2019高考物理一轮复习第九章磁场课时67磁吃带电物体的作用力加练半小时

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。

[方法点拨](1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角；(2)注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径；时间对应圆心角或弧长或弦长等；(3)掌握一些圆的几何知识，如：偏转角等于圆心角；同一直线边界，出射角等于入射角等．1．(多选)A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图1所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是()图1A．A为正离子，B为负离子B．A、B两离子运动半径之比为1∶ 3C．A、B两离子速率之比为1∶ 3D．A、B两离子的比荷之比为2∶12．(多选)如图2所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(11H)，b为α粒子(42He)，b的速度方向垂直于磁场边界，a的速度方向与b的速度方向之间的夹角为θ＝30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则()图2A．a、b两粒子运动周期之比为2∶3B．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C．a、b两粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶2D．a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶23．(2018·陕西商洛质检)如图3所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R ＝m vqB，正确的图是( )图34．(多选)(2017·江西省重点中学盟校第一次联考)如图4所示，在直角坐标系xOy 平面的第一象限内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，有一束质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上坐标为(a,0)的P 点，以α＝30°入射，其速度大小任意，则( )图4A ．粒子到达x 轴上的范围是0～aB ．运动中与y 轴相切的粒子1和垂直到达y 轴的粒子2在y 轴上的坐标之比y 1∶y 2＝1∶(3＋23)C ．所有粒子从入射到射出时间范围是2πm 3qB <t ≤5πm 3qBD ．所有粒子从入射到射出时间范围是πm qB <t ≤5πm3qB5．(多选)(2017·广东深圳第一次调研)如图5所示，竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ )，磁感应强度为B ，MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为qm的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射出．则( )图5A ．从PQ 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a6．(2018·陕西黄陵中学模拟)如图6所示，在边长ab ＝1.5L 、bc ＝3L 的矩形区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O 处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各个方向发射速度大小相等的同种带电粒子．若沿Od 方向射入的粒子从磁场边界cd 离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t 0，圆周运动半径为L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )图6A ．粒子带负电B ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0C ．粒子的比荷为πBt 0D ．粒子在磁场中运动的最长时间为2t 07．(2018·四川成都模拟)如图7所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为qm的同种带正电粒子，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知磁场的磁感应强度大小为B ，∠AOC ＝60°，O 、S 两点间的距离为L ，从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t ＝2πm 3qB，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为( )图7A.qBL 2mB.qBL mC.3qBL 2mD.3qBL m8．(多选)(2017·辽宁本溪联合模拟)如图8所示，L 1和L 2为平行线，L 1上方和L 2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上，带电粒子从A 点以初速度v 与L 2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是( )图8A ．带电粒子一定带正电B ．带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点的速度相同C ．若带电粒子在A 点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B 点D ．若只将带电粒子在A 点的初速度方向改为与L 2成60°角斜向上，它一定不经过B 点 9．(2017·福建福州3月质检)如图9所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T ，磁场内有一块足够大的平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，板上某点S ′的正下方有一个点状的α放射源S ，SS ′的距离为l ＝16 cm ，放射源S 向各个方向发射α粒子，速度大小都是v ＝3.0×106 m/s ，已知α粒子的比荷q m ＝5.0×107 C/kg.现只考虑在图示平面中运动的α粒子．求：图9(1)α粒子运动的轨道半径r；(2)通过作图，标出ab上被打中的区域，并求出其长度P1P2的大小；(3)在磁场中运动时间最短的α粒子射出粒子源S的速度方向与SS′的夹角．答案精析1．BD [A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，A 项错误；离子在磁场中做圆周运动，设PQ 的距离为l ，由几何关系可得r ＝l2sin θ，sin 60°∶sin 30°＝3∶1，则A 、B 两离子运动半径之比为1∶3，B 项正确；离子的速率v ＝r ·2θt ，时间相同，半径之比为1∶3，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶3，C 项错误；根据r ＝m v qB 知，q m ＝vBr ，因为速度大小之比为2∶3，半径之比为1∶3，则比荷之比为2∶1，D 项正确．]2．