《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第9单元 磁场 作业正文

第九单元　磁场第24讲　磁场的描述　磁场对电流的作用【教材知识梳理】一、1.(1)力的作用　磁场　(2)N极　2.(1)强弱和方向　(2)B=　(3)N极二、1.磁感应强度　2.(1)不存在　(2)切线　(3)疏密　(4)闭合三、1.(1)BIL　(2)0　2.电流　拇指辨别明理(1)(√)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(×)(6)(×)　[解析]a处的磁感线比b处稀疏,则a点磁感应强度比b点小,但由于受到放置角度的限制,当通电导线垂直磁场时,受到的磁场力最大,平行磁场时受磁场力为零,虽然B a<B b,但是无法比较导线所受的磁场力的大小.【考点互动探究】考点一例1　D　[解析]磁感应强度B是由磁场本身决定的,与试探电流元的情况无关,A错误; B的方向与电流元受力方向垂直,B错误;电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关,当两者平行时,电流元不受力,C错误;当电流方向与磁场方向垂直时,B=,当成一定夹角θ时,B=,故B大于或等于,D正确.例2　AC　[解析]电场和磁场有一个明显的区别是电场对放入其中的电荷有力的作用,而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行,因此A正确,B错误;同理,根据电场强度的定义式E=可知C正确;同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明,即B=中I和B必须垂直,故D错误.例3　C　[解析]根据安培定则可判断出电流的磁场方向,再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确.例4　AC　[解析]设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,由安培定则可知L1中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里;L1中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以根据已知条件得到B0-(B1+B2)=,B0-B1+B2=,联立解得B1=,B2=,选项A、C正确.考点二例5　B　[解析]直导线弯成半径为R的圆弧形,在磁场中的有效长度为R,又因L=×2πR,则安培力F=BI·R=,根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC 指向左下方,B正确.变式题　BC　[解析]由题意知,三根导线处于等边三角形的三个顶点处,设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0,在L1所在处,L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示,方向垂直L2、L3所在平面向上,由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下,合磁感应强度大小B L1=2B0cos60°=B0;同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小B L2=2B0cos60°=B0;在L3所在处,L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示,方向平行L1、L2所在平面向右,由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上,合磁感应强度大小B L3=2B0cos30°=B0.由安培力F=BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶,选项B、C正确.考点三例6　B　[解析]方法一(电流元法):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.方法二(等效法):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.方法三(结论法):环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,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.考点四例7　C　[解析]由题意可知,开始时线圈所受安培力的方向向上,磁场的方向垂直纸面向里,电流反向后,安培力方向也反向,变为竖直向下,则有mg=2NBIl,所以B==T=0.24T,C正确.变式题1　1.21A≤I≤1.84A[解析]先画出金属杆受力的侧视图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,从而使金属杆所受的摩擦力方向发生变化.由平衡条件可知,当电流最小时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向上,如图甲所示.则mg sinθ=μ(mg cosθ+F sinθ)+F cosθ,又F=BI1L,得I1==1.21A.当电流最大时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向下,如图乙所示.则mg sinθ+μ(mg cosθ+F sinθ)=F cosθ,又F=BI2L,I2==1.84A.所以1.21A≤I≤1.84A.变式题2　BD　[解析]根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B=kI(其中k为比例系数),轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培力F=BIl=kI2l,根据动能定理有FL=mv2,联立可得v=I,选项C错误,B、D正确.1.(多选)[2015·全国卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是( )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转[解析]BC　指南针为一具有磁性的物体,有两个磁极,A错误;指南针能指南北,说明指南针受到地磁场的作用,B正确;当有铁块存在时,指南针会与铁块产生相互作用的磁力,故指向受到干扰,C正确;指南针正上方的通电导线会产生磁场,与地磁场共同作用于指南针,故指南针会发生偏转,D错误.2.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半[解析]B　安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F=BIL sinθ,其中θ是电流方向与磁场方向的夹角,C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关,并不一定变为原来的一半,D错误.3.(多选)图24-1是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图.三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路.认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线1、4接在直流电源上,电源没有在图中画出.关于接通电源时可能出现的实验现象,下列叙述正确的是( )图24-1A.改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向将会改变B.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变C.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度一定增大D.仅拿掉中间的磁铁,导体棒摆动幅度减小[解析]BD　改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向不会改变,选项A错误.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变,选项B正确.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度不一定增大,选项C错误.