2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑：第九章 磁

第九章 磁场[全国卷5年考情分析]通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ) 洛伦兹力、洛伦兹力的方向(Ⅰ)洛伦兹力公式(Ⅱ)以上3个考点未曾独立命题第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。

(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。

(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。

(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。

(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。

(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。

(×)◎物理学史判断1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。

(√)1．电流不受安培力(电荷不受洛伦兹力)，不能说明该处没有磁场，这一点与电场不同，电荷在电场中一定受电场力作用。

2．安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。

3．解题中常用到的二级结论：(1)安培力方向一定垂直电流与磁场方向决定的平面，即同时有F A⊥I，F A⊥B。

(2)通电线圈在匀强磁场中所受磁场力没有平动效应，只有转动效应。

(3)安培力的冲量I＝BLq。

突破点(一) 对磁感应强度的理解1．磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B 电场强度E3.地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。

(2)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。

(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。

[题点全练]下列关于磁场或电场的说法正确的是________。

①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行⑪磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N 极所指的方向 ⑫地磁场的N 极与地理南极完全重合 答案：④⑤⑦突破点(二) 安培定则的应用与磁场的叠加1．电流的磁场及安培定则在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。

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。

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。

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.。

第9章磁场章末过关检测(九)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是( )A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．2．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一沿y轴正方向的磁场B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场D．加一沿z轴负方向的磁场解析：选B.若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．若加一沿z轴正方向的磁场，电子受沿y轴正向的磁场力作用，亮线向y轴正方向偏转，故C错误．若加一沿z轴负方向的磁场，电子受沿y轴负向的磁场力作用，亮线向y轴负方向偏转，故D错误．3.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：选D.电子射入极板间后，偏向A 板，说明qE >qvB ，由E ＝U d可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动变阻器滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．4.不计重力的两个带电粒子M 和N 经小孔S 垂直磁场边界且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图．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，下列说法正确的是( )A ．如果q M m M ＜q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＜q N m N，则t M <t N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选C.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r ，得v ＝B ·r ·q m，由它们在磁场中的轨迹可知两个带电粒子M 和N 轨迹半径关系为r M ＞r N ，结合上式可知，如果q M m M ＜q N m N，v M 不一定大于v N ，选项A 错误．由题意可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中的轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，如果q M m M ＜q N m N ，由T ＝2πr v ＝2πm qB可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期关系为T M ＞T N ，则t M ＞t N ，选项B 错误．由q m ＝v rB且r M ＞r N 可知，如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m N ，选项C 正确．由t ＝T 2＝πm qB 可知q m ＝πBt，如果t M ＝t N ，则q M m M ＝q N m N，选项D 错误． 5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qR B ．mv 0qR C.3mv 0qR D ．3mv 0qR解析：选A.如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B＝3mv03qR，选项A正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 6．(2018·河北定州中学模拟)速度相同的一束粒子(不计重力)经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B 1D．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小解析：选ACD.由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A 正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB 1＝qE ，解得：v ＝E B 1，故C 正确．粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB.可见，由于v 是一定的，B 不变，半径r 越大，则q m越小，故D 正确. 7.(2018·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v 的大小错误的是( ) A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC．22×108 m/s D ．42×106 m/s解析：选ACD.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90° ，则粒子的轨迹半径有关系：2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106 m/s ，故选项B 正确．8.(2018·长沙市长郡中学模拟)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，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．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( )A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgqvB．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqvC．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球达到底边MN的时间t＝2h g sin2α解析：选BD.对小球受力分析，受重力、支持力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故C错误；根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f＝qvB≤mg cos α，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqv，故A错误，B正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，则小球的加速度a＝mg sin αm，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t＝2hg sin2α，故D正确．三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N ＝mg水平方向BIL－F f－Mg＝0又F f＝μF N联立解得I＝2 A由左手定则知电流方向由a指向b.答案：2 A 电流方向由a指向b10．(12分)(2018·山西大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形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、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，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；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中的运动时间．解析：(1)粒子在电场中运动时由几何关系可知粒子水平方向位移为2h ，竖直方向位移为h ，由类平抛运动规律得2h ＝v 0t ，h ＝12at 2， 由牛顿第二定律可知Eq ＝ma ，联立解得E ＝mv 202qh. (2)粒子到达O 点，沿＋y 方向的分速度v y ＝at ＝Eq m ·2h v 0＝v 0， 则速度与x 正方向的夹角α满足tan α＝v y v x＝1，α＝45°，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v ＝2v 0，轨道半径R ＝2h ，又Bqv ＝m v 2R， 解得B ＝mv 0qh. (3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间t ＝18T ＝2πm Bq ·18＝πh 4v 0. 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011.(15分)(2018·河南开封高三考试)如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy ，在x <0的区域内有沿x 轴负向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >0的区域内也存在匀强电场(图中未画出)．一个带正电的小球(可视为质点)从x 轴上的N 点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α＝30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求：(重力加速度为g，不计空气阻力)(1)小球运动速度的大小．(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小．(3)小球从N点运动到M点所用的时间．解析：(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图1所示由受力分析图1得qE＝mg tan 30°mg＝qvB cos 30°联立得v＝2E B.(2)小球在x＞0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡qE1＝mg解得E1＝3E.(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO′＝α＝30°，∠NO ′P ＝120°由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径R ＝mv qB由几何知识可知，线段MP ＝Rtan α＝3R带电小球做直线运动的时间t 1＝MP v ＝3R v ＝3m qB ＝3E gB带电小球做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝23πE gB所以小球做圆周运动从N 到P 所用的时间t 2＝T 3＝2πE 3gB则带电小球从N 点到M 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝E gB ⎝⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π3. 答案：(1)2E B (2)3E (3)E gB ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π312．(15分)(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．在OP 与QR 之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .C 、D 是质量为m 和4m 的绝缘小物块(可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电．现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 相碰，碰后物体C 被反弹滑至斜面h 9处，物体D 进入虚线OP 右侧的复合场中继续运动，最后从RQ 侧飞出复合场区域．求：(1)物块D 进入磁场时的瞬时速度v D ；(2)若物块D 进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E 的值及物块D 的电性；(3)若物块D 飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D 飞出QR 边界时与水平轨道的距离d .解析：(1)对物块C ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2 反弹后12mv 21＝mg h 9得：v 1＝v 3碰撞时由动量守恒定律：mv ＝－mv 1＋4mv D代入得：v D ＝v 3＝2gh 3. (2)若物块D 做匀速圆周运动，则电场力与重力相等： 4mg ＝Eq得：E ＝4mg q 带正电．(3)由几何关系得d ＝(1－cos 60°)R ＝R2R ＝4mv 3Bq ＝4m 2hg 3Bq 得：d ＝R 2＝2m 2hg 3Bq.2hg 3(2)4mgq带正电(3)2m2hg3Bq答案：(1)。

