2018届高考物理二轮复习重难专题强化练“磁场的基本性质”课后冲关
2018届全国卷高考物理考前复习大串讲基础知识及查漏补缺复习资料专题10 磁场基础知识含解析
【基础知识梳理】一、磁场、磁感应强度 1．磁场(1) 基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2) 方向：小磁针的N 极所受磁场力的方向。
2．磁感应强度3．磁感应强度与电场强度的区别二、 磁感线 1．磁感线(1)定义：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)磁感线的特点①磁感线是为了形象地描述磁场而人为假设的曲线，并不是客观存在于磁场中的真实曲线。
②磁感线在磁体(螺线管)外部由N 极到S 极，内部由S 极到N 极，是闭合曲线。
③磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线较密的地方磁场较强，磁感线较疏的地方磁场较弱。
④磁感线上任何一点的切线方向，都跟该点的磁场(磁感应强度)方向一致。
⑤磁感线不能相交，也不能相切。
2．几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)常见电流的磁场3.磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。
4．地磁场的特点(1)磁感线由地理南极发出指向地理北极(地球内部相反)。
(2)地磁场的水平分量总是由地理南极指向地理北极。
(3)北半球具有竖直向下的磁场分量，南半球具有竖直向上的磁场分量。
(4)赤道平面距地面相等高度的各点，磁场强弱相同，方向水平向北。
三、磁场对电流的作用力—安培力1．安培力的方向(1)左手定则：伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
(2)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。
2．安培力的大小(1)当B⊥L时，安培力最大，F＝BIL。
(2)当B∥L时，安培力等于零。
注意：F＝BIL中的L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。
如图甲所示，直角形折线abc中通入电流I，ab＝bc＝L，折线所在平面与匀强磁场磁感应强度B垂直，abc受安培力等效于ac(通有a→c的电流I)所受的安培力，即F＝BI·2L，方向为在纸面内垂直于ac斜向上。
2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动
专题限时集训(九)磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第133页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )【导学号：19624112】 A.T B ．T C.T 2 D ．T 2A [带电粒子在磁场中运动半径r ＝mv qB ，得B ＝mv qr ①；又E k ＝12mv 2∝T (T 为热力学温度)，得v ∝T ②.由①②得，B ∝T .即在被束缚离子种类及运动半径不变的条件下，所需磁感应强度B 与T 成正比，故选项A 正确．]2．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅲ))如图918所示，OO ′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B 的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa ′、bb ′、cc ′…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为q m的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO ′轴线对称的小孔中射出，入射角为30°正粒子的速度大小为 2 km/s ，则入射角为45°的粒子速度大小为( )图918A ．0.5 km/sB ．1 km/sC ．2 km/sD ．4 km/sB [粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r 1＝R sin 30°，r 2＝R sin 45°，由牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r ，解得v ＝rqB m ，所以v ∝r ，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为v 1v 2＝r 1r 2＝sin 45°sin 30°＝2，则入射角为45°的粒子速度大小为v 2＝1 km/s ，选项B 正确．]3. (2017·鹰潭市一模)如图919所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC 容器的边长为a ，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O 是竖直边AB 的中点，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从小孔O 以速度v 水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O 孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于a 2，则磁场的磁感应强度的最小值B min 及对应粒子在磁场中运行的时间t 为( ) 【导学号：19624113】图919A ．B min ＝2mv qa ，t ＝7πa 6vB ．B min ＝2mv qa ，t ＝πa 26vC ．B min ＝6mv qa ，t ＝7πa 6vD ．B min ＝6mv qa ，t ＝πa 26vC [粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，则Bqv ＝m v 2r ，得r ＝mv qB，因粒子从O 孔水平射入后，最终又要水平射出，则有(2n ＋1)r ＝a 2，(n ＝1、2、3…)，联立得B ＝n ＋mv qa ，当n ＝1时B 取最小值，B min ＝6mv qa，此时对应粒子的运动时间为t ＝3(T ＋T 6)＝7T 2，而T ＝2πm Bq ＝πa 3v ，所以t ＝7πa 6v，C 正确，ABD 错误．]4．(2017·沈阳模拟)如图920所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC 、AD 的夹角∠DAC ＝30°，边界AC与边界MN 平行，边界AC 处磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在边界AD 上距A 点d 处垂直AD 射入Ⅰ区，已知粒子速度大小为qBd m，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为( )【导学号：19624114】图920A.πm 3qB B.2πm 3qB C.5πm 6qB D.7πm 6qBC [根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R得R ＝mv qB ＝m ×qBd m qB＝d 根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC 方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，运动14周期后射出磁场 在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1＝60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°粒子在磁场中运动的总时间为t ＝60°＋90°360°T ＝512×2πm qB ＝5πm 6qB，故C 正确，ABD 错误．]5. (2016·衡阳一模)如图921所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电量与表面积成正比，待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d .区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上．若半径为r 0，质量为m 0、电量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )图921A ．区域Ⅱ的电场强度为E ＝B 2q 0U m 0B ．区域Ⅱ左右两极板的电势差为U 1＝Bd q 0U m 0C ．若纳米粒子的半径r >r 0，则进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D ．