仅拿掉中间的磁铁,导体棒所受安培力减小,摆动幅度减小,选项D正确.4.[2015·江苏卷]如图24-2所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.如图24-3所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是( )图24-2　A B C D 图24-3[解析]A　根据安培力F=BIL,这里的B、I都相同,决定安培力大小的就是L了,L大则F 大,就易使天平失去平衡.由于选项A中的导线有效长度最长,故选项A正确.图24-45.(多选)如图24-4所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正下方固定一正方形线框.线框中通有顺时针方向的恒定电流I,线框边长为L,线框上边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小为B=,线框质量为m,则释放线框的瞬间,线框的加速度可能为(重力加速度为g)( )A.0B.-gC.-gD.g-[解析]AC　线框上边所在处的磁感应强度大小为B1=k,由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里,其所受安培力的大小为F1=B1IL=kI2,由左手定则可判断出安培力方向向上;线框下边所在处的磁感应强度大小为B2=k,所受安培力的大小为F2=B2IL= kI2,由左手定则可判断出安培力方向向下;若F1=F2+mg,则加速度为零,选项A正确.若F1>F2+mg,则加速度方向向上,由F1-(F2+mg)=ma,解得a=-g,选项C正确,选项B错误.若F1<F2+mg,则加速度方向向下,由(F2+mg)-F1=ma,解得a=g-,选项D错误.图24-56.如图24-5所示,条形磁铁放在水平桌面上,在其正中央的上方固定一根长直导线,导线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向里的电流,用F表示磁铁对桌面的压力,用f表示桌面对磁铁的摩擦力,导线中通电后与通电前相比较( )A.F减小,f=0B.F减小,f≠0C.F增大,f=0D.F增大,f≠0图24-6[解析]C　如图24-6所示,画出导线所在处的磁铁的磁感线,磁场方向水平向左,由左手定则知,通电导线受安培力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,通电导线对磁铁的反作用力方向竖直向下,所以磁铁对桌面压力增大,因桌面与磁铁间无相对运动趋势,所以桌面对磁铁无摩擦力作用,故选项C正确.7.两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内,两环的圆心连线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=T的匀强磁场(未画出),两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动,而棒恰好静止于如图24-7所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°,重力加速度g取10m/s2.试求此电源电动势E的大小.图24-7[答案]6V[解析]从左向右看,棒PQ的受力如图24-8所示,棒受重力mg、安培力F安和环对棒的弹力F N作用,根据平衡条件得F安=mg tanθ=mg,安培力F安=IBL,联立解得I==1A,在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为R==2Ω,由闭合电路欧姆定律得E=I(r+2R+R棒)=6V.图24-8第25讲　磁场对运动电荷的作用【教材知识梳理】一、1.运动电荷　2.qvB　0　3.左手　(1)反方向　(2)v、B　4.洛伦兹力二、1.匀速直线　2.匀速圆周　3.(1)　(2)辨别明理(1)(×)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(√)【考点互动探究】考点一例1　C　[解析]洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向),小球做曲线运动,在运动中某一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度a y=<g,故小球平抛的时间将增加,落点应在A点的右侧.变式题　BD　[解析]小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向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,而q、v1、B 均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力总是与速度垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管的分速度大小为v2,则小球受到垂直于试管向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大,故D正确.例2　AC　[解析]图甲中,由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=,图丙中,当加上电场时,由运动的分解可知,在竖直方向上,有=2gh3,所以h1=h3,故A正确;图乙中,洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时小球的动能为E k,则由能量守恒定律得mgh2+E k=m,又由于m=mgh1,所以h1>h2,D错误;图丁中,因小球电性不知,则电场力方向不清,则h4可能大于h1,也可能小于h1,故C正确,B错误.考点二例3　AC　[解析]粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1与粒子2的速率之比为1∶2,A正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此两粒子在磁场中运动的时间相同,即C正确,D 错误.例4　AD　[解析]根据左手定则,正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动,由轨道半径r=10cm画出粒子的两种临界运动轨迹,如图所示,则OO1=O1A=OO2=O2C=O2E=10cm,由几何知识求得AB=BC=8cm,OE=16cm,选项A、D正确,选项B、C错误.变式题　D　[解析]电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;由几何知识得,电子打在MN上的点与O'点的距离为x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得sinθ==0.5,解得θ=,则电子在磁场中运动的时间为t==,故D正确.例5　C　[解析]当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远,故射入的速率为v1时,对应轨道半径为r1=R sin30°,射入的速率为v2时,对应轨道半径为r2=R sin60°,由半径公式r=可知轨道半径与速率成正比,因此==,C正确.变式题　B　[解析]带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,则粒子轨迹如图甲所示,由图可知,粒子的偏转半径r=R sin30°=R,若只将cbd 半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子在磁场中的偏转半径r'=r=,故A错误,B正确;带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t=,若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子仍然从P 点射入,则粒子轨迹如图乙所示,由图知粒子在磁场中运动的时间t'<T,则t'<2t,故C、D 错误.考点三例6　BCD　[解析]所有粒子的初速度大小相等,它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r==;当轨迹圆弧对应的弦最长时,圆心角最大,时间最长,当轨迹圆弧对应的弦最短时,圆心角最小,时间最短.