的电场力作用，竖直方向做自由落体运动，而且电场力对其做正功．所以三个球竖直方向都做自由落体运动，下落的高度又相同，故下落时间相同，则有t A ＝t B ＝t C ，故A 正确，B 错误；根据动能定理可知：A 、B 两球合力做的功相等，初速度又相同，所以末速度大小相等，而C 球合外力做的功比A 、B 两球合外力做的功大，而初速度与A 、B 球的初速度相等，故C 球的末速度比A 、B 两球的末速度大，即v A ＝v B <v C ，故C 错误，D 正确．]2．AD [小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面方向的分力平衡，故：mg cos θ＝qv m B ，解得v m ＝mg cos θqB，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离斜面瞬间的速率较大，故A 正确；小滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度a ＝g sin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m ＝at 得，甲的运动时间大于乙的运动时间，故B 错误；由A 、B 的分析和x ＝v m 22a得，甲的位移大于乙的位移，故C 错误；重力的平均功率P ＝mg v 竖直＝mg ·v m 2sin θ＝m 2g 2sin θ·cos θ2qB ，因sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D 正确．]3．AD [洛伦兹力总是与速度方向垂直，不做功，故B 错误；小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．设试管运动速度为v 1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动．小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F 1＝qv 1B ，q 、v 1、B 均不变，F 1不变，则小球相对试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A 正确，C 错误；设小球沿试管方向的分速度大小为v 2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F 2＝qv 2B ，v 2均匀增大，则F 2均匀增大，而拉力F 的大小等于F 2的大小，则F 均匀增大，故D 正确．]4．BD [小球在斜面上运动时，一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜面向上的弹力；小球能够沿斜面到达底边MN ，说明垂直斜面方向的合力为0，洛伦兹力不大于重力垂直斜面的分力．小球受的合力是重力沿斜面向下的分力，因此小球受的合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A 错误；小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的加速度a ＝g sinα，再由运动学公式可得hsin α＝12at 2，所以小球到达底边MN 的时间t ＝2h g sin 2α，故B 正确；小球垂直磁场的方向的速度不变，故洛伦兹力F ＝qv 0B ，不大于重力垂直于斜面向下的分力mg cos θ；也就是0≤B ≤mg cos θqv 0，故C 错误，D 正确．] 5．BC 6.BD。

66 磁场对通电导线的作用[方法点拨] (1)判断安培力的方向时，充分利用F安⊥B、F安⊥I；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(2017·福建大联考)如图1，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的安培力大小为F1.若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的安培力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的安培力大小为( )图1A．F1－F2B．F1＋F2C.F12－F22D.F12＋F222．(多选)(2018·四川成都模拟)如图2所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )图2A．四段导线受到的安培力的方向相同B．四段导线受到的安培力的大小相等C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小3．(2018·广东东莞模拟)如图3所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过C 点的通电直导线所受安培力的方向为( )图3A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向4．(多选)(2017·广东佛山高三教学质检一)长L 、质量为m 的导体棒ab ，被两轻质细线水平悬挂，静置于匀强磁场中；当ab 中通过如图4所示的恒定电流I 时，ab 棒摆离原竖直面，在细线与竖直方向成θ角的位置再次处于静止状态；已知ab 棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是( )图4A.mg tan θIL B.mg sin θIL C.mg sin θ2IL D.2mg sin θ3IL5．(多选)(2017·江西上饶一模)某同学自制一电流表，其原理如图5所示，质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k ，在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN 的长度大于ab ，当MN 中没有电流通过且处于静止时，MN 与矩形区域的ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g .以下说法正确的是( )图5A ．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ＝mg kB ．为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从N 指向MC ．劲度系数k 减小，此电流表量程会更小D ．磁感应强度B 减小，此电流表量程会更小6．(多选)如图6所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )图67．(2017·山东临沂一模)如图7所示，质量为m 的铜棒长为L ，棒的两端各与长为a 的不可伸长的细线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为θ，重力加速度g 已知，则下列说法正确的是( )图7A ．铜棒摆动过程中，摆角为θ2时，棒受力平衡 B ．铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小C ．铜棒摆动过程中，机械能守恒D ．根据题中所给条件可以求出棒中的电流8．(多选)(2017·广东肇庆第二次模拟)如图8甲所示，电流恒定的通电直导线MN ，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M 指向N ，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t ＝0时导线恰好静止，若B 按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )图8A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小9．(多选)如图9所示为实验室电磁炮的模型图，在倾角θ＝37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d＝1 m的平行金属导轨．导轨处在垂直斜面向下B＝2 T的匀强磁场中．导轨下端接有电动势E＝24 V、内阻r＝1 Ω的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为0～10 Ω，允许通过的最大电流为5 A．