若纳米粒子的半径r >r 0，仍沿直线通过，区域Ⅱ的磁场不变，则电场强度与原来之比为3r r 0A [设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则：q 0U ＝12m 0v 2，设区域Ⅱ内电场强度为E ，则：q 0vB ＝q 0E ，联立解得：E ＝B 2q 0U m 0，而Ⅱ区两极板的电压为：U 1＝Ed ＝Bd 2q 0Um 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r >r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电量为q 、被加速后的速度为v ′，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 03m 0，而q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 02q 0，由12mv ′2＝qU ，解得：v ′＝2q 0Ur 0m 0r ＝r 0rv <v ，故速度变小，粒子带正电，向右的洛伦兹力小于向左的电场力，故粒子向左偏转，故C 错误；由于v ′＝r 0r v ，根据qv ′B ＝qE ′，区域Ⅱ的电场强度与原来之比为r 0r，故D 错误．] 6. (2017·东北三省四市教研联合体一模)如图922所示，两根通电长直导线a 、b 平行放置，a 、b 中的电流分别为I 和2I ，此时a 受到的磁场力为F ，以该磁场力方向为正方向．a 、b 的正中间再放置一根与a 、b 平行共面的通电长直导线c 后，a 受到的磁场力大小变为2F ，则此时b 受到的磁场力为( )【导学号：19624115】图922A ．0B ．FC ．－4FD ．－7FBD [由于ab 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b 受到a 的磁场力大小为F ，方向相反，故为－F ；中间再加一通电导体棒时，由于c 处于中间，其在ab 两位置产生的磁场强度相同，故b 受到的磁场力为a 受磁场力的2倍；a 受力变成2F ，可能是受c 的磁场力为F ，方向向左，此时b 受力为2F ，方向向左，故b 受力为F ，方向向左，故合磁场力为F ；a 变成2F ，也可能是受向右的3F 的力，则此时b 受力为6F ，方向向右，故b 受到的磁场力为－6F －F ＝－7F ；故选：BD.]7. (2017·厦门一中月考)如图923所示，S 为一离子源，MN 为长荧光屏，S 到MN 的距离为L ，整个装置处于在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .某时刻离子源S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m ，电荷量q ，速率v 均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( )【导学号：19624116】图923A ．当v <qBL 2m 时所有离子都打不到荧光屏上 B ．当v <qBL m时所有离子都打不到荧光屏上 C ．当v ＝qBL m 时，打到荧光屏MN 的离子数与发射的离子总数比值为512D ．当v ＝qBL m 时，打到荧光屏MN 的离子数与发射的离子总数比值为12AC [根据半径公式R ＝mv qB ，当v <qBL 2m 时，R <L 2，直径2R <L ，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当v <qBL 2m时所有离子都打不到荧光屏，选项A 正确．根据半径公式R ＝mv qB ，当v <qBL m 时，R <L ，当半径非常小时，即R <L 2时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当L 2≤R <L ，有离子打到荧光屏上，选项B 错误．当v ＝qBL m时，根据半径公式R ＝mv qB＝L ，离子运动轨迹如图所示离子能打到荧光屏的范围是NM ′，由几何知识得：PN ＝3r ＝3L ，PM ′＝r ＝L ，打到N 点的离子离开S 时的初速度方向和打到M ′的离子离开S 时的初速度方向夹角θ＝56π，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比k ＝θ2π＝56π2π＝512，选项C 正确，D 错误．]8.[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图924所示，一个半径为R 的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左、右两端点等高．半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为B ＝mq g 2R 、垂直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为E ＝mg q、竖直向下的匀强电场．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放．P 为轨道的最低点，小球始终没有离开半圆轨道．则下列分析正确的是( )图924A ．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mgB ．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时速度大小为2gRC ．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mgD ．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时速度大小为2gRBCD [若半圆轨道有匀强磁场，只有重力做功，根据机械能守恒有12mv 2＝mgR ，小球经过轨道最低点时速度大小v ＝2gR ，B 正确；小球第一次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向下，由向心力公式得F N －qvB －mg ＝mv 2R，解得F N ＝4mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg ，小球第二次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向上，由向心力公式得F ′N ＋qvB －mg ＝mv 2R，解得F ′N ＝2mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为2mg ，A 错误；若半圆轨道有匀强电场，电场力做功，由动能定理得mgR ＋qER ＝12mv ′2，解得v ′＝2gR ，D 正确；小球经过最低点时，电场力的方向总是竖直向下，由向心力公式得F ″N －qE－mg ＝mv 2R，解得F ″N ＝6mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg ，C 正确．]二、计算题(本题共3小题，共48分)9．(16分)(2017·天津高考T 11)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图925所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：图925(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【导学号：19624117】【解析】 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t ①L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v yv y ＝at ③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有tan α＝v y v 0④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y ⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0.⑦(2)设电场强度为E ，粒子所带电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧又F ＝qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R⑩ 由几何关系可知R ＝2L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 02.⑫ 【答案】 (1)2v 0，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))如图所示，直角坐标系xOy 平面内，第一象限存在着沿y 轴负方向的匀强电场；M 是x 轴上的一点，在第四象限里过M 点的虚线平行于y 轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)．现有一电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子从y 轴上P (0，L )点，以平行于x 轴方向的初速度v 0射入电场，并恰好从M 点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过y 轴上Q (0，－3L )点，且射出时速度方向与y 轴负方向的夹角θ＝30°，不计带电粒子的重力．求：(1)M 点的坐标和匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)带电粒子从P 点运动到Q 点的时间．