2019届高考二轮复习资料 物理专题三 第2讲

第2讲磁场高考命题轨迹考情分析带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识，是高考命题的热点和重点，命题时涉及的情景比较多，并善于变化情景考查相关知识点．高考对于带电粒子在磁场中的运动的考查，近年一般为选择题，也较少与电场组合，难度适中，又多出现通电导线磁场的叠加与受力问题，可见考查方向发生了变化．知识方法链接 1．对磁场的理解(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直； (2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B ＝FIL才成立；(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关． 2．安培力大小的计算公式：F ＝BIL sin θ(其中θ为B 与I 之间的夹角)． (1)若磁场方向和电流方向垂直：F ＝BIL . (2)若磁场方向和电流方向平行：F ＝0. 3．安培力方向的判断：左手定则．方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面． 4．两个常用的等效模型(1)变曲为直：图1甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac 直线电流．图1(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙． 5．求解磁场中导体棒运动趋势的方法(1)分析：正确对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．(2)作图：必要时将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图． (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解． 真题模拟精练1．(2017·全国卷Ⅲ·18)如图2所示，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零，如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )图2A ．0 B.33B 0 C.233B 0D ．2B 0 答案 C让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝B20＋B21＝23 3B0，故选项C正确，A、B、D错误．2．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·19)如图3所示，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()图3A．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答案BC3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·21)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()图4A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案AD解析装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受垂直纸面向外的安培力，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，则要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A 、D.知识方法链接1．基本公式：q v B ＝m v 2r ，T ＝2πrv重要结论：r ＝m v qB ，T ＝2πmqB2．基本步骤：(1)画轨迹：依题意画出粒子运动轨迹，或可能的轨迹，找到临界情况的轨迹． (2)定圆心：入射点与出射点所受洛伦兹力方向的交点．(3)求半径或圆心角：由图中几何关系求半径从而可求出速度，求圆心角从而可求出时间． 3．基本“语言翻译”：运动语言→几何语言 速度→半径(m 、q 、B 一定时r ∝v ) 时间→圆心角(t ＝θ2πT )时间→弦长(圆心角θ<π时，圆心角越大，弧长越长，弦长越长，代表时间越长) 时间→弧长4．圆的几个基本特点：(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角． (2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角． (3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向．(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行．反之以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)．真题模拟精练4．(2017·全国卷Ⅱ·18)如图5所示，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，在纸面内沿不同的方向射入磁场，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( )图5A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D ．3∶ 2答案 C解析 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据Bq v ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，故v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确．甲 乙5.(2017·山东泰安市一模)如图6所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一个小孔，PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )图6A.2m v (1－cos θ)qBB.2m v (1－sin θ)qBC.2m v cos θqBD.2m v sin θqB答案 A解析 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：q v B ＝m v 2r ，解得粒子的轨迹半径r ＝m vqB.粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图甲，此时出射点最近，和边界交点与P 间距为：2r cos θ； 粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图丙，此时出射点最近，和边界交点与P 间距为：2r cos θ； 粒子垂直边界MN 射入，轨迹如图乙，此时出射点最远，和边界交点与P 间距为：2r ； 故屏MN 上被粒子打中的区域的长度为：2r －2r cos θ＝2r (1－cos θ)＝2m v (1－cos θ)qB.6.(2017·安徽省十校联考) 如图7所示，平行边界MN 、PQ 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，两边界间距为d ，边界MN 上A 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v ＝2qBd 3m ，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，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( )图7A ．1∶1B ．2∶3 C.3∶2 D ．27∶7答案 C解析 粒子在磁场中运动的轨道半径为r ＝m v qB ＝23d ，则粒子能从PQ 边界射出的区域长度为2(23d )2－(13d )2＝233d ，粒子能从MN 边界射出的区域长度为2r ＝43d ，故粒子能从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32，故选C. 7．(多选)(2017·山东枣庄市一模)如图8所示，等腰直角三角形abc 的直角边长度为L ，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三个相同的带电粒子从b 点沿bc 方向分别以速度v 1、v 2、v 3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t 1、t 2、t 3，且t 1∶t 2∶t 3＝2∶2∶1.