导轨上放置一(连同金属杆PQ)质量m＝1 kg的电磁炮，金属杆PQ垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R0＝2 Ω，与导轨间动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．闭合开关S使电磁炮在斜面上静止，则变阻器连入电路的阻值可能是(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )图9A．2 Ω B．4 Ω C．6 Ω D．8 Ω10．(2017·河北衡水中学七调)利用如图10所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小．用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力．当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2.已知F1>F2，则磁感应强度B的大小为( )图10A ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1－E 2) B ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2) C ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 2－E 1) D ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1＋E 2)答案精析1．C2．AC [导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律R ＝ρL S可知：导线越长，电阻越大，由I ＝U R 可知：ACB 导线中电流最小，而ADB 导线中电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F ＝BIL 可知，ADB 段导线受到的安培力最大，而ACB 段导线受到的安培力最小，由左手定则可知，四段导线受到的安培力的方向均相同，故A 、C 正确，B 、D 错误．]3．B [由安培定则可得：A 、B 处的通电导线在C 处的合磁场水平向右，O 处的通电导线在C 处的磁场也是水平向右，故A 、B 、O 处的三条通电导线在C 处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：C 点的通电直导线所受安培力的方向竖直向下，沿着y 轴的负方向，故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．AB 5.AC 6.BD 7.D8．AD [当t ＝0时，由左手定则可知，MN 受到向右的安培力，根据F 安＝BLI ，由于B 最大，故此时的安培力最大，则MN 的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B 减小，故加速度减小，而MN 的速度在增大，当B ＝0时，加速度为0，速度最大，当B 反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN 做减速运动，到半个周期时，MN 速度减小到0，此时的加速度反向最大，然后MN 再反向运动，到一个周期时MN 又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，故选项A 正确，B 错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后反向增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C 错误，D 正确．]9．BC [电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知：mg sin θ±F f ＝IdB ，又F f ＝μmg cos θ，代入数据并依据题意可得2.2 A≤I ≤3.8 A，由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R 0＋r ＋R ，解得6319 Ω≤R ≤8711 Ω，故选项B 、C 正确．]10．B [线框接入恒定电压为E 1时，对线框受力分析得出：F 1＝mg ＋B E 1R L ；当线框接入恒定电压为E 2时，对线框受力分析得出：F 2＝mg －B E 2R L ，联立得：B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)，故B 正确，A 、C 、D 错误．]。

单元检测九 磁场考生注意： 1.本试卷共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共9小题，每小题4分，共36分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1.关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是( )A.由真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Qr可知，当r 趋近于零时，其电场强度趋近于无限大 B.电场强度的定义式E ＝F q适用于任何电场C.由安培力公式F ＝BIl 可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D.一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦兹力的方向和带电粒子的运动方向2.如图1所示，两根平行放置的长直导线a 和b 中有大小相等、方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为F 1.当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F 2，则此时b 受到的磁场力大小变为( )图1A.F 2B.F 1－F 2C.F 1＋F 2D.2F 1－F 23.如图2所示，在x >0，y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从x 轴上某点P 沿着与x 轴成30°角的方向射入磁场.不计重力的影响，则下列有关说法正确的是( )图2A.只要粒子的速率合适，粒子就可能通过原点B.粒子在磁场中运动的时间一定为5πm3qBC.粒子在磁场中运动的时间可能为πmqBD.粒子在磁场中运动的时间可能为πm6qB4.(2017·黑龙江大庆模拟)如图3所示，从S 处发出的热电子(重力不计)经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转.设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )图3A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小加速电压U5.如图4所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，以不同的速率经小孔P 垂直磁场边界MN ，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN 射出磁场，半圆轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力及空气阻力，则下列说法中正确的是( )图4A.甲带负电荷，乙带正电荷B.洛伦兹力对甲做正功C.甲的速率大于乙的速率D.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间6.(2017·广东湛江一中月考)如图5所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R .已知电场的电场强度为E ，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )图5A.液滴带正电B.液滴荷质比q m ＝E gC.液滴沿顺时针方向运动D.液滴运动的速度大小v ＝Rg BE7.如图6甲所示，一个质量为m 、电荷量为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v 0，圆环在以后的运动过程中的速度－时间图象如图乙所示.