【解析】 (1)带电粒子运动轨迹如图所示由图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度v y ＝v 0tan θ，加速度a ＝qE m ＝v 2y 2y ＝3v 202L(2分) 解得E ＝3mv 202qL(1分) 运动时间t 1＝v y a ＝23L 3v 0(1分) 沿x 轴方向的位移x M ＝v 0t 1＝233L ，所以M 点的坐标是(233L,0)．(1分) (2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外(1分)由几何关系，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径r ＝MN ，又OQ ＝MN ＋OM tan θ(1分)解得：r ＝L (1分)带电粒子进入磁场的速度v ＝v 0sin θ＝2v 0(1分) 带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB ＝mv 2r(1分) 解得B ＝mv qr ＝2mv 0qL.(1分) (3)带电粒子在匀强磁场的运动时间t 2＝πL 3v ＝πL 6v 0(1分) 带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q 点的运动时间t 3＝OMv sin θ＝23L 3v 0(1分)带电粒子从P 点运动到Q 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝43L 3v 0＋πL 6v 0.(1分) 【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫233L ，03mv 202qL(2)2mv 0qL 垂直坐标平面向外 (3)43L 3v 0＋πL 6v 010．(16分)(2017·肇庆市二模)如图926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 ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，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，g 取10 m/s 2.求：甲 乙图926(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.【导学号：19624118】【解析】 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N①电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N②(1分)因此重力与电场力平衡(2分) 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③(1分) 由③式解得：R ＝0.6 m④由T ＝2πR v⑤(1分) 得：T ＝10 πs⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周(1分)，再次经直线OO ′时与O 点的距离：L ＝2R ⑦(1分)将数据代入上式解得：L ＝1.2 m ．⑧(2分)(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ，轨迹如图所示，位移大小：s ＝vt ⑨(1分)由⑨式解得：s ＝1.88 m ○10 因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝s ＋R ＝2.48 m ．⑪(2分)(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，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫(3分)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬(3分)[若两式合写成L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…)同样给6分]【答案】 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(2.4n ＋0.6) m(n ＝01,2,3，…)或L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)11．(16分)(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图927所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．图927(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；(3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件.【导学号：19624119】【解析】 (1)甲种离子在电场中加速时，有qU 0＝12×2mv 2①设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1，则有 qvB ＝2m v 2r 1② 根据几何关系有x ＝2r 1－L ③由①②③式解得x ＝4B mU 0q－L .④ (2)如图所示．最窄处位于过两半圆虚线交点的垂线上d ＝r 1－r 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22⑤ 由①②⑤式解得d ＝2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24.⑥(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2r 1的最小半径r 1min ＝2B m U 0－ΔU q ⑦ r 2的最大半径r 2max ＝1B 2m U 0＋ΔU q⑧ 由题意知2r 1min －2r 2max ＞L ， 即4B m U 0－ΔU q －2B 2m U 0＋ΔU q ＞L ⑨ 由⑦⑧⑨式解得L ＜2B m q [2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]⑩ 【答案】 (1)4BmU 0q －L (2)见解析图2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24 (3)L ＜2B m q [2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]。
最新-2018高考物理二轮复习资料专题08 磁场学生版 精
专题八 磁场【2018考纲解读】带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。
在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。
带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。
带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。
纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题，填空题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。
【重点知识整合】一、洛伦兹力：1、产生洛伦兹力的条件：（1）电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．（2）电荷的运动速度方向与磁场方向不平行．2、洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，等于q υB ；3、洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断4、洛伦兹力不做功．二、带电粒子在匀强磁场的运动1、带电粒子在匀强磁场中运动规律初速度的特点与运动规律（1）00=v 0=洛f 为静止状态（2）B v // 0=洛f 则粒子做匀速直线运动（3）B v ⊥ Bqv f =洛，则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为： 向心力公式：R v m Bqv 2= 运动轨道半径公式：Bq m v R =； 运动周期公式：Bq m T π2=动能公式：m BqR mv E k 2)(2122== T 或f 、ω的两个特点：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 ）和粒子的荷质比（m q）有关。
2018年高考物理二轮温习第一部分二轮专题冲破专题三电场和磁场课时作业8电场和磁场的大体性质
7.
如下图，一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右边N点的水平直线对称．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )
A．匀强电场的方向水平左
B．电场强度E知足E>
C．小球在M点的电势能比在N点的大
D．M点的电势比N点的高
点的电势降低得多，因此M点的电势比N点的低，一正点电荷在M点时的电势能比在N点时的小，选项D正确．
答案：ACD
11.