对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动,可知最长的弦为OA=,恰好等于轨道半径,对应的圆心角为60°,因此最长运动时间为=;过O作AB边或AC边的垂线,垂足为D,可知OD=为最短的弦,对应的圆心角略小于30°,因此最短运动时间略小于=,故选项B、C、D正确.变式题　D　[解析]设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v所在直线交ON于一点C,则轨迹圆与AC相切;由于轨迹圆只与ON有一个交点,所以轨迹圆与ON相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O'为圆心,B为出射点.由几何关系可知∠O'CD=30°,Rt△O'DC中,CD=O'D·cot30°=R;由对称性知,AC=CD= R;等腰△ACO中,OA=2AC·cos30°=3R;等边△O'AB中,AB=R,所以OB=OA+AB=4R.由qvB=m得R=,所以OB=,D正确.图25-11.[2015·海南卷]如图25-1所示,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]A　磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外,电子在a点的运动方向水平向右,根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上,选项A正确.2.四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上,并通以等大的电流,方向如图25-2图25-2所示.正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子,则电子刚被喷射出时受到的洛伦兹力方向为( )A.沿y轴负方向B.沿y轴正方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向[解析]B　根据右手螺旋定则,判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向,电子初速度方向沿x轴负方向,根据左手定则,判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向,B正确.3.如图25-3所示,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,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图25-3A.2B.C.1D.[解析]D　根据qvB=m有=·,穿过铝板后粒子动能减半,则=,穿过铝板后粒子运动半径减半,则=,因此=,D正确.4.(多选)图25-4为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是( )图25-4A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小[解析]AC　电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力的方向与其电性有关,由左手定则可知A正确,由轨道半径公式R=知,若电子与正电子进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误.由R==知,D错误.因质子和正电子均带正电,且半径大小与速度有关,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确.图25-55.如图25-5所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为e的电子从a点垂直磁感线以初速度v开始运动,经一段时间t后经过b点, a、b连线与初速度方向的夹角为θ,则t为( )A.B.C.D.[解析]B　t时间内电子转过的圆心角为2θ,则有t=T=,选项B正确.6.(多选)如图25-6所示,两个匀强磁场方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.以下说法正确的是( )图25-6A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→PB.电子运动一周回到P点所用的时间t=C.B1=4B2D.B1=2B2[解析]AD　由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上,轨迹为P→D→M→C→N→E→P,选项A正确;由图可得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2,由r=可得磁感应强度之比=2∶1,电子运动一周所用的时间t=T1+=+=,选项B、C错误,D正确.7.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图25-7所示.装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d.装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO'上, N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置.不计粒子的重力.图25-7(1)求磁场区域的宽度h;(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv;(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值.[答案](1)(2)(3)[解析](1)设粒子在磁场中的轨道半径为r.根据题意得L=3r sin30°+3d cos30°且h=r(1-cos30°)解得h=.(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'.m=qvB,m=qv'B,由题意知3r sin30°=4r'sin30°解得Δv=v-v'=.(3)设粒子经过上方磁场n次.由题意知L=(2n+2)d cos30°+(2n+2)r n sin30°且m=qv n B,解得v n=专题七　带电粒子在组合场中的运动【热点题型探究】热点一例1　D　[解析]粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v,则qU=mv2,粒子进入磁场做圆周运动,半径r==,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D正确.变式题　AD　[解析]粒子在静电分析器内沿中心线偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq=mv2,Eq=,可得U=,选项B错误;在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,PQ=2r==2,所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.例2　C　[解析]D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的H在磁场中运动的周期,即T=,而质子在磁场中的运动周期为T H=,则该回旋加速器不可以加速质子,选项A错误;仅调整磁场的磁感应强度大小,则H在磁场中的运动周期将要变化,该回旋加速器不可以再加速H粒子,选项B错误He在磁场中运动的周期T He== =T,则保持B和T不变,该回旋加速器可以加速He粒子,且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同,则He粒子运动的时间与H粒子的相等,选项C正确;根据qv m B=m,可得E km=m=∝,可知He加速后的最大动能与H粒子的不相等,选项D错误.变式题　A　[解析]回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不被电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB=m得v=,带电粒子获得的能量为E k=mv2=,带电粒子获得的能量与加速电压的有效值无关,选项C错误;根据公式T=,磁感应强度B增大,T减小,选项D错误.