BC [由q v B ＝m v 2r 和v ＝2πr T 知，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB ，则a 、b 两粒子运动周期之比T a ∶T b ＝m a q a ∶m bq b ＝1∶2，选项A 错误；a 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，运动时间为2T a3，b 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，运动时间为T b 2，a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的时间之比为t a ∶t b ＝2T a 3∶T b2＝2∶3，选项B 正确；由q v B ＝m v 2r ，解得r ＝m vqB ，由此可知a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径之比为r a ∶r b ＝m a q a ∶m bq b ＝1∶2，选项C 正确；a 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r a cos 30°＝3r a ，b 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r b ，a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距离之比为3r a ∶2r b ＝3∶4，选项D 错误．] 3．D 4.BC 5.BD6．D [由题设条件作出以O 1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，由左手定则可知该粒子带正电，选项A 错误；由图中几何关系可得sin θ＝32L L ＝32，解得θ＝π3，可得T＝6t 0，选项B 错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T ＝2πmqB ，解得m q ＝3t 0B π，选项C 错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t ＝mαqB，在同一圆中，半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O 2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系可知α＝2π3，解得t ＝2t 0，选项D 正确．]7．A [由于粒子速率一定，带电粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹所对应弦长最短，即弦长d ＝L sin 60°＝32L ，由最短时间t ＝2πm3qB知粒子运动轨迹所对应圆心角为120°，由几何关系知R sin 60°＝12d ，由洛伦兹力提供向心力，得q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBL2m ，选项A 正确．]8．BD [画出带电粒子运动的可能轨迹，B 点的位置如下图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，A 错误．经过B 位置时粒子的速度方向也斜向上，速度跟在A 点时的速度相同，故B 正确；根据轨迹，粒子经过边界L 1时入射点与出射点间的距离与经过边界L 2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B 点，故C 错误；如图，设L 1与L 2之间的距离为d ，则A 到B 的距离为x ＝2dtan θ，所以，若将带电粒子在A 点的初速度方向改为与L 2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B 点，故D 正确．]9．(1)10 cm (2)见解析 (3)53°解析 (1)α粒子做匀速圆周运动，设运动的轨道半径为r 由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r解得r ＝m vqB＝10 cm(2)由于α粒子轨道半径确定，粒子源与ab 板间距离确定，由图甲可得，α粒子只能打在P 1、P 2两点之间S ′P 1＝(2r )2－l 2＝202－162 cm ＝12 cm S ′P 2＝r 2－(l －r )2＝102－(16－10)2 cm ＝8 cm 因此P 1P 2＝S ′P 1＋S ′P 2＝20 cm(3)当α粒子打到放射源正上方位置S ′时，运动时间最短．由图乙可知sin θ＝l 2r ＝0.8得θ＝53°因此α粒子与SS ′方向成θ＝53°射出粒子源时，粒子在磁场中运动的时间最短．。

第72讲带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨](1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．(2017·广东肇庆第二次模拟)如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：图1(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．2．(2017·北京平谷区零模)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q.假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．图2(1)第1次被加速后质子的速度大小v1是多大？(2)若质子在D形盒中做圆周运动的最大半径为R，且D形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t总是多少？(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d.在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k Qr(r为该点到圆心O′点的距离)．质子从M点进入圆弧形通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M 点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能E k是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？3．如图3甲所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两极板间距d＝6cm，A、B两极板间的电势差U AB＝1003V．一比荷为qm＝1×106C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0＝2×104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS间的距离为s＝8cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图3(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.4．(2018·福建三明一中模拟)如图4甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图4(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B1.(2)若E0＝4mv023qL，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s的最小值以及磁场的磁感应强度大小B2.(3)若E0＝4mv023qL，要实现上述循环，求电场的变化周期T.答案精析1．(1)1.2m (2)2.48m (3)L ＝(1.2n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N ① 电场力大小F ＝qE ＝8×10－3N ② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v2R ③ 由③式解得：R ＝0.6m ④ 由T ＝2πR v ⑤ 得：T ＝10πs ⑥则微粒在5πs 内转过半个圆周，再次经过直线OO ′时与O 点的距离：l ＝2R ⑦ 将数据代入上式解得：l ＝1.2m ⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5πs ， 轨迹如图所示，位移大小：x ＝vt ⑨ 由⑨式解得：x ≈1.88m ⑩因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝x ＋R ＝2.48m ⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬⑫⑬两式合写成L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…) 2．