全国通用2019高考物理一轮复习精炼：第九章磁场微专题67磁场对带电物体的作用力含答案

第二节 磁场对运动电荷的作用1.(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O . A ．2 C ．1解析：选D.设带电粒子在P ＝12mv 21，E k2＝12mv 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12mv 兹力提供，即qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB ，由题意可知2.(2016·高考四川卷)如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c .不计粒子重力．则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 解析：选A.设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2bL ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．3速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小r ＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由ω＝2πT知角速度减小．选项D 正(2018·河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向进入磁场，已知粒子经过y 轴上P 点时速度方向与y 轴正方向夹角为θ＝30°，OP ＝L ，求：(1)磁感应强度的大小和方向； (2)该圆形磁场区域的最小面积． 解析：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy 平面向里．粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q 点飞出磁场．设其圆心为O ′，半径为R .由几何关系有(L －R )sin 30°＝R ，所以R ＝13L .由牛顿第二定律有qv 0B ＝m v 20R ，故R ＝mv 0qB.由以上各式得磁感应强度B ＝3mv 0qL.(2)设磁场区域的最小面积为S .由几何关系得 直径OQ ＝3R ＝33L ， 所以S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫OQ 22＝π12L 2.答案：(1)3mv 0qL 方向垂直于xOy 平面向里 (2)π12L 2。

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。

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。

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。

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 v2R⇒R＝mvqB，由圆周运动规律，T＝2πRv＝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∶ 1 B ．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 ＝mv qB，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 ＝2πm qB，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 ＝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 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 qBD ．如果v ＝qBR m，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R2＝mvBq，解得v＝qBR2m，速度增大，则半径增大，所以若v<qBR2m，则粒子都是从O点正下方射出磁场，故所用时间为t＝180°360°·2πmBq＝πmBq，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＝mvqB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＝2πmqB＝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 ＝mv qB，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 ＝qvB m，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 ＝θm qB，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 ＝3.0×106 m/s ，已知α粒子的比荷q m＝5.0×107 C/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NP2＝（2R）2－l2＝12 cm所求长度为P1P2＝NP1＋NP2代入数值得P1P2＝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＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝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 ′>163T ≈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＝2mv 2qa.(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＝4a6＋2＋4粒子在右侧磁场中运动，有：qvB2m＝mv2 r2，得：B2m＝（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≤B2≤（6＋2＋4）mv4qa.答案：(1)2mv2qa(2)2mv2qa≤B2≤（6＋2＋4）mv4qa。