热点二例3　(1)类平抛　v0t　at2　at 1　45°　v0　(2) L　变式题　(1)h　(2)　(3)(-1)h[解析](1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1=v1t1①h=a1②由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°H 进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tanθ1③联立以上各式得s1=h④(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1⑤设H进入磁场时速度的大小为v'1,由速度合成法则有v'1=⑥设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv'1B=⑦由几何关系得s1=2R1sinθ1⑧联立以上各式得B=⑨(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得(2m)=m⑩由牛顿第二定律有qE=2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v'2,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有=v2t2s2h=a2=v'2=sinθ联立以上各式得=s1,θ2=θ1,v'2=v'1s2设H在磁场中做圆周运动的半径为R 2,由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得==R1R2所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s'2,由几何关系有=2R2sinθ2s'2联立④⑧式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为-s2=(-1)hs'2热点三。

核心素养提升——科学思维系列(九)分析带电粒子在匀强磁场中运动的三种特殊方法方法1动态放缩法当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入矩形边界磁场的情景．(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)，若从O点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是2 3t0C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0D ．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是43t 0【解析】 本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，粒子同向不同速．由题，带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.A ．作出粒子恰好从各边射出的轨迹，发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A 正确．B ．作出粒子恰好从ab 边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于512个周期，即5t 06.圆心角不小于60°，在磁场中经历的时间不小于16个周期，即t 03.故B 正确． C ．作出粒子恰好从bc 边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于240°，在磁场中经历的时间不大于23个周期，即4t 03.圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于512个周期，即5t 06.故C 正确． D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是56个周期，即5t 03.粒子轨迹的圆心角为θ＝5π3，速度的偏向角也为5π3，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 边射出磁场．故D 错误．【答案】 ABC 方法2 定圆旋转法当带电粒子射入磁场时的速率v 大小一定，但射入的方向变化时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入单边有界磁场时的情景．(2019·江西上饶六校一联)如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝2qBd3m，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1 1 B．2 3C.3 2D.3 3【解析】粒子在磁场中运动时，Bq v＝m v2R，粒子运动轨迹半径R＝m vBq＝23d；由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端距A点的竖直距离L1＝R2－(d－R)2＝33d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝R2－(d－R)2＝33d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为：L＝L1＋L2＝233d；因为R<d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝43d.故两区域长度之比为L L′＝233d43d＝32，故C项正确，A、B、D错误．【答案】 C方法3平移圆法粒子发射速度大小、方向不变，但入射点沿一直线移动时，轨迹圆在平移，但圆心在同一直线上．(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则()A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子在距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区域C ．粒子在距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πmqB D ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm 3qB【解析】 带电粒子在磁场中的运动半径r ＝m vqB ＝d ，选项A 错误；设从某处E 进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC 相切(如图所示)，则E 点距A 点的距离为2d －d ＝d ，粒子在距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区域，选项B 错误；粒子在距A 点1.5d 处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t ＝T 2＝πmqB ，选项C 正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短的运动时间最短，且最短弦长为d ，对应圆心角为60°，最短时间为t min ＝T 6＝πm3qB，选项D 正确．【答案】 CD。