见解析解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU ＝12mv 21 解得：v 1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v2R 质子在做圆周运动的周期为：T ＝2πRv设质子在D 形盒中被电场加速了n 次，由动能定理：nqU ＝12mv 2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t 总＝n2T 解得：t 总＝πBR22U(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律： qφ1＋12mv 2＝qφ2＋E k 由题可知：φ1＝kQr0＋12d ，φ2＝k Qr0＋d 解得：E k ＝kQqd ＋＋＋q2B2R22m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(1)43cm (2)12cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝UABqdm 粒子在电场中运动的时间t 1＝Lv0 粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝sv0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 12＝UABqL22dmv02＝433cm 出电场后：y 2＝v y t 2联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝43cm (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时， 设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝vy v0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v0cosθ＝433×104m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R 则qvB ＝mv2R 所以R ＝4cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πRv ＝23π×10－6s 在t ＝23π3×10－6s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120° 竖直向上偏移h 1＝R cos30°＝23cm 在23π3×10－6～433π×10－6s 内通过OO ′， 这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝23cm 因为h 1＋h 2＝y ＝43cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO ′ 此时x ＝2(R ＋R sin30°)＝12cm.4．(1)mv0qL (2)L 9 3mv0qL (3)307π＋540270v0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L 由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv02R联立解得B 1＝mv0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE0m ·Lv0＝43v 0，设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝vy v0＝43，θ＝53° 所以粒子离开电场时的速度v ＝v0cos 53°＝53v 0 粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L 所以s ≥r (1－sin 53°)＝L 9 即s 的最小值为L 9 根据r ＝mvqB2 解得B 2＝3mv0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πLv0 粒子在电场中运动的时间t 2＝2Lv0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t3＝37°180°·2πrv＝37πL270v0所以周期T＝t1＋t2＋t3＝307π＋540270v0L.。

第二节 磁场对运动电荷的作用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．则下列能表示运动周期T 与半径R 之间的关系图象的是( )解析：选D.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB ＝m v 2R ⇒R ＝mvqB ，由圆周运动规律，T ＝2πR v ＝2πmqB，可见粒子运动周期与半径无关，故D 项正确．2.(2018·贵州遵义模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B 和2B .一带正电粒子(不计重力)以速度v 从磁场分界线MN 上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN 成60°角，经过t 1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t 2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )A ．ω1∶ω2＝1∶1B ．ω1∶ω2＝2∶1C ．t 1∶t 2＝1∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1解析：选D.粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T 1＝2πm qB 、T 2＝πm qB ，结合ω＝2πT得ω1∶ω2＝1∶2，A 、B 错误；t 1＝2×60°360°T 1，t 2＝2×60°360°T 2，得t 1∶t 2＝2∶1，D 正确，C 错误． 3.(2018·衡阳联考)如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是( ) A ．粒子a 带负电 B ．粒子c 的动能最大C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大解析：选D.由左手定则可知，a 粒子带正电，故A 错误；由qvB ＝m v 2r ，可得r ＝mvqB，由图可知粒子c 的轨迹半径最小，粒子b 的轨迹半径最大，又m 、q 、B 相同，所以粒子c 的速度最小，粒子b 的速度最大，由E k ＝12mv 2，知粒子c 的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB ，则可知粒子b 的向心力最大，故D 正确、B 错误；由T ＝2πmqB，可知粒子a 、b 、c的周期相同，但是粒子b 的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b 在磁场中运动的时间最短，故C 错误．4．(2018·吉林长春质检)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二倍，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e 点射出所用时间最短 解析：选A.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 ＝mv qB可知，速度也增大为原来的二倍，选项A 正确，选项B 、C 错误；由粒子的周期T ＝2πmqB，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 射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，选项D 错误． 