第2讲 磁场对运动电荷的作用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：条形磁铁的磁感线在a 点垂直P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确．答案：A2.(2018·四川成都经济技术开发区高三质检)如图所示，半径为R 的圆形电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场．若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为( )A.23πR 9vB.2πRC.23πR 3vD.πR 3v 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示，故轨道半径r ＝33R ，运动轨迹对应的圆心角为23π，故粒子在磁场中的运动时间t ＝23πr v ＝23πR 9v ，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A3．一个带电粒子A 在一边长为a 的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R ，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是( )A ．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即mv 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有qv 0B ＝m v 20R；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有qv 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误． 答案：C4．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝mv qB可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．答案：D5．(2018·四川成都诊断)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第一象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断正确的是( )A ．粒子带正电B ．运动过程中，粒子的速度不变C ．粒子由O 到A 经历的时间为t ＝πm 3qBD ．离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°解析：根据题意和左手定则可判断，该带电粒子带负电，故A 选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B 选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t 与圆心角θ、周期T 的关系t ＝θ2π·T 和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πm qB ，根据数学知识可得θ＝π3，解得t ＝πm 3qB，故C 选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角应该为60°，故D 选项错误．答案：C二、多项选择题6．如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋Bv 甲q ＝mv 2甲r ，mg －Bv 乙q ＝mv 2乙r ，mg ＝mv 2丙r ，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．答案：CD7．在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a 、b 从一边长中点垂直磁场方向进入磁场，a 粒子从正方形的顶点射出磁场，b 粒子从正方形边长的中点射出磁场，运动轨迹如图所示，则( )A ．a 带负电，b 带正电B ．a 带正电，b 带负电C ．a 、b 进入磁场时的速率之比为1∶2D ．a 、b 在磁场中运动的时间之比为1∶1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a 带正电，b 带负电，A 错误，B 正确；由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝mv 2r ，有r ＝mv qB ＝1B ·m q·v ，比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由题图可知，r a r b ＝12，则v a v b ＝r a r b ＝12，C 正确；由T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πB ·m q知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由t ＝θ2π·T 知，t a t b ＝θa θb ＝ππ2＝21，D 错误． 答案：BC8．如图所示，长方形abcd 的长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e 分别是ad 、bc 的中点，以e 为圆心、eb 为半径的四分之一圆弧和以O 为圆心、Od 为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量为m ＝3×10－7kg 、电荷量为q ＝＋2×10－3 C 的带正电粒子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断不正确的是( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在ab 边D ．从ad 边射入的粒子，出射点全部通过b 点解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到： r ＝mv qB ＝3×10－7×5×1022×10－3×0.25m ＝0.3 m ； 因ab ＝0.3 m ，从Od 边射入的粒子，形成以r 为半径的圆弧，从点O 射入的粒子从b 点射出；从Od 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b 点．从aO 边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M 点进入磁场，其圆心为O ′，如图所示，根据几何关系可得，虚线的四边形O ′Meb 是菱形，则粒子的出射点一定是从b 点射出；同理可知，从aO 边射入的粒子，出射点全部从b 点射出．故选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：ABC[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，空间有一边长为L 的正方形匀强磁场区域abcd ，一带电粒子以垂直于磁场的速度v 从a 处沿ab 方向进入磁场，后从bc边的点p 离开磁场，bp ＝33L ，若磁场的磁感应强度为B ，则以下说法中正确的是( ) A ．粒子带负电 B ．粒子的比荷为23LB 3v C ．粒子在磁场中运动的时间t ＝23πL 9vD ．粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°解析：粒子轨迹如图所示，由左手定则知，粒子带负电，A 正确．设粒子轨迹圆心为O ，由图知在△abp 中，tan θ＝33，θ＝30°，则ap ＝233L ，过O 作ap 的垂线交ap 于e ，则在△aOe 中，sin θ＝12ap r，又由r ＝mvqB ，解得粒子的比荷q m ＝3v 2BL ，B 错误．因粒子的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，故粒子在磁场中运动的时间t ＝2θ360°T ＝T 6＝16×2πm qB ＝23πL 9v，C 正确．因粒子速度偏向角φ＝2θ＝60°，则粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°，D 正确．答案：ACD10.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T2 C.2T3 D.5T 6 解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运动时间最短，如图所示．根据最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T 2，故B 项正确． 答案：B11．(多选)(2018·湖北六校联考)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s 解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝mv min qB，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，做出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝mv max qB，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝mv qB，得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．答案：ABD二、非选择题12．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力) (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① qλB 0v 0＝m v 20R 2② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③ 粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④ 联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q (1－1λ)⑥ 答案：(1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2mv 0B 0q (1－1λ) 13．如图所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力，求：(1)若要求该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大是多少？(2)若要求该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？解析：(1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得r cos 60°＝r －12a ，解得r ＝a又由qvB ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBa m. (2)由几何关系知，轨迹半径为r 时，粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径r 的3倍设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 时恰好到达Q 点有n ×3r ＝8a解得n ＝8a3r当r ＝a ，n ＝4.62时，粒子在磁场中运动时间最少，n 所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为T ＝2πm qB粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为t ＝13T ＝2πm 3qB粒子到达Q 点的最短时间为t min ＝5t ＝10πm 3qB. 答案：(1)qBa m (2)10πm 3qB。

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2hg 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 m2sin 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 sin α，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 ＝2hg 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 θILC.mg sin θ2ILD.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R 0＝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/s 2，sin 37°＝0.6)( )图9A ．2 ΩB ．4 ΩC ．6 ΩD ．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E 1时，拉力显示器的示数为F 1；接入恒定电压为E 2时(电流方向与电压为E 1时相反)，拉力显示器的示数为F 2.已知F 1>F 2，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 ＝UR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 ≤8711Ω，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 1RL ；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．]。