课时作业(二十四)1.C　[解析]根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C错误.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.D　[解析]根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项A 错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.C　[解析]据安培定则可知,图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为x轴负方向,B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为z轴负方向,根据平行四边形定则可知,圆心O处磁感应强度大小为B0.4.D　[解析]由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob向纸里,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90°时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D正确.5.A　[解析]原来,有BIl=mg sinθ,后来,有a=,沿斜面向上,A正确.6.D　[解析]磁场中线圈的有效长度为L'=L,故线圈受到的安培力为F=nBIL'=nBIL,选项D正确.7.BCD　[解析]根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的电流方向为b→a,③的电流方向为e→f,选项A错误,B正确;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C正确;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,选项D正确.8.C　[解析]导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan60°==,解得导体棒中电流I=,由左手定则可判断,导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,选项C正确.9.ABC　[解析]由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误.10.B　[解析]对ab棒受力分析,受到重力、导轨对ab棒的支持力、安培力和细线的拉力,根据左手定则可判断,安培力斜向左上方,水平方向上,有F sinα=T,即B··L sinα=G,现适当增大重物G的重力,为了保证ab棒始终处于静止状态,可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,减小电阻,故A、C、D错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,接入电路的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,根据U=E-Ir可知,路端电压减小,A点电势降低,故B正确.11.(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv[解析](1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率为P=Fv联立解得P=nBILv.12.(1)m/s　(2)　(3)0.10m[解析](1)在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律得BId+mg=m解得v=m/s.(2)金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得-(mg+BId)·2r-μ(mg+BId)L=mv2-m解得μ=.(3)金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得-μ(mg+BId)(L+L CD)-(mg+BId)h m=0-m解得h m=0.10m.课时作业(二十五)1.B　[解析]当电荷的运动方向与磁场方向平行时,电荷不受洛伦兹力,故A错误;电荷在电场中一定受到电场力作用,故B正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相同,负电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相反,故C错误;根据左手定则知,电荷若受洛伦兹力,则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直,故D错误.2.AC　[解析]若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误.3.C　[解析]由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.4.A　[解析]设质子的质量为m,电荷量为q,则α粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m,解得r=,若它们的动量大小相同,即mv相同,则r∝,所以运动半径之比为2∶1,A正确;若它们的速度相同,则==,B错误;若它们的动能大小相同,根据p=可得====1,C错误;若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v=,即vα=v H,故半径之比为==,D错误.5.D　[解析]由左手定则可判断,a粒子带正电,故A错误;由qvB=m,可得r=,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=mv2知,粒子c的动能最小,由洛伦兹力提供向心力,有F向=qvB,可知粒子b的向心力最大,故D正确,B错误;由T=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.6.D　[解析]由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ=30°,半径R==2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T==,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=×=,D正确.7.BC　[解析]带正电粒子从P点与x轴成30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P 点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180°,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为300°,运动的时间t=T=,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,所以运动时间t=T=,故粒子在磁场中运动的时间范围是≤t≤,B、C正确,D错误.8.ABD　[解析]从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3∶2∶2,C错误,D正确.9.BC　[解析]粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为BO=R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,θ1=90°,过B点作O1C的垂线交O1C于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,θ2=∠BO1P=60°,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=T,故运动时间之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2,故C正确,D错误.10.AC　[解析]质子做圆周运动的半径为r==R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;质子的速度为v=时,质子运动的半径r==R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项D错误.11.(1)　(2)　(3)(1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,有ev0B=m过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C=60°AC=BC=r已知OA=L,得OC=r-L由几何知识得r=2L联立解得B=.(2)由于A、B、O在圆周上,∠AOB=90°,所以AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,且△ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为L,.(3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T=联立解得电子在磁场中运动的时间t==.12.(1)　(2)　(3)[解析](1)OC=L cos30°=L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°.