5.(2018·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，在一个半径为R 的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .O 点是该半圆的圆心，OP 是垂直于直线边界的半径．两个完全相同的质量为m 、电量为＋q 的基本粒子以相同的速率v 分别从O 点沿OP 和从P 点沿PO 射入磁场区域，对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是( ) A ．从O 点沿OP 射入磁场的粒子将向上偏转 B ．两粒子通过磁场的时间相等 C ．如果v <qBR 2m ，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间为πm qB D ．如果v ＝qBRm，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长 解析：选C.根据左手定则可得从O 点沿OP 射入磁场的粒子受到向下的洛伦兹力，将向下偏转，A 错误；由于两粒子轨迹的圆心角不同，所以所用时间不同，B 错误；若从O 点沿OP 射入磁场的粒子恰好从正下方射出磁场，则有R 2＝mv Bq ，解得v ＝qBR2m ，速度增大，则半径增大，所以若v <qBR 2m ，则粒子都是从O 点正下方射出磁场，故所用时间为t ＝180°360°·2πm Bq ＝πm Bq，C 正确；如果v ＝qBRm，从O 点沿OP 射入磁场的粒子的圆心角为60°，从P 点沿PO 射入磁场的粒子所对应的圆心角大于60°，故从P 点沿PO 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长，D 错误． 二、多项选择题6.(2018·浙江温州中学模拟)如图所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy 平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x 轴上关于O 点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则( ) A ．两粒子沿x 轴做圆周运动B ．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C ．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿x 轴方向的分量v x 可能不为零D ．若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞解析：选BD.两个粒子在相互的库仑引力作用下，从静止开始加速，都受到向上的洛伦兹力而向上偏转，做曲线运动，但不是圆周运动，故A 错误；两个粒子的速度大小情况相同．若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，静电力对两个粒子做功为0，根据动能定理可知它们的速度均为零，故B 正确；从开始运动到距离最小的过程，静电力一直做正功，动能都增大，速度与x 轴的夹角不断增大，沿y 轴方向的速度分量v y 不断增大；当距离最小后，两者距离增大，此时它们的速度沿x 轴方向的分量v x 为零，它们的速度沿y 轴方向的分量v y 最大，故C 错误；若减小磁感应强度，由公式r ＝mvqB分析可知，轨迹的曲率半径变大，可能发生碰撞．故D 正确．7.(2018·日照模拟)如图所示，以O 为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．磁场边界上的A 点有一粒子发射源，沿半径AO 方向发射出速率不同的同种粒子(粒子重力不计)，垂直进入磁场．下列说法正确的是( )A ．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长B ．速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小C ．速率越大的粒子在磁场中运动的向心加速度越大D ．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大解析：选BC.根据r ＝mv qB可知，速度大的粒子的运动半径较大，运动圆弧对应的圆心角越小，在磁场中运动的偏转角越小，据T ＝2πm qB ＝2πω可知，粒子的周期和角速度与粒子的速率无关．根据t ＝θ2πT ，则运动时间越小，故A 、D 错误，B 正确；根据qvB ＝ma 可知，速率越大的粒子在磁场中运动的向心加速度越大，选项C 正确.8．(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( ) A ．从P 点射出的粒子速度大 B ．从Q 点射出的粒子向心加速度大 C ．从P 点射出的粒子角速度大 D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD.粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，轨迹半径r ＝mvqB ，两粒子比荷相等，r P ＜r Q ，所以v P ＜v Q ，故A 错误；向心加速度a ＝v 2r ＝qvBm，v P ＜v Q ，所以a P ＜a Q ，故B 正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，角速度ω＝2πT ＝qB m，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C 错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ＝θmqB ，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故D 正确．三、非选择题9．(2018·长沙质检)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T ，磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，在距ab 距离l ＝16 cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v ＝3.0×106m/s ，已知α粒子的比荷qm＝5.0×107C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab 上被α粒子打中的区域的长度．解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道半径，有qvB ＝m v 2R由此得R ＝mv qB代入数值得R ＝10 cm 可见R <l <2R .因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点．NP 1＝R 2－（l －R ）2＝8 cm再考虑N 的右侧，任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点． 由图中几何关系得NP 2＝（2R ）2－l 2＝12 cm 所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2 代入数值得P 1P 2＝20 cm. 答案：20 cm10.(2018·珠海检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ＝5.0×10－8kg 、电量为q ＝1.0×10－6C 的带电粒子．从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP ＝30 cm ，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件． 