电子束焊接机中的电子枪如下图，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U.A、K之间的电场线散布如下图．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K加速运动到A，设电子的质量为m，那么以下说法正确的选项是( )
答案：C
4．(2017·四川省重点中学第二次检测)
由某种导线组成的正方形导线框abcd竖直放置，已知长度为l的该导线的电阻为lr，现将正方形导线框置于如下图的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为B，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为E，内阻不计的电源两头．那么关于导线框所受安培力的大小和方向，以下说法正确的选项是( )
A．安培力的大小为 ，方向竖直向上
B．安培力的大小为 ，方向竖直向下
C．安培力的大小为 ，方向竖直向下
D．安培力的大小为 ，方向竖直向上
解析：由题图可知，电路接通后流过导线框的电流沿ad及abcd方向，设导线框的边长为x，由欧姆定律可得，流过ab边的电流为I1＝ ，流过bc边的电流为I2＝ ，又由左手定那么可知ad、bc两边所受的安培力方向均竖直向下，ab、cd两边所受到的安培力大小相等，方向相反，那么导线框所受的安培力的大小为F＝B(I1＋I2)x＝ ，方向竖直向下，B正确．
2018届高三物理(新课标)二轮复习专题整合高频突破：专题三 电场和磁场
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
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拓展训练1(2017· 全国Ⅲ卷)如图所示,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B0;x<0区 域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度v0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②③④式得,所求时间为 d0=2(R1-R2)= ������
2������������0 0 ������
���� t0=t1+t2=������ ������ 0
1+
1 ������
⑤ ⑥
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为 11 ������
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
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涉及复合场的技术应用 以计算题的形式进行考查,往往以电磁技术的应用为背景材料, 联系实际考查学生学以致用的能力,有时也以选择题形式出现。
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
(1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。
答案
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高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
2018-2018高考物理二轮复习磁场压轴题及答案
2018-2018高考物理二轮复习磁场压轴题及答案高考将至，2016年高考将于6月7日如期举行，以下是一篇磁场压轴题及答案，详细内容点击查看全文。
1如图12所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1 kg，带电量为q=0.5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。
当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4，取g=10m/s2，求：(1)判断物体带电性质，正电荷还是负电荷?(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向2(10分)如图214所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m/s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F ，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F ，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)4有一倾角为的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为m =m =m，m =3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v 向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q点开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上的R点，求P、R 间的距离L的大小。
2018高考物理二轮闯关导练：专题三电场和磁场能力卷-物理小金刚系列
专题三 电场和磁场 能力卷时间：90分钟 满分：95分一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1～5小题只有一个选项正确，第7～8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(导学号：92274051)(2017·江苏卷)如图所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶12．(导学号：92274052)在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示．现让小球A 、B 、C 带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为( )A.13B.33C ．3 D. 33．(导学号：92274053)如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述做法可使指针张角增大的是()A．使A、B两板靠近些B．使A、B两板正对面积错开些C．断开S后，使B板向左平移减小板间距D．断开S后，使A、B板错位正对面积减小4．(导学号：92274054)如图所示，实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大5．(导学号：92274055)如图所示，在同一平面内四根彼此绝缘、固定旋转的通电直导线，开始通入的电流i4＝i3＞i2＞i1.如果要使四根导线围成的方框中心点O的磁场减弱，可以()A．只减弱i1，其他电流不变B．只增强i2，其他电流不变。
2018高考物理二轮闯关导练：专题三电场和磁场提升卷-物理小金刚系列
专题三电场和磁场提升卷时间：90分钟满分：95分一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(导学号：92274063)(2017·安庆调研)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k Ir，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～R区间内磁感强度B随x变化的图线可能是图乙中的()2．(导学号：92274064)如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上3．(导学号：92274065)真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度的大小E＝mgq，一根不可伸长、长度为l的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，再由静止释放小球，则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中()A．小球刚运动到B点前的瞬时，速度恰好为零B．小球刚运动到B点前的瞬时，绳子对小球的拉力为mgC．小球从A运动到B的过程中，小球做曲线运动D．小球刚运动到B点前的瞬时，其动能为2mgl4．(导学号：92274066)(2017·河北衡水高三调研)如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是()A．正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能B．正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高D．负电荷－q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大5．(导学号：92274067)(2017·四川省重点中学第二次检测)由某种导线构成的正方形导线框abcd竖直放置，已知长度为l的该导线的。