半径r=OC=L由qvB=解得B==.(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长,设弦OA对应的圆心角为α,由几何关系得sin==≈0.577解得α≈70°最长时间t m≈·=.(3)设从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°,如图所示,由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°,即沿OC 方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子在磁场中运动的时间相同,则当沿OB方向射入的粒子从C射出时,从OB方向到OC方向这30°范围内射入的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为60°,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是.专题训练(七)A1.C2.D　[解析]正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.AC　[解析]由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能E k=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.C　[解析]设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理得qU=mv2,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又Bqv=m,解得=,故C正确.5.BC　[解析]带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE=ma,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=v y t,联立得v y=v0,进入磁场时速度v==v0,设进入磁场时速度与x轴的夹角为α,有tanα=1,解得α=45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=L,根据qvB=m得R=,磁感应强度B==,选项C正确,选项D错误.6.D　[解析]带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1==,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2===,带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3=,故t总=,D正确.7.BC　[解析]由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小.综上可知,B、C正确.8.(1)R　(2)U=　(3)6d+[解析](1)根据几何关系可得r=R(2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,故有a1==根据运动学公式可得d=a1解得t1==d故v1==粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m解得r=又r=R联立解得U=(3)根据T=,t2=T,θ=60°,可得t2==所以t=6t1+3t2=6d+.9.　[解析]设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理得qU=mv2带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qBv=m由题意知r=d联立解得B=带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律得d=vtd=at2又qE=ma联立解得E=.专题训练(七)B1.(1)2×105m/s　(2)5.2×10-3m[解析](1)能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有qB1v=qE解得v==2×105m/s.(2)粒子进入偏转分离器后做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qB2v=m解得R=设质子质量为m,则氘核质量为2m,故d=2R2-2R1=2×-2×=5.2×10-3m.2.(1)　(2)-[解析](1)粒子运动半径为R时,有qvB=m,又E k=mv2,解得E k=.(2)设粒子被加速n次达到动能E k,则E k=nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt,加速度a=,粒子做匀加速直线运动,有nd=a·(Δt)2,总时间t0=(n-1)·+Δt,解得t0=-.3.(1)　(2)BL[解析](1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB=,由几何关系知r=L,联立解得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a=,在电场中运动时,有L=at2,d=vt,联立解得d=BL4.(1)　(2)(3)斜向下与x轴正方向夹角为30°或150°[解析](1)粒子经电场加速,由动能定理得qU0=mv2解得v=(2)撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动.沿x轴方向,有L=vt沿y轴方向,有=at2由牛顿第二定律得a=联立解得E=(3)设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为θ的方向斜向下射出,运动轨迹如图所示,有2R sinθ=L由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m又qvB=qE联立解得θ=30°或θ=150°5.(1)　(2)　(3)[解析](1)当U MN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得R1=R根据牛顿第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0时刻入射的粒子满足=×××2解得U0=(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴M板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏转角为α.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故α=120°粒子在磁场中运动的最长时间t1=t=2k(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴N板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为β.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故β=60°粒子在磁场中运动的最短时间t2=又T=故Δt=t1-t2=丙专题训练(八)1.D　[解析]当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向仍应向上,故D正确.2.AC　[解析]沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.3.CD　[解析]带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运动.4.C　[解析]金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左,根据左手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带负电,下表面带正电,下表面的电势高于上表面的电势,故A错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有evB=e,解得U=vBh,根据I=nevhd可知,v=,故U=,仅增大h时,电势差不变,故B错误;仅增大d时,上、下表面的电势差减小,故C正确;仅增大I时,电势差增大,故D错误.5.CD　