解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU 0＝12mv 2代入数据得：v ＝20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB ＝mv 2R 得R ＝mv qB代入数据得：R ＝0.50 m 而OPcos 53°＝0.50 m 故圆心一定在x 轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知：OQ ＝R ＋R sin 53° 故OQ ＝0.90 m.(3)带电粒子不从x 轴射出(如图乙)，由几何关系得：OP >R ′＋R ′cos 53° R ′＝mv qB ′解得：B ′>163 T ≈5.33 T(取“≥”也可以)．答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)见解析11．(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，ABCD 为边长为2a 的正方形，O 为正方形中心，正方形区域左、右两对称部分中分别存在方向垂直ABCD 平面向里和向外的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从B 点处以速度v 垂直磁场方向射入左侧磁场区域，速度方向与BC 边夹角为15°，粒子恰好经过O 点，已知cos 15°＝6＋24，粒子重力不计．(1)求左侧磁场的磁感应强度大小；(2)若粒子从CD 边射出，求右侧磁场的磁感应强度大小的取值范围．解析：(1)粒子从B 点射入左侧磁场，运动轨迹如图1所示，△BO 1O 为等边三角形，由几何关系可得轨迹半径r 1＝2a ，粒子在左侧磁场中运动，有qvB 1＝mv 2r 1，得B 1＝2mv2qa.(2)当右侧磁场磁感应强度大小B 2＝B 1时，粒子从D 点射出，运动轨迹如图2所示，这是粒子从CD 边射出的最小磁感应强度，当磁感应强度增大时，粒子在右侧磁场中运动的轨迹半径减小，当运动轨迹与CD 边相切时，磁感应强度最大，轨迹如图3所示：由几何关系可知：r 2＋r 2cos 15°＝a 得：r 2＝4a 6＋2＋4粒子在右侧磁场中运动，有：qvB 2m ＝mv 2r 2，得：B 2m ＝（6＋2＋4）mv4qa若粒子从CD 边射出，右侧磁场磁感应强度大小的范围为：2mv 2qa ≤B 2≤（6＋2＋4）mv4qa. 答案：(1)2mv 2qa (2) 2mv 2qa ≤B 2≤（6＋2＋4）mv 4qa。

71 带电粒子在组合场中的运动[方法点拨](1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．(2017·福建厦门模拟)如图1所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等，x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇，已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：图1(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2；(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；(3)两粒子先后进入电场的时间差．2．(2017·山东济宁模拟)如图2所示，空间以AOB为界，上方有方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O点的竖直虚线OC为界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC左侧到AA′间和右侧到BB′间磁感应强度的大小不同．现在A点上方某一点以初速度v0水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场，并垂直OC离开左侧磁场进入右侧磁场，粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO＝BO＝L，不计粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强E的大小；(2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小；(3)粒子从进入电场到第一次离开磁场运动的总时间．3．(2018·四川泸州一检)如图3所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD, AH＝72L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC 射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度MN＝L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图3(1)求出粒子速度的大小，判定粒子的电性；(2)这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；4．如图4所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20 T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105 m/s，粒子的比荷为qm＝5.0×105 C/kg，粒子重力不计．求：图4(1)坐标d的值；(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间．(结果保留两位有效数字)答案精析1．(1)3∶1 (2)(6.5L ，－73L3) (3)73πL 6v0解析 (1)设粒子初速度为v 0，进磁场方向与边界的夹角为θ， v y ＝v0tan θ①令t ＝L v0，则粒子在第一电场运动的时间为2t ，在第二个电场运动的时间为t 则：v y ＝a ·2t －at ② qE ＝ma ③由①②③得：m ＝qEL v02tan θ所以m1m2＝tan 60°tan 30°＝3(2)正粒子在电场运动的总时间为3t ，则： 第一个t 的竖直位移为12a 1t 2第二个t 的竖直位移为12a 1(2t )2－12a 1t 2＝32a 1t 2 由对称性，第三个t 的竖直位移为32a 1t 2 所以y 1＝72a 1t 2，结合①②得y 1＝73L6 同理y 2＝73L2由几何关系，P 点的坐标为：x P ＝3L ＋(y 1＋y 2)sin 30°sin 60°＝6.5L ，y P ＝－[y 2－(y 1＋y 2)sin 30°cos 60°]＝－73L 3，(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r 1、r 2，由几何关系2r 1＝(y 1＋y 2)sin 60°，2r 2＝(y 1＋y 2)sin 30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：t 1＝πr1v1，t 2＝πr2v2， v 0＝v 1sin 60°，v 0＝v 2sin 30°由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差Δt ＝t 1－t 2，解得Δt ＝73πL 6v0 2．见解析解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO 的中点垂直AO 进入磁场，在电场中运动的水平分运动有12L sin 60°＝v 0t 1 竖直分运动有v y ＝qE m t 1 tan 60°＝vyv0 解得E ＝4mv02qL(2)粒子进入磁场时的速度大小v ＝v0cos 60°＝2v 0由图可知r 1＝12L 由qvB 1＝m v2r1 解得B 1＝4mv0qL粒子进入右边磁场后，由tan 60°＝r212L －r2得r 2＝3－34L由qvB 2＝m v2r2 解得B 2＝43＋3mv03qL(3)在电场中运动时，由(1)可得t 1＝3L4v0 在左侧磁场B 1中运动时， T 1＝2πr1v ，t 2＝60°360°T 1＝πL 12v0在右侧磁场B 2中运动时， T 2＝2πr2v ，t 3＝90°360°T 2＝3－3πL16v0总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝123＋13π－33πL48v03．