关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B 和圆环克服摩擦力所做的功W ，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图6A.圆环带负电，B ＝mg qv 0B.圆环带正电，B ＝2mgqv 0C.圆环带负电，W ＝34mv 02D.圆环带正电，W ＝34mv 028.如图7所示，水平放置的平行板长度为L 、两板间距也为L ，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在两板正中央P 点静止着一个不计重力的电子(质量为m 、电荷量为－e ).现在给电子一个水平作用力，电子获得一个向右的瞬时初速度v 0，立刻撤去作用力，欲使电子不与平行板相碰撞，则( )图7A.v 0>eBL 2m 或v 0<eBL 4mB.eBL 4m <v 0<eBL 2m C.v 0>eBL 3mD.v 0<eBL3m9.(2018·广东东莞模拟)如图8所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图8A.如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d 点射出B.如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f 点射出C.如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d 点射出D.只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)10.如图9所示，质量为m 、长为L 的导体棒MN 电阻为R ，初始时静止于电阻不计、间距为L 的光滑的水平金属轨道上，电源电动势为E ，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为B ，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )图9A.导体棒向左运动B.开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BEL RC.开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BEL sin θRD.开关闭合瞬间导体棒MN 的加速度为BEL sin θmR11.如图10所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 不带电、质量为2m ，A 和B 间的动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度.A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 足够长，则下列说法正确的是( )图10A.水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g2B.A 做匀加速运动的时间为m qB 0C.A 的最大速度为mg qB 0D.B 的最大加速度为g12.如图11所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd ，其bc 边长为L ，ab 边长为3L .两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度v 0分别从a 点和ab 边上的P 点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab 边，两粒子都恰好经过c 点，则下列说法中正确的是( )图11A.粒子在磁场中运动的轨道半径为233LB.粒子从a 点到c 点的运动时间为3πL2v 0C.粒子的比荷为3v 02BLD.P 点与a 点的距离为23L3三、非选择题(本题共5小题，共49分)13.(9分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化.图12甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图.由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场.测量原理如图乙所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路.所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好.为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B：图12(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件________(填“前”或“后”)表面电势高.(2)在图中画线连接成实验电路图.(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，还必须测量的物理量有________、________(写出具体的物理量名称及其符号)，计算式B＝______.14.(10分)如图13所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行.图13(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？15.(10分)一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向，后来粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为l，如图14所示.不计粒子重力的影响，求磁场的磁感应强度B的大小和磁场区域的半径R.图1416.(10分)如图15所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子(不计重力)，而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每个地方都有粒子到达.假若放射源所放出的是质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L.为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场.求：图15(1)匀强磁场的方向；(2)画出所需最小有界匀强磁场的区域，并用阴影表示；(3)磁感应强度B的大小以及最小有界匀强磁场的面积S.17.(10分)(2018·河南九校质量测评)如图16所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：图16(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ电场强度E1、E2的大小；(2)区域Ⅱ内磁感应强度B的大小；(3)微粒从P运动到Q的时间.答案精析1.B2.A [如图所示，先对a 进行受力分析，a 受到b 导线产生的磁场的作用力F 1，方向向左.假设后加的匀强磁场方向垂直于纸面向外，则此磁场对a 的作用力F 方向向右，F 2＝|F 1－F |.同理F b ＝|F 1′－F ′|，F 1′为a 产生的磁场对b 的作用力，F ′为后加磁场对b 的作用力.又F 1＝F 1′，F ＝F ′，故F b ＝F 2.故正确选项为A.]3.C4.A [要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Eq ＝qvB .根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力.适当减小电场强度E ，即可以减小电场力，选项A 正确；适当减小磁感应强度B ，可以减小洛伦兹力，选项B 错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU ＝12mv 2可得v ＝2eUm，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C 错误；同理，适当减小加速电压U ，可以减小电子进入复合场中的速度v ，从而减小洛伦兹力，选项D 错误.] 5.C6.C [液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A 错误；由mg ＝qE ，解得q m ＝g E，故B 错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C 正确；由qvB ＝m v 2R 得R ＝mv qB ，又q m ＝g E ，故v ＝RBgE，故D 错误.