[解析]小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转,即做匀速直线运动,受力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,且满足mg=Eq+qvB 时,小球做匀速直线运动;当E沿z轴正方向,B沿x轴负方向,洛伦兹力为零,且满足mg=qE时,小球做匀速直线运动,C、D正确.6.ABD　[解析]当qv0B=mg时,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项A 正确;当qv0B<mg时,小球做加速度逐渐增大的减速运动直到静止,只有摩擦力做功,根据动能定理得W克f=m,选项B正确;当qv0B>mg时,小球先做减速运动,当qvB=mg时,小球不受摩擦力作用,小球以速度v=做匀速运动,根据动能定理得W克=m-,选项D正确.f7.D　[解析]由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sinθ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cosθ,后来F'N=mg cosθ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sinθ=μ(mg cosθ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1m/s,也可能大于1m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.C　[解析]由图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2、4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表,即毫伏表,选项A错误;霍尔元件的载流子是电子,由于磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力的方向指向接线端2,即接线端2的电势低于接线端4的电势,选项B 错误;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向均相反但大小不变时,由左手定则可判断,电子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,电子的定向移动速率v也变小,故不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.9.(1)　(2)20m或m　(3)7.71s或6.38s[解析](1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用,沿AO做匀加速直线运动,有mg=qE解得E=.(2)质点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动,其轨迹如图所示,有Bqv=m由运动学规律知v2=2aL其中a=g由类平抛运动规律知R=vt3R-=a联立解得L=20m或m.(3)质点做匀加速直线运动,有L=a解得t1=2s或s质点做匀速圆周运动,有t2=×=4.71s质点做类平抛运动,有R=vt3解得t3=1s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t=t1+t2+t3=7.71s或6.38s.10.(1)v0　(2)0　(3)　mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角[解析](1)设a粒子刚出电场时速度为v,由动能定理得qU=mv2-m解得v=v0(2)a粒子在电场中沿水平方向做匀速运动,有t1=a粒子出电场时竖直方向的速度v y=v0有y1=v y t1=L两板距离为L两粒子碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv1解得v1=v0返回时,两粒子在电场中仍做类平抛运动,刚好到O点,有t2=,y2==L两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为L-L=0 (3)两粒子在磁场中运动时,设轨道半径为R,由几何关系知R+R=L　解得R=(2-)L洛伦兹力f洛=2m=由动量定理得I洛=2mΔv由图可得Δv=v0则I洛=mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角。

第9单元 磁场一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应现象，下列说法正确的是( )A ．奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律B ．将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动C ．将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动D ．将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，铜针一定会转动2．正三角形ABC 的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图D9­1所示，a 、b 、c 三点分别是正三角形三边的中点，若A 、B 、C 三处导线中的电流分别为I 、2I 、3I ，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B 的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B ＝k I r，则关于a 、b 、c 三点的磁感应强度，下列说法正确的是( )图D9­1A ．a 点最大B ．b 点最大C ．c 点最大D ．b 、c 两点一样大3．如图D9­2所示，一个不计重力的带电粒子以速度v 0沿各图的虚线射入场中．A 中I 是两条垂直纸面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线在纸面内连线的中垂线；B 中＋Q 是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C 中I 是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是( )图D9­24．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D9­3所示．分别用v M 与v N 、t M 与t N 、q M m M 与q Nm N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( )图D9­3A ．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t M ＜t 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 N5．如图D9­4所示，质量为m 、带电荷量为＋q 的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，杆与场强方向的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是( )图D9­4A ．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B ．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C ．环在下滑过程中，速度不断增大D ．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零6．如图D9­5所示，将长度为L 的直导线放置在y 轴上，当其通以大小为I 、沿y 轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F 、方向沿x 轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为( )图D9­5A ．沿z 轴正方向，大小为2FILB ．在xOy 平面内，大小为2FILC ．