(1)U BL 正电 (2)m min ＝7qB2L29U m max ＝qB2L2U解析 (1)粒子全部从边界AC 射出，则粒子进入“梯形”磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB ＝q UL ， 解得：v ＝UBL ；(2)在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qvB ＝m v2R ，粒子轨道半径：R ＝mvqB .由R ＝mvqB 可知：当粒子质量有最小值时，R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲)；当粒子质量有最大值时，R 最大，粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙)，甲图中，由几何关系得：R1sin 53°＋R 1＝74L ，解得：R 1＝79L ，乙图中，NC ＋L tan 53°＝74L ，解得NC ＝L ，解得：m min ＝7qB2L29U ，m max＝qB2L2U4．(1)4.0 m (2)B 1≤0.10 T 或B 1≥0.24 T (3)6.2×10－5 s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲粒子在匀强磁场B 2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力．则qv 0B 2＝m v02r 解得r ＝1.0 m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0.水平方向：x 0＝v 0t竖直方向：y 0＝12at 2，v y ＝at a ＝qE m vyv0＝tan 45°y0x0＝12tan 45°＝12联立解得：x 0＝2.0 m ，y 0＝1.0 m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4.0 m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 又r 1＝m ·2v0qB1′联立解得B 1′＝0.10 T 故B 1≤0.10 T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos 45°＋x 0＝d 又r 2＝m ·2v0qB1″联立解得B 1″≈0.24 T故B 1≥0.24 T ．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.10 T 或B 1≥0.24 T.(3)设粒子在磁场B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T14＋x0v0＋T22 ＝14×2πm qB2＋x0v0＋12×2πm qB1″≈6.2×10－5 s.。

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4 A.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＝10m/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 2L E 1－E 2 B ．B ＝R F 1－F 2L E 1＋E 2C ．B ＝R F 1＋F 2L E 2－E 1D ．B ＝R F 1＋F 2LE 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 2L E 1＋E 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]。

第67讲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v 0(v 0>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 0 D ．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B ≤mg cos θqv 0图55．(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( )A ．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图像如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5s，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1m/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2～4.5s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 cosθ＝qv m B，解得v m＝mg cosθqB，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 sinθ，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＝v2m2a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 m2sinθ＝m2g2sinθ·cosθ2qB，因sin30°＝cos60°，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v1，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F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1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v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2＝qv2B，v2均匀增大，则F2均匀增大，而拉力F 的大小等于F2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hsinα＝12at2，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。

第70讲带电粒子在叠加场中的运动[方法点拨](1)先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点；(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零；(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向．1．(多选)(2017·北京海淀区模拟)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件．如图1所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压．已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)．图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()图1A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表B．接线端2的电势高于接线端4的电势C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大2．(多选)如图2所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变．关于小球的运动，下列说法正确的是()图2A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．若沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动C．若沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动D．两小球在运动过程中机械能均保持不变3．(多选)(2018·四川成都第七中学月考)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电．如图3所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则()图3A．在开关K未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLvB．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定C．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILv D．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功4．(多选)(2017·河北衡水金卷)如图4所示，一对间距可变的平行金属板C、D水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态，闭合开关S 后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动，现对入射粒子或对装置进行调整，则下列有关描述正确的是()图4A．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，也能直线通过B．若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态C．若将滑动变阻器触头P向a端滑动，可提高C板的电势D．若只减小入射粒子的速度，可使铅蓄电池处于充电状态5．(2018·湖北黄冈模拟)如图5所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域．一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出，小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限，然后从x轴上的D点进入x轴下方的复合场区域，小球在复合场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O，已知重力加速度为g.求：图5(1)带电小球的比荷q m；(2)x轴下方匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)小球从A点运动到O点经历的时间t.6．(2017·广东佛山高三教学质检一)在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图6所示，空间再加一个水平向右、场强E＝mgq的匀强电场(未画出)，若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：图6①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案精析1．BC2．AB [若沿ab 方向抛出的小球带正电，沿ac 方向抛出的小球带负电，则都可能做直线运动，如图所示，A 项正确．根据上述分析可知，若小球沿ab 方向做直线运动，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，B 项正确．根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动，则小球带负电，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，C 项错误．两小球在运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功．电场力做功，电势能改变，则机械能也改变，D 项错误．]3．AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，且qU L ＝qvB ，解得U ＝BLv ，选项A 正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，选项B 正确；回路中电流I ＝U R ＝BLv R ，电阻消耗的热功率P ＝UI ＝BLIv ，选项C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项D 错误．]4．AB [带正电的粒子恰好做直线运动，其电场力和洛伦兹力相平衡，由E d q ＝qv 0B可知v 0＝E Bd ，若换成带负电的粒子，电场力和洛伦兹力都反向，仍平衡，能直线通过，故选项A 正确；若增大两板间距，带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上，将提高两板间电压，若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电，故选项B 正确；由于电容器C 、D 两板是彼此绝缘的，调节滑动触头P 不起任何作用，故选项C 错误；若减小入射粒子的速度，直线通过的粒子所受洛伦兹力减小，有部分粒子会落在下极板上，因此上极板上堆积的电荷会减小，对应的电势也会降低，达不到逆变电压，故选项D 错误．]5．(1)g E0 (2)E 0 2E0v0 (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋3π4v0g 解析 (1)小球运动轨迹如图所示，在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动，由运动的合成与分解知，竖直方向：v 0＝gt 1，OC ＝12gt 12水平方向：v 0＝at 1，OA ＝12at 12，a ＝qE0m联立得q m ＝g E0.(2)由(1)中知OC ＝OA ＝v022g ，t 1＝v0g ，设小球在D 点时速度为v ，小球从C 点到D 点做平抛运动，有OC ＝12gt 22，OD ＝v 0t 2，tan θ＝gt2v0，v cos θ＝v 0联立得OD ＝v02g ，t 2＝v0g ，θ＝45°，v ＝2v 0因小球在复合场中做圆周运动，所以电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即mg ＝qE ，得E ＝E 0而Bqv ＝m v2R ，得B ＝mv qR由轨迹图知2R sin θ＝OD联立得B ＝2E0v0(3)小球做圆周运动所用时间为t 3＝270°360°×2πm Bq ＝3πv04g所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋3π4v0g .6．(1)qBR m (2)①2mgR ②q2B2R2m2＋＋22解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故qv 0B ＝m v02R解得v 0＝qBR m(2)①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理：mgR ＋qER ＝ΔE k .由题知，E ＝mg q ，则ΔE k ＝2mgR②方法一：当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，应用动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv 2－12mv 02即v 2＝q2B2R2m2＋2gR ＋2gR (sin θ＋cos θ)对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝2所以v m ＝q2B2R2m2＋＋22方法二：如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为：mg ′＝＋＝2mgtan φ＝mg qE ＝1，即φ＝45°小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大由动能定理：mgR sinθ＋qE(R＋R cosθ)＝12mv m2－12mv02解得：v m＝q2B2R2m2＋＋22.。