不计粒子的重力，下列说法正确的是( )图8A ．三个速度的大小关系一定是v 1＝v 2<v 3B ．三个速度的大小关系可能是v 1<v 2<v 3C ．粒子的比荷q m ＝π2Bt 1D ．粒子的比荷q m ＝v 32B答案 BC解析 由洛伦兹力提供向心力可得半径公式：r ＝m vqB ，速度越大，半径越大，结合题意知速度为v 1、v 2的粒子偏转90°后从ab 边射出，但两者速度大小关系不定，速度为v 3的粒子偏转45°后从ac 边射出，则其运动轨迹半径比速度为v 1、v 2的粒子运动轨迹的半径都大，所以v 3大于v 1、v 2，故选项A 错误，B 正确；粒子在磁场中运动的时间t ＝α360°T ＝α360°×2πr v ＝α360°×2πm qB ，速度为v 1、v 2的粒子在磁场中的运动时间为t 1＝t 2＝T 4，从而求出粒子的比荷qm＝π2Bt 1；由几何关系知速度为v 3的粒子运动轨迹的半径r 3＝2L ，由半径公式求出比荷q m ＝2v 32BL，故C 正确，D 错误．知识方法链接 1．叠加场明确粒子受几个力，结合运动情况，分析各力方向．(1)电场与磁场叠加：常见模型有速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等．(2)电场、磁场、重力场叠加：无约束带电体在叠加场做直线运动时必为匀速直线运动；做圆周运动时必为匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力． 2．组合场带电粒子依次经过各场，运动过程由各阶段不同性质的运动(圆周、类平抛、变速直线、匀速直线等)组合而成．(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动．(2)分析与计算各阶段运动间的连接点的速度方向与大小是解题关键． (3)画出全过程运动示意图很重要． 3．交变场带电粒子进入周期性变化的电场或磁场，其运动随之做周期性变化．(1)分析清复合场一个周期内的粒子运动过程，找到粒子运动时间、位移、速度等的周期性变化规律． (2)画出运动过程的示意图，有助于分析．真题模拟精练8．(2017·全国卷Ⅰ·16)如图9所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图9A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．9．(2017·全国卷Ⅲ·24)如图10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)图10(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离． 答案 (1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2m v 0B 0q (1－1λ)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运动定律得 qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 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 ＝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 ＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)10．如图11所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E 110πgl，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计，求：图11(1)带电小球a 的电性及其比荷qm；(2)带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？ 答案 (1)正电g E (2)34(3)147gl160π解析 (1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 且mg ＝qE ，解得：q m ＝gE(2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：q v B 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32l ，联立解得：v ＝5πgl6带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mg sin θ＝μ(q v B 1－mg cos θ) 解得：μ＝34(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期： T ＝2πR v ＝24πl5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t 0＝2vg ＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为： t ＝2h g＝210πl3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T2)联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0， 则：72l ＝v 0t ，解得：v 0＝147gl160π11. (2017·广东揭阳市第一次模拟)如图12所示，虚线L 1、L 2将平面分为四个区域，L 2的左侧有一匀强电场，场强大小为E ，方向与L 1平行，L 2的右侧为匀强磁场，方向垂直纸面向外．在图中L 1上到L 2的距离为d 的A 点有一粒子源，可以发射质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，粒子的初速度方向与L 2平行，不计粒子的重力．图12(1)若从A 点射出的粒子恰好从距离L 1为2d 的B 点进入磁场，求该粒子进入磁场时的速度大小和方向；(2)在磁场区域放置绝缘挡板BD ，挡板与L 1交于C 点，已知OC ＝OB ，BC ＝2CD .粒子与挡板BD 碰撞前后粒子平行于挡板的分速度不变，垂直于挡板的分速度大小不变，方向反向．当磁感应强度在B 1≤B ≤B 2取值时，恰好所有取值都能使由B 点进入磁场的粒子不与挡板的CD 段碰撞，并能从L 2上的OB 段射出磁场，求B 1、B 2的值，并求出粒子离开磁场的位置到O 点的最远距离．(不考虑粒子再次进入磁场的情况，也不考虑B 1≤B ≤B 2以外的取值) 答案 见解析解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动2d ＝v A t d ＝12at 2 qE ＝ma设粒子射入磁场时沿L 1方向的分速度为v 1，v 1＝at射入磁场的速度v ＝v 2A ＋v 21该速度与L 2夹角的正切值tan θ＝v 1v A解得v ＝2qEdm，θ＝45° (2)粒子在磁场运动时q v B ＝m v 2r ，r ＝m vqB粒子不与挡板的CD 段碰撞，并能从L 2上的OB 段射出 磁场的临界情况有两个：(a)粒子在C 点与挡板2个侧面碰撞2次后恰好从O 点射出磁场，如图甲；(b)粒子与挡板碰撞1次后恰好从D 点绕过挡板，再与挡板碰一次，然后从P 点射出磁场，如图乙． 由几何关系，对图甲，2r ＝22d 对图乙，4r ＝32d得粒子在磁场的运动半径满足324d ≤r ≤2d解得2mE qd ≤B ≤432mEqd则B 1＝2mE qd ，B 2＝432mEqd粒子离开磁场的位置到O 点的最远距离为图乙中的OP ，由几何关系得OP ＝2d －2r ＝d2专题规范练题组1 高考真题体验1．(2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图1A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 根据动能定理得，qU ＝12m v 2，即v ＝2qUm① 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有q v B ＝m v2R得R ＝m v qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．2．(2016·全国卷Ⅱ·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图2所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图2A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB 答案 A解析 画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，q v B ＝m v 2r ，又T ＝2πr v ，联立得T ＝2πm qB由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则θ2πT ＝π2ω，解得q m ＝ω3B，故选项A 正确．