在zOy 平面内，大小为2FILD ．在zOy 平面内，大小为4FIL7．如图D9­6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AB 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( )图D9­6A ．粒子2从B 、C 之间某点射出磁场 B ．粒子2必从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 8．如图D9­7所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )图D9­7A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．在一半径为R 的圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子沿平行于直径MN 的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P 到直径MN 的距离为h .(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子的入射速度是多大？(2)恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？图D9­810．如图D9­9所示，圆柱形区域截面圆的半径为R，在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个电容器相同，极板间距为d，极板间电压为U，与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔．一带电粒子质量为m，带电荷量为＋q，自某电容器极板下(紧贴极板)的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力，求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)U与B所满足的关系式；(3)带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间．图D9­9参考答案（测评手册）单元小结卷(九)1．C [解析] 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律，选项A 错误；将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，由于通电直导线产生的磁场方向可能与地磁场的相同，故小磁针不一定会转动，选项B 错误；将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于通电直导线产生的磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动，选项C 正确；铜不具有磁性，故将导线放在它的上方时它不会受到力的作用，故不会偏转，选项D 错误．2．B [解析] 设正三角形的边长为2L ，则a 、b 、c 三点的磁感应强度大小为B a ＝2k I L，B b ＝kI 3L2＋5kI L 2＝763·k IL，B c ＝2kI 3L2＋4kI L 2＝523·k IL，比较可得选项B 正确． 3．B [解析] A 图中，根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动；B 图中，根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动；C 图中，由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动；D 图中，若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动．故本题选B.4．A [解析] 带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动：qvB ＝m v 2r ，解得v ＝qBrm.同一磁场磁感应强度B 相同，如果q M m M ＝q Nm N，则v ∝r ，由图可知r M >r N ，所以v M >v N ，A 正确；带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，t ＝T 2，解得t ＝πmqB，由于同一磁场，比荷相同，所以时间相同，则t M ＝t N ，B 错误；带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，所以q m ＝v Br ，由于同一磁场，速率相同，r M >r N ，所以q M m M <q Nm N ，C 错误；带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，t ＝T 2，解得q m ＝πBt，由于同一磁场，时间相同，所以q M m M ＝q Nm N，D 错误．5．B [解析] 环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度a 1＝mg sin θ－Eq cos θ－μ（mg cos θ＋qE sin θ－qvB ）m，当速度v 增大时，加速度也增大，当速度v 增大到弹力反向时，加速度a 2＝mg sin θ－Eq cos θ－μ（qvB －mg cos θ－qE sin θ）m，随速度v 的增大而减小，当加速度减为零时，环做匀速运动，只有选项B 正确．6．CD [解析] 已知电流沿y 轴负方向，安培力方向沿x 轴正方向，根据左手定则判断可知匀强磁场的磁感应强度在zOy 平面内，设磁场与导线的夹角为α，则0°<α≤90°，当α＝90°时，由F ＝BIL sin α可知，B 有最小值为B min ＝F IL ，当0°<α<90°时，B >FIL，所以B ＝2F IL 和B ＝4FIL都是可能的，故A 、B 错误，C 、D 正确． 7．BC [解析] 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，选项B 正确，选项A 错误；粒子1和2的运动轨迹如图所示，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，选项C 正确，选项D 错误．8．AC [解析] 粒子沿直线运动，则Bqv ＝Eq ，解得E ＝Bv ＝0.01×103N/C ＝10 N/C ，选项A 正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向有r ＝12·Eq m t 2，竖直方向有r ＝vt ，解得qm ＝2×106C/kg ，选项B 错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R ＝mvqB 2＝0.1 m ，选项C 正确；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 4＝πm 2q B 2＝1.57×10－4s ，选项D 错误．9．(1)qBh m (2)qBR （R －R 2－h 2）mh[解析] (1)粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中运动了半周，其轨迹半径r 1＝h ，由洛伦兹力提供向心力，有qv 1B ＝m v 21r 1解得v 1＝qBh m. (2)粒子从M 点射出，其运动轨迹如图所示，在△MQO 1中，r 22＝(R －R 2－h 2)2＋(h －r 2)2解得r 2＝R 2－R R 2－h 2h由洛伦兹力提供向心力，有qv 2B ＝m v 22r 2解得v 2＝qBR （R －R 2－h 2）mh.10．(1)3R (2)U ＝3B 2qR22m(3)6d2m Uq ＋πm Bq[解析] (1)根据几何关系可得r ＝3R (2)粒子在电场中做匀加速直线运动，故有a 1＝Eq m ＝Uq md根据运动学公式可得 d ＝12a 1t 21解得t 1＝2da 1＝d2mUq，故v 1＝2a 1d ＝2Uqm粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则Bqv 1＝m v 21r解得r ＝mv 1Bq又r ＝3R ，联立解得U ＝3B 2qR22m(3)根据T ＝2πm Bq 、t ＝θ2πT 、θ＝60°得t 2＝T 6＝πm3Bq所以t ＝6t 1＋3t 2＝6d 2m Uq＋πmBq。