2018届高考物理二轮复习重难专题强化练“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关
“活用三大观点破解力学计算题”1．(2017·枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v t 图像如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ； (2)物体运动的最大速度v m ； (3)在0～3 s 内电动机所做的功。
解析：(1)设物体的质量为m ，由题图乙可知，在时间t 1＝1 s 内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v 1＝at 1F 1－mg sin 30°＝ma设在1 s 末电动机的输出功率为P ， 由功率公式可得：P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝100 W 。
(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F 2－mg sin 30°＝0 P ＝F 2v m联立解得：v m ＝10 m/s 。
(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动公式及动能定理：x ＝12at 12W 1－mgx sin 30°＝12mv 12设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则：W ＝W 1＋P (t －t 1)联立解得：W ＝250 J 。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J2．(2017·天津高考)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 。
高考物理二轮专题复习文档重难专题强化练磁场的基本性质课后冲关含解析
重难专题强化练——“磁场的基本性质”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。
下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：选BC由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝3B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C正确，D错误。
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。
若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。
不计重力及带电粒子之间的相互作用。
则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D．3∶ 2解析：选C由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由q v B ＝m v 2R 可知，R ＝m v qB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“楞次定律 法拉第电磁感应定律”课后冲关含解析
重难专题强化练——“楞次定律 法拉第电磁感应定律”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。
为了有效隔离外界振动对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。
无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：选A 施加磁场来快速衰减STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。
方案A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。
综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A 。
2.[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。
铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。
圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。
圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 解析：选AB 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误。
2018届高考物理二轮复习磁场专题卷
五、磁场教学目标1．了解磁场的产生和基本特性，加深对场的客观性、物质性的理解．2．通过磁场与电场的联系，进一步使学生了解和探究看不见、摸不着的场的作用的方法．掌握描述磁场的各种物理量．3．掌握安培力的计算方法和左手定则的使用方法和应用．教学重点、难点分析1．对磁感强度、磁通量的物理意义的理解及它们在各种典型磁场中的分布情况．2．对安培力和电磁力矩的大小、方向的分析．教学过程设计教师活动一、磁场复习提问：1．磁场存在于何处？2．磁场的基本特征是什么？3．什么是磁现象的电本质？总结：磁场是一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述．学生活动答：在磁体或电流周围空间存在磁场．它的基本特征是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用．磁现象的电本质是指所有磁现象都可归纳为：运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用．二、描述磁场性质的物理量1．磁感应强度（符号B，单位T）磁感线电场和磁场都是无法直接看到的物质．我们在描述电场时引入电场强度E这个物理量，描述磁场则是用磁感应强度B．研究这两个物理量是采用什么方法？答：利用磁场对放入其中的特殊物质的作用（如电场对电荷、磁场对通电导线的作用等），采用试探法，即在场中引入试探电荷或试探电流元，研究电磁场对它们的作用情况，从而判定场的分布情况．试探法是一种很好的研究方法．它能帮助我们研究一些因无法直接观察或接近而感知的物质，如电磁场．我们前面复习了电场强度，那么磁感应强度的定义与它有什么不同的地方吗？答：磁感强度的定义式为：B=F/Il其中电流元（Il）受的磁场力的大小与电流方向相关．因此采用电流与磁场方向垂直时受的最大力F来定义B，而电场中就不存在这个问题．总结：研究电场、磁场的基本方法是类似的．但磁场对电流的作用更复杂一些，涉及到方向问题．今后我们分析此类问题时也要多加注意．磁感强度矢量性：磁感强度是描述磁场的物理量．因此它的大小表征了磁场的强弱，而它的方向，也就是磁场中某点小磁针静止时N极的指向，则代表该处磁场的方向．同时，它也满足矢量叠加的原理：若某点的磁场几个场源共同形成，则该点的磁感强度为几个场源在该点单独产生的磁感强度的矢量和．磁感线：用来形象描述磁场中各点磁感强度分布的曲线．它的疏密程度表示磁场的强弱，而它上各点的切线方向则表示该处磁场的方向．特点：磁体外方向N极指向S极（内部反之）．让学生画出几种典型磁场的磁感线分布（如条形磁铁，蹄形磁铁，通电直导线，通电螺线管等），加深感性认识．[例1]如图3-5-1所示，两根垂直纸面平行放置的直导线A、C由通有等大电流．在纸面上距A、C等远处有一点P．若P点磁感强度及方向水平向左，则导线A、C中的电流方向是如下哪种说法？A．A中向纸里，C中向纸外B．A中向纸外，C中向纸里C．A、C中均向纸外D．A、C中均向纸里</PGN0181.TXT/PGN>2．磁通量（符号单位Wb）请学生回答磁通量的定义以及与磁感强度的区别和联系．通过例题使学生注意定义中B、S方向问题及的标量叠加问题．答：穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量．定义式为：=PBS⊥（S⊥为垂直于B的面积）．磁感强度是描述磁场某点的性质，而磁通量是描述某一面积内磁场的性质．由B= /S⊥可知磁感强度又可称为磁通密度．[例2]如图3-5-2所示，在水平虚线上方有磁感强度为2B，方向水平向右的匀强磁场，水平虚线下方有磁感强度为B，方向水平向左的匀强磁场．边长为l的正方形线圈放置在两个磁场中，线圈平面与水平面成α角，线圈处于两磁场中的部分面积相等，则穿过线圈平面的磁通量大小为多少？（让学生分析解答）分析：1．注意到B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上．2．注意到水平虚线上下两部分磁场大小与方向的不同．应求两部分磁通量按标量叠加，求代数和．三、磁场对电流的作用1．安培力用投影仪打出如下几种情况．带学生复习安培力的大小、计算和左手定则对其方向的判断．[例3]教师可举后边同步练习中的题目为例，分析安培力的计算．安培力大小F=B⊥IL．B⊥为磁感强度与电流方向垂直分量．方向：左手定则（内容略）．注意安培力总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直（除了二者平行，安培力为0的情况）．2．