3．(2016·全国卷Ⅲ·18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图3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( )图3A.m v 2qBB.3m v qBC.2m v qBD.4m v qB 答案 D解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ＝m vqB.轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD ＝2r sin 30°＝r ，故△AO ′D 为等边三角形，∠O ′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，则∠OCD ＝90°，故CO ′D 为一直线，OD ＝CDsin 30°＝2CD ＝4r ＝4m vqB ，故D 正确．4．(2014·新课标Ⅰ卷·16)如图4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4A ．2 B. 2 C ．1 D.22答案 D解析 设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12m v 21，E k2＝12m v 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12m v 21＝m v 22，则v 1v 2＝21.由洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22，故选项D 正确． 5．(2013·新课标Ⅰ卷·18)如图5所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )图5A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m 答案 B解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM 对应圆心角为60°，所以△EMO 2为等边三角形．由于O 1D ＝R 2，所以∠EO 1D ＝60°，△O 1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO 2＝O 1E ＝R ，由q v B ＝m v 2R ，得v＝qBRm，B 正确．6．(2015·全国卷Ⅰ·24)如图6所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图6答案 竖直向下 0.01 kg解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝12 V 2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01 kg题组2 各省市真模拟选7.(多选)(2017·江西上饶市一模)某同学自制一电流表，其原理如图7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7A ．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 答案 AC解析 当电流表示数为零时，有：mg ＝k Δx ，解得，Δx ＝mgk ，故A 选项正确；根据左手定则，为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从M 指向N ，故B 选项错误；设电流表满偏时，通过金属杆MN 的电流为I m ，则有：BI m L ab ＋mg ＝k (L ad ＋Δx )，解得，I m ＝kL adBL ab，由上式可知，劲度系数k 减小，此电流表量程会更小，故C 选项正确；由C 选项计算结果可知磁感应强度B 减小，此电流表量程会更大，故D 选项错误．8.(多选)(2017·湖南衡阳市第一次联考)如图8所示，在直角三角形ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边长度为d ，∠B ＝π6.现垂直AB 边射入一群质量均为m 、电荷量均为q 、速度大小均为v 的带正电粒子，已知垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间为t 0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为43t 0(不计重力)．则下列判断中正确的是( )图8A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0B ．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt 0C ．粒子在磁场中运动的轨道半径为25d答案 ABC9．(多选)(2017·河北省衡水中学七调)如图9所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B ，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m ，运动的半径为r ，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.以下说法正确的是( )图9A ．若r ＝2R ，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6qBB ．若r ＝2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan α2＝22＋17成立C ．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm3qBD ．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150° 答案 BD解析 若r ＝2R ，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r ＝2R ，圆心角θ＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间 t max ＝60°360°T ＝16·2πm qB ＝πm 3qB，故A 错误．若r ＝2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，如图乙，根据几何关系，有tan α2＝22R r －22R ＝22R 2R －22R＝22＋17，故B 正确；若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝90°360°T ＝14·2πm qB ＝πm2qB ，故C 错误；若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D 正确．10．(多选)(2017·哈尔滨师大等三校联合模拟)如图10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10A ．电场方向水平向右B ．小球一定带正电C ．小球在复合场区内做匀速直线运动D ．小球在复合场区内运动过程中，重力势能的变化量与电势能的变化量相同 答案 BC11．(2017·福建厦门市模拟)如图11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沿x 轴正方向以初速度v 0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，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11(1)正、负粒子的质量之比m 1∶m 2； (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．答案 (1)3∶1 (2)(6.5L ，－73L 3) (3)73πL 6v 0解析 (1)设粒子进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角为θ.v y ＝v 0tan θ①记t ＝Lv 0，则粒子在第一个电场运动的时间为2t ，在第二个电场运动的时间为t 则：v y ＝a ×2t －at ②qE ＝ma ③由①②③得：m ＝qEt v 0tan θ，所以m 1m 2＝tan 60°tan 30°＝31。