综上本题选C.] 7.B8.A [电子在磁场中做匀速圆周运动，由evB ＝mv 2R 得R ＝mv 0eB，如图所示.当R 1＝L 4时，电子恰好与下板相切；当R 2＝L2时，电子恰好从下板右边缘飞出两平行板(即飞出磁场).由R 1＝mv 1eB ，解得v 1＝eBL 4m ， 由R 2＝mv 2eB ，解得v 2＝eBL 2m， 所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v 0应满足v 0>eBL 2m 或v 0<eBL4m，故选项A 正确.] 9.A [如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由qvB ＝m v 2R 得R ＝mvqB，可知半径将增大为原来的2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d 点射出，故A 项正确；设正方形边长为2a ，则粒子从e 点射出，轨迹半径为22a .磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为322a ，则由几何关系可知，粒子从fd 之间射出磁场，B 项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d 点射出，C 项错；只改变粒子速度使其分别从e 、d 、f 三点射出时，从f 点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D 项错.]10.BD [磁场方向与导体棒垂直，开关闭合瞬间导体棒所受安培力F ＝BIL ＝BELR，方向垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，导体棒将向右运动，故A 、C 错误，B 正确.导体棒所受的合力F 合＝F cos(90°－θ)＝F sin θ，由a ＝F 合m 得a ＝BEL sin θmR，D 正确.]11.BC [F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma ＝mg ，对A 有F f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力F f A 静作用，由F f A 静＝mg3知，F f A 静保持不变，但A 受到向上的洛伦兹力，支持力F N A ＝mg－qvB 0逐渐减小，最大静摩擦力μF N A 减小，当F f A 静＝μF N A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg3＝μ(mg －qv 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝mqB 0，B 正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有F f A 滑＝μ(mg －qv A B 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝qv 2B 0，得最大速度v 2＝mgqB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －F f A 滑＝2ma B ，F f A 滑减小，则a B 增大，当F f A 滑减小到零时，a B 最大，有a B ＝F2m ＝g2，D 选项错误.]12.ACD [如图，连接ac ，ac ＝2L ，即为轨迹圆弧对应的弦，作弦ac 的垂直平分线交ab 于点O 1，即为粒子从a 点到c 点运动轨迹的圆心，半径R ＝L cos 30°＝233L ，A 正确；粒子从a 点到c 点的运动时间t ＝13×2πR v 0＝43πL 9v 0，B 错误；由qv 0B ＝m v 02R 得R ＝mv 0qB ，则比荷q m ＝v 0BR ＝3v 02BL ，C 正确；从P 点射入的粒子的轨迹半径也等于R ，根据几何关系，可以求出轨迹圆心O 2点到b 点的距离为R 2－L 2＝33L ，P 点与a 点的距离为3L ＋33L －233L ＝233L ，P 点与O 1点重合，D 正确.]13.(1)前 (2)见解析图 (3)电压表示数U 电流表示数InehUI解析 (1)磁场是直线电流产生的，根据安培定则，磁场方向向下；霍尔元件中电流向右，根据左手定则，自由电荷所受安培力向内，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高. (2)滑动变阻器控制电流，用电压表测量电压，电路图如图所示.(3)设前后表面的长度为d ，最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有e Ud＝evB 根据电流微观表达式，有I ＝neSv ＝nedhv联立解得B ＝nehUI. 14.见解析解析 (1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3， 又qv 1B ＝m v 12R 1 得v 1＝3Bqr3m.(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2可得R 2＝3r 4，又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m. 15.3mvql33l 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，则：qvB ＝m v 2r①由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C 必在y 轴上，由题中给出的粒子过P 点时的速度方向与y 轴成30°角，所以判断出P 点在磁场区之外.过P 沿速度方向的反向作延长线，它与x 轴交于Q 点，作圆弧过O 点与x 轴相切，并且与PQ 相切，切点A 即粒子离开磁场区的点，如图所示：由图中几何关系得：l ＝3r ②由①②两式解得：B ＝3mvql，图中OA 的长度即为圆形磁场区域的半径R .由图中几何关系得R ＝33l . 16.(1)垂直纸面向外 (2)见解析图 (3)2mv qL πL24解析 (1)所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向为垂直纸面向外. (2)最小有界磁场如图甲所示.(3)如图乙所示，以P 的出口为原点在纸面内建立直角坐标系，y 轴与MN 平行，设粒子从磁场边界的A 点水平射出，坐标为(x ，y )，轨迹半径为R ，则有：x 2＋(R －y )2＝R 2由磁场的边界方程可知，这是一个圆形磁场，半径与粒子运动的轨迹半径相等为R .R ＝L2由Bvq ＝mv 2R 得：R ＝mvBq，联立解得：B ＝2mvqL则有界匀强磁场区域的最小面积为：S ＝πR 2＝πL24.17.见解析解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动， 则在竖直方向上有qE 1sin 45°＝mg解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2 解得E 2＝mg q(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动的加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度为v ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的半径为R ，则a ＝qE 1cos 45°m＝gv 2＝2ad 1(或qE 1cos 45°·d 1＝12mv 2) R sin 60°＝d 2 qvB ＝m v 2R解得B ＝m qd 2 3gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t 1＝2d 1g.在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，又T ＝2πmBq，则t 2＝T 6＝πd 2323gd 1解得t ＝t 1＋t 2＝2d 1g ＋πd 2323gd 1.。