安培力矩——磁场对通电线圈的力矩作用带学生分析、计算通电矩形线圈在磁场中受安培力矩（可采用最标准的模型，即矩形线框且轴在正中的情况）推出安培力矩公式：M=BIS∥（S∥为线圈面积在磁场方向上的投影大小）[例4]在磁感强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd，边长分别为L1、L2，通以电流I．如图3-5-4所示．已知转轴OO′在线圈平面内，且垂直于B，Od=3Oa，O′c=3O′b，当线圈从图示位置绕轴转过θ角时，下面哪些说法正确？[ ]A．ab边受到安培力为BIL1sinθB．ab边受到安培力为BIL1cosθC．线圈受到磁力矩为BIL1L2cosθD．穿过线圈的磁通量为BL1L2sinθ解：根据安培力定义可知此时ab边受的安培力大小为BIL1，因此A、B选项错误；而由磁通量和磁力矩的公式可知选项C、D正确．</PGN0183.TXT/PGN>同步练习一、选择题1．如图3-5-5所示，长方形线框abcd的平面与磁感线垂直放置，它有一半面积处于磁感应强度为B的匀强磁场中，已知ab=l，ad=2l，现以ab边为轴（ab边平行于磁场边界）使线框转过60°角，则穿过线框的磁通量变化量是[ ]A．0 B．B12 C．B12/2 D．B12/42．在匀强磁场中放入通有相同电流的三条不同形状的导线，如图3-5-6所示，每条导线的两个端点间的距离相等，那么所受磁场力最大的导线是[ ]A．甲线最大 B．乙线最大C．丙线最大 D．三条线一样大3．如图3-5-7所示，固定螺线管M右侧有一正方形线框abcd，线框内通有恒定电流，其流向为abcd，当闭合开关S后，线框运动情况应为[ ]A．ab向外，cd向里转动且向M靠拢B．ab向里，cd向外转动且远离MC．ad向外，bc向里转动且向M靠拢D．ad向里，bc向外转动且远离M4．在北京地区做如下实验，一个可以在水平面内自由转动的小磁针，在地磁场作用下保持静止．一根长直导线位于小磁针的北方，竖直放置，且通有竖直向上的电流．已知地磁场的水平分图3-5-7量为B0，长直导线电流磁场在小磁针处的磁感应强度为B，则小磁针的N极将[]A．向东偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止B．向东偏转角度0=arctan（B/B0）而静止C．向西偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止D．向西偏转角度θ=arctan（B/B0）而静止5．如图3-5-8所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直．给电线通以垂直纸面向外的电流，则[]A．磁铁对桌面的压力增大，要受桌面的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力增大，仍不受桌面的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力减小，要受桌面的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力减小，仍不受桌面的摩擦力作用二、非选择题6．如图3-5-9所示，等腰三角形金属线框ACD放在光滑水平面上，DA=DC=lm，∠A=∠C=30°，若线框中通以I=IA的电流，则DA、DC两边所受合力大小为_____N，整个线框所受合力为_____N．7．如图3-5-10所示，A和B中一个是电源，另一个是用电器．当用两导线连接起来用电器工作时，用一个小磁针放在a点下方，磁针N极向纸外偏转，用电压表测定a与b间的电压，发现a点电势比b点高，由此可判断出电源是______．8．在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一个可绕对称轴OO′转动的等边三角形线圈abc，已知三角形线圈共有N匝，每边长L，通有电流强度为I的电流，如图3-5-11所示，此通电线圈在磁场受到的最大安培力矩是________。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“磁场的基本性质”课后冲关含解析
重难专题强化练——“磁场的基本性质”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反。
下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：选BC 由安培定则可判断出L 2在L 1处产生的磁场(B 21)方向垂直L 1和L 2的连线竖直向上，L 3在L 1处产生的磁场(B 31)方向垂直L 1和L 3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L 3和L 2在L 1处产生的合磁场(B 合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L 1所受磁场作用力的方向与L 2和L 3所在平面平行，选项A 错误；同理，如图2所示，可判断出L 3所受磁场(B 合3)作用力的方向(竖直向上)与L 1、L 2所在平面垂直，选项B 正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，根据几何知识可知，B 合1＝B ，B 合2＝B ，B 合3＝3B ，由安培力公式F ＝BIL 可知L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C 正确，D 错误。
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。
若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。
不计重力及带电粒子之间的相互作用。
2018届高三物理二轮复习试题：板块一 专题突破复习专
跟踪强化训练(十)1．(2017·湖南长沙长郡中学周测)如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L 的正方形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x 轴重合，右边界与y 轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x <L 区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >L 区域内存在磁感应强度大小为B ′、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(重力不计)以沿y 轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O 处沿x 轴正方向射入匀强电场区域；(1)求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；(3)若带电粒子进入x >L 区域的匀强磁场时的速度方向与x 轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x <L 区域，则x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？[解析] (1)根据题述可知带电粒子在第Ⅱ象限匀强磁场中运动的轨道半径等于正方形区域的边长L .由q v B ＝m v 2L解得v ＝qBL m(2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为－y ，带电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，有L＝v t ；y ＝12at 2；qE ＝ma 联立解得y ＝mE 2qB 2带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2(3)带电粒子以与x 轴正方向成45°角进入匀强磁场，其速度v ′＝2v ＝2qBLm由q v ′B ′＝m v ′2R ′解得R ′＝2BL B ′画出运动轨迹如图所示，由几何关系可知x >L 区域匀强磁场的最小宽度d ＝(1＋cos45°)R ′＝(1＋2)BL B ′x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积S ＝2R ′d ＝2(2＋2)B 2L 2B ′2[答案] (1)qBL m (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2 (3)2(2＋2)B 2L 2B ′22．(2017·湖南长沙长郡中学检测)如图甲所示，在平行板电容器上加上如图乙所示的交变电压，在贴近E 板处有一粒子放射源，能够逐渐发射出大量质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，忽略粒子离开放射源时的初速度及粒子间的相互作用力，粒子只在电场力作用下运动，在电场中运动的时间极短可认为平行板间电压不变．从极板F 射出的粒子能够继续沿直线向右运动，并由O 点射入右侧的等腰直角三角形磁场区域，等腰直角三角形ABC 的直角边边长为L ，O 为斜边AB 的中点，在OA 边上放有荧光屏，已知所有粒子刚好不能从AC 边射出磁场，接收到粒子的荧光屏区域能够发光．求：(1)荧光屏上亮线的长度；(2)所加电压的最大值U 0.[解析] (1)粒子在磁场中运动半径最大时的轨迹如图所示，轨迹与AC 边相切于D 点．