第九章 磁场章末过关检测(九) (时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.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，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是( )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外解析：选C.从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．故C 正确．2.如图所示，在直角三角形ABC 的A 点和B 点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为I A 和I B ，∠A ＝30°，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度B ＝k I r，k 为比例系数，r 为该点到导线的距离，I 为导线的电流强度．当一电子在C 点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向垂直BC 向下，则两直导线的电流强度I B 与I A 之比为( )A.12 B ．34C.32D ．14解析：选D.由左手定则可知C 点处磁场的磁感应强度B 合的方向平行BC 向右，设A 处导线和B 处导线在C 处形成的磁场的磁感应强度大小分别为B A 和B B ，方向分别与AC 和BC垂直，如图所示，可知B B B A ＝sin 30°＝12，又B B B A ＝kI B l BC k I A l AC，计算可得I B I A ＝14，D 正确．3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a 到b 的电流，则导线ab 受磁场力后的运动情况为( )A ．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B ．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C ．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D ．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：选D.先由安培定则判断出通电螺线管的N 、S 极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图乙所示，导线还要靠近螺线管，所以D 正确，A 、B 、C 错误．4.(2018·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关 解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12mv 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝mv qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立各式解得d ＝2mv 0qB，因而选项A 正确．5．如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R .则下列说法正确的是( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：选D.由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误、D 正确．6.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2∶B 1等于( )A. 2 B ． 3 C ．2 D ．3解析：选B.当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨迹半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，轨迹半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.选项B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 U H 满足：U H ＝kI H Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，I H方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误；因R与R L并联，根据并联分流，得I H＝R LR L＋RI，故I H与I成正比，选项C正确；由于B与I成正比，设B＝aI，则I L＝RR＋R LI，P L＝I2L R L，故U H＝kI H Bd＝ak（R＋R L）R2dP L，知U H∝P L，选项D正确．8.(2018·湖北宜城第一中学高三月考)如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时( ) A．磁铁对桌面的压力增大B．磁铁对桌面的压力减小C．磁铁受到向右的摩擦力作用D．磁铁受到向左的摩擦力作用解析：选BC.根据条形磁铁磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向(切线方向)，再根据左手定则判断安培力方向，如图甲，根据牛顿第三定律，电流对磁铁的作用力向左上方，F＝F′，如图乙，根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小，而静摩擦力向右．选项B、C正确．9.(2018·陕西西安模拟)如图所示，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 射入一带负电的带电粒子，恰好从e 点射出，则( )A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，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，也将从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，在磁场中运动时间关系为：t e ＝t d >t f解析：选AD.作出示意图，如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d 点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R ＝mvqB可知，速度v 增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半，A 项正确，C 项错误；如果粒子的速度增大为原来的三倍，则轨道半径也变为原来的三倍，从图中看出，出射点在f 点下面，B 项错误；据粒子的周期公式T ＝2πm qB，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e 、d 点射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，D 项正确．10.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内，环的半径为R (比细圆管的内径大得多)．在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D ．小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC.小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道的最高点，C 选项正确；在最高点时，小球圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且减小，到达圆心的等高点时，水平分速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．三、非选择题(本题共2小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(20分)(2015·高考山东卷)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．解析：(1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12mv 2① 由①式得E ＝mv 2qd.②甲(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D4④ 联立③④式得B ＝4mvqD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D4 ⑥联立③⑥式得B ＝4mv3qD.⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2mv qD 、B 2＝4mv qD，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R 1，qvB 2＝m v 2R 2⑧代入数据得R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120° ⑪ θ2＝180° ⑫ α＝60°⑬丙粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1， t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ， 由运动学公式得s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得s ＝5.5πD .答案：(1)mv 2qd (2)4mv qD 或4mv3qD(3)5.5πD12．(20分)(2018·江苏扬州高三模拟)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2＝12E 1，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷qm＝102C/kg 的带正电的粒子(可视为质点)，该粒子以v 0＝4 m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以v 1＝8 m/s 速度从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g ＝10 m/s 2.试求：(1)带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1；(2)＋x 轴上有一点D ，OD ＝OC ，若带电粒子在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度B 0及其磁场的变化周期T 0；(3)要使带电粒子通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周期T 0的乘积B 0T 0应满足的关系．解析：(1)t ＝v 0g＝0.4 s ，h ＝v 02t ＝0.8 ma x ＝v 1t＝2g ，qE 1＝2mg ，E 1＝0.2 N/C.(2)qE 2＝mg ，所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R ，周期为T ，则qv 1B 0＝m v 21R 可得R ＝0.08B 0使粒子从C 点运动到D 点，则有：h ＝(2n )R ＝(2n )0.08B 0，B 0＝0.2n (T)(n ＝1，2，3…)T ＝2πm qB 0，T 02＝T4T 0＝T 2＝πm qB 0＝π20n(s)(n ＝1，2，3…)．K12学习教育资源K12学习教育资源 (3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y 轴时可作如图运动情形：由图可知θ＝5π6，T 0≤56T ＝π60B 0所以可得B 0T 0≤π60(kg/C)． 答案：(1)0.8 m 0.2 N/C(2)0.2n (T)(n ＝1，2，3…)π20n(s)(n ＝1，2，3…) (3)B 0T 0≤π60(kg/C)。

第九章磁场45分钟章末验收卷一、单项选择题1.如图1所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则( )图1A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为mg BL tanθD．每条细线所受拉力大小为mg cosθ答案 C解析平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为F T，由受力分析可知，2F T sin θ＝BIL,2F T cos θ＝mg，得I＝mgBL tan θ，故C正确；由受力分析可知，2F T cos θ＝mg，得F T＝12·mgcos θ，故D错误．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，在磁场中的径迹如图2.分别用v M与v N、t M与t N、q Mm M与q Nm N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比，则( )图2A ．如果q M m M ＝q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＝q N m N，则t M <t N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M >q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N答案 A解析 由洛伦兹力提供向心力可得qvB ＝m v 2r ，q m ＝v rB，由它们在磁场中的轨迹可知，两个带电粒子M 和N 轨迹的半径关系为r M >r N ，如果q M m M ＝q N m N，则v M >v N ，选项A 正确；两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，由T ＝2πm qB 可知，如果q M m M ＝q N m N，则两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期相等，t M ＝t N ，选项B 错误，同理，选项D错误；由qvB ＝m v 2r ，可解得v ＝rBq m .如果v M ＝v N ，则q M m M <q N m N，选项C 错误．3.如图3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3A ．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答案 A解析 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，由半径公式R ＝mv qB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．4．如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，某种比荷为q m、速度大小为v 的一群离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2为( )图4A.12－BqL 4mv B ．1－BqL 2mvC ．1－BqL 4mvD ．1－BqL mv 答案 B解析 由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2r， 解得r ＝mv qB. 根据题述，当离子速度方向沿y 轴正方向时打在N 点，当离子速度方向与y 轴正方向夹角为α2时打在M 点，画出三种情况下离子的运动轨迹如图所示，设OM 之间的距离为x ，则有2r cos α2＝x,2r ＝x ＋L ， 联立解得cos α2＝1－BqL 2mv，选项B 正确． 二、多项选择题5．如图5所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d ，极板长和宽分别为a 和b ，这两个电极与可变电阻R 相连．在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B .发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v 向右流动，并通过专用通道导出．不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则( )图5A ．运动的等离子体产生的感应电动势为E ＝BavB ．可变电阻R 中的感应电流方向是从Q 到PC ．若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ，则其中的电流为I ＝Bvab 2ρD ．若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab，则可变电阻消耗的电功率为P ＝B 2v 2dab 4ρ答案 CD解析 根据左手定则，等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上，带正电粒子累积在上极板，可变电阻R 中电流方向从P 到Q ，B 错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电压稳定，设产生的电动势为E ，则有qvB ＝q E d，E ＝Bdv ，A 错误；发电导管内等离子体的电阻r ＝ρd ab，若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r ＝Bvab 2ρ，可变电阻消耗的电功率P＝I2R＝B2v2dab4ρ，C、D正确．6．如图6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v0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6 A．粒子在磁场中运动的轨道半径为23 3LB．粒子从a点到c点的运动时间为3πL 2v0C．粒子的比荷为3v0 2BLD ．P 点与a 点的距离为23L 3答案 ACD解析 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；由于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． 7.如图7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 质量为2m、不带电，A 和B 间动摩擦因数为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B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )图7A．水平力作用瞬间，A的加速度大小为g 2B．A做匀加速运动的时间为m qBC．A的最大速度为mgqBD．B的最大加速度为g答案BC解析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Ff 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Ff 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－qvB0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－qv1B0)，v1＝mg3qB0，由v1＝at得t＝mqB，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 B0)，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＝qv2B0，得最大速度v2＝mgqB，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．三、非选择题8．aa′、bb′、cc′为足够长的匀强磁场分界线，相邻两分界线间距均为d，磁场方向如图8所示，Ⅰ、Ⅱ区域磁感应强度分别为B和2B，边界aa′上有一粒子源P，平行于纸面向各个方向发射速率为2Bqdm的带正电粒子，Q为边界bb′上一点，PQ连线与磁场边界垂直，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：图8(1)沿PQ方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb′的位置；(2)粒子第一次通过边界bb′的位置范围；(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间．答案见解析解析(1)由洛伦兹力充当向心力得Bqv ＝mv 2r 1r 1＝mv Bq把v ＝2Bqd m代入得r 1＝2d如图甲所示sin θ＝d 2d ＝12，θ＝30°PM ＝QN ＝2d －2d cos θ＝(2－3)d则经过bb ′的位置为Q 下方(2－3)d 处(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ，距离Q 点上方最远，如图乙所示，由几何关系得cos α1＝d 2d ＝12，α1＝60°QH 1＝2d sin α1＝3d当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb ′相切时，距离Q 点下方最远，如图丙所示，由几何关系得cos α2＝d 2d ＝12，α2＝60°QH 2＝2d sin α2＝3d粒子通过的范围长度为L ＝23d(3)r 2＝mvq ·2B＝dT ＝2πr 2v ＝πm Bq轨迹圆所对应的弦越长，在磁场Ⅱ中运动的时间越长．如图丁所示，当轨迹圆的弦长为直径时，所对应的时间最长为t max＝T 2＝πm2Bq当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时，从cc′飞出，所对应的时间最短为t min＝T6＝πm6Bq当粒子从Q最上方进入Ⅱ区时，如图戊所示，从bb′飞出所对应的时间最短为t min＝T3＝πm3Bq所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为t min＝πm 6Bq.9．如图9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v0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：图9(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.答案(1)mv22qh(2)mvqh(3)πh4v0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 0th ＝12at 2qE ＝ma 解得E ＝mv 202qh(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则速度方向与x 轴正方向的夹角α满足：tan α＝v yv x＝1即α＝45°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轨道半径R ＝2h又由qvB ＝m v 2R 得B ＝mv 0qh(3)由T ＝2πmBq，且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为45°，故粒子在磁场中的运动时间 t ＝18·2πm qB ＝πh 4v 0.。

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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L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将（）A．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。