设此轨迹半径为R ，O ′为其圆心，则由几何关系可得L OA ＝L AB 2＝22L L O ′A ＝L OA －R m ＝22L －R m 又L O ′A ＝2R m ，可得R m ＝2－22L 由题意可知荧光屏上亮线的长度d ＝2R m ＝(2－2)L(2)若粒子以最大速度进入磁场，则在磁场中运动的半径最大，q v m B ＝m v 2m R m，解得v m ＝BqR m m ，粒子在电场中运动的时间极短可认为在电场中运动的过程中电压保持不变，当电压最大时粒子开始发射粒子，则射出F 板时速度最大，有qU 0＝12m v 2m 联立解得U 0＝m v 2m 2q ＝B 2qR 2m 2m把R m ＝2－22L 代入可得U 0＝(3－22)B 2qL 24m[答案] (1)(2－2)L (2)(3－22)B 2qL 24m3．(2017·广东华南三校联考)如图所示，半径R ＝1.6 m 的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L ＝3 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E ＝20 N/C ，磁感应强度B ＝3.0 T ，方向垂直纸面向外．两个质量均为m ＝1.0×10－3 kg 的物块a 和b ，物块a 不带电，b 带q ＝1.0×10－3 C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平地面成60°角落在地面上的P 点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，a 、b 均可看作质点．求：(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a 、b 系统机械能的变化量．[解析] (1)a 物块从释放到圆弧轨道最低点时，机械能守恒，有mgR (1－cos60°)＝12m v 2C 得：v C ＝4 m/s在C 点，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2C R解得：F N ＝2×10－2 N由牛顿第三定律，a 物块对圆弧轨道压力大小F N ′＝F N ＝2×10－2 N ，方向竖直向下(2)a 、b 碰撞过程动量守恒：m v C ＝2m v C ′，得v C ′＝2 m/sa 、b 整体在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s ，由牛顿第二定律有μ·2mg ＝2ma得：a ＝μg ＝1 m/s 2v 2－v C ′2＝2as得：s ＝2.5 m<L所以a 、b 整体离开传送带时与其共速，为v ＝5 m/s进入复合场后，因Eq ＝2mg ＝2×10－2 N ，所以a 、b 整体一起做匀速圆周运动，有Bq v ＝2m v 2r得r ＝2m v Bq ＝2 m由几何知识得传送带离水平地面的高度：h ＝r ＋12r ＝3 m (3)解法一：a 、b 整体在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功： W f ＝μ·2mgs ＝5×10－3 Ja 、b 整体在复合场运动过程中，电场力对其做功：W 电＝－Eqh ＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝W f＋W电＝－5.5×10－2 J解法二：a、b整体在传送带上机械能的变化量：ΔE1＝ΔE k＝12·2m v2－12·2m v C′2＝5×10－3 Ja、b整体在复合场中机械能的变化量：ΔE2＝ΔE p＝－2mgh＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝－5.5×10－2 J[答案](1)2×10－2 N，方向竖直向下(2)3 m(3)－5.5×10－2 J 4．(2017·黄冈中学模拟)如右图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，虚线上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电荷量为q；C球不带电且质量为km(k>7)．A、C间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电荷量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A的速度大小为v0.(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能？(2)求A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、C 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离．[解析] (1)设爆炸之后C 的速度大小为v C ，在爆炸前后由动量守恒定律可得0＝m v 0－km v C又由能量守恒定律可得E 总＝12m v 20＋12km v 2C ＝k ＋12km v 20. (2)由“A 球对桌面的压力为零”可知A 球的重力和电场力等大反向，故A 球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则T ＝2πm qBA 球在磁场中运动的轨迹如右图所示，由几何知识可得粒子在磁场中运动了34个圆周，则t 2＝3πm 2qB .(3)由0＝m v 0－km v C 可得v C ＝v 0k ，A 球在磁场中做匀速圆周运动的半径R ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后到相遇前C 运动的位移为x C ，运动时间为t C ，则t C ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x C ＝v C t C 由图乙可得R ＝x A ＋x C联立解得x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB [答案] (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB。
2018版高考物理知识复习与检测：第八章磁场专题强化九含答案
专题强化九带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读1。
本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律）、运动学观点、能量观点（动能定理、能量守恒)、电场的观点（类平抛运动的规律）、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1）洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2）静电力、洛伦兹力并存（不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1 在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝错误!m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°。
过G点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T;过D点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、带电荷量q ＝＋8×10－6C,受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端由静止释放，经过时间t ＝0。
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重难专题强化练——“磁场的基本性质”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反。
下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：选BC 由安培定则可判断出L 2在L 1处产生的磁场(B 21)方向垂直L 1和L 2的连线竖直向上，L 3在L 1处产生的磁场(B 31)方向垂直L 1和L 3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L 3和L 2在L 1处产生的合磁场(B 合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L 1所受磁场作用力的方向与L 2和L 3所在平面平行，选项A 错误；同理，如图2所示，可判断出L 3所受磁场(B 合3)作用力的方向(竖直向上)与L 1、L 2所在平面垂直，选项B 正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，根据几何知识可知，B合1＝B ，B 合2＝B ，B 合3＝3B ，由安培力公式F ＝BIL 可知L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C 正确，D 错误。
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。
若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。
不计重力及带电粒子之间的相互作用。
则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D ．3∶ 2解析：选C 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB ＝m v 2R 可知，R ＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。
若粒子运动的速度大小为v 1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A 离P 点最远时，则AP ＝2R 1；同样，若粒子运动的速度大小为v 2，粒子在磁场边界的出射点B 离P 点最远时，则BP ＝2R 2，由几何关系可知，R 1＝R 2，R 2＝R cos 30°＝32R ，则v 2v 1＝R 2R 1＝3，C项正确。
3.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)。
粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB解析：选D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R ＝mvqB。
设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P 。
由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R 。
由几何关系知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4mvqB。
故选项D 正确。
4．[多选](2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。
两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。
与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍。
由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确。
由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误。
由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确。
由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误。
正确选项为A 、C 。
5．(2014·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 。
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( )A ．2B ． 2C ．1D ．22解析：选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍。
设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得qv 1B 1＝mv 12r 1，则B 1＝mv 1qr 1＝2mE kqr 1；同理，B 2＝mv 2qr 2＝2m ·12E kqr 2，则B 1B 2＝22，D 正确，A 、B 、C 错误。
6．[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图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( )A ．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：选AC 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据qvB ＝mv 2r ，得r ＝mvqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv 的大小，故选项C 正确；粒子的mv 越大，轨道半径越大，而mv ＝2mE k ，粒子的动能大，其mv 不一定大，选项D 错误。
二、名校模拟重点演练——明趋势7．(2018届高三·陕师大附中检测)如图所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧a 为一金属圆环，与磁体同轴放置，间隙较小。
在左侧的N 极和金属圆环上各引出两根导线，分别接高压电源的正、负极。
加高压后，磁体和金属圆环a 间的空气会被电离，形成放电电流，若从右侧观察放电电流，下列说法正确的是( )A ．放电电流将发生顺时针旋转B ．放电电流将发生逆时针旋转C ．放电电流不发生旋转D ．无法确定放电电流的运动情况解析：选A 由题意可以知道，从右侧观察，磁场向外，电流由高压电源的正极流向负极，根据左手定则，可以判断放电电流将发生顺时针旋转，故选项A 正确。
8．(2017·成都石室中学二诊)如图所示，一个边长L 的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B 、方向垂直金属框向里的匀强磁场中，若A 、B 两端与导线相连，由A 到B 通以如图所示方向的电流(由A 点流入，从B 点流出)，流过AB 边的电流为I ，则金属框受到的安培力大小和方向分别为( )A ．2BIL 竖直向下B ．43BIL 竖直向上 C ．BIL 竖直向上D ．34BIL 竖直向下 解析：选B 设流过DC 边的电流为I ′，根据并联电路电压相等有I ′·3R ＝IR ，得I ′＝I3，AD 、BC 边所受的安培力的合力为0，DC 边中电流向右，根据左手定则，安培力方向向上，大小F DC ＝B ·I 3·L ＝13BILAB 边所受的安培力方向向上，大小F AB ＝BIL所以金属线框受到的安培力F 安＝F DC ＋F AB ＝43BIL ，方向竖直向上，故B 正确。
9．(2017·商丘一中押题卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，O 点为圆心。
磁场方向垂直于纸面向外。
一带正电的粒子从A 点沿图示箭头方向以速率v 射入磁场，θ＝30°，粒子在纸面内运动，经过时间t 离开磁场时速度方向与半径OA 垂直，不计粒子重力。
若粒子速率变为v2，其他条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为( )A.t2 B ．t C.3t 2D ．2t解析：选C 设粒子电荷量为q ，质量为m ，磁场半径为r ，运动的轨迹半径为R ，磁感应强度为B ，根据洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R①粒子运动周期：T ＝2πRv②①②联立可得：T ＝2πm qB可知速度变化前后，两次粒子的运动周期不变，设以速率v 射入磁场时运动轨迹的半径为R 1，圆心为O 1，画出粒子运动过程图如图甲所示，根据几何关系可知四边形OAO 1C 为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：θ1＝∠AO 1C ＝120°，半径R 1＝r③设以速率v2射入磁场时运动轨迹的半径为R 2，圆心为O 2，根据①③式可知当粒子的速率变为v2时，粒子半径R 2＝r2，根据几何关系画出粒子运动过程图如图乙所示，粒子所转过的圆心角θ2＝180°根据粒子在磁场中运动的时间：t ′＝θ360°T所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：t 1t 2＝θ1θ2＝120°180°＝23又因为t 1＝t ，所以t 2＝3t2故C 正确，A 、B 、D 错误。
10．[多选](2017·湖北黄冈质检)如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d ，相距为d 。
现将一质量为m ，电荷量为q 的带电小球，以某一水平速度靠近上板下表面的P 点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场不变，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好垂直打在下板上。
已知重力加速度为g ，则下列说法正确的有( )A ．小球从P 点射入的初速度为2gdB ．小球带正电，所加匀强电场E ＝mg qC ．所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B ＝m2qd 2dgD ．加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为π42d g解析：选AD 小球从P 点射入后做平抛运动，根据平抛运动的特点，有：2d ＝v 0t ，d ＝12gt 2，联立解得：v 0＝2gd ，故A 正确；加电场后小球做匀速直线运动，故：qE ＝mg ，解得：E ＝mg q，电场力方向向上，场强方向向下，故小球带负电，故B 错误；再加磁场后，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，小球刚好垂直打在下板上，故轨迹半径为d ，根据牛顿第二定律，有：qv 0B ＝m v 02d ，解得：B ＝mqd2dg ，故C 错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，t ＝π2d v 0＝π42dg，故D 正确。