2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】： 第9章 磁场 微专题67 磁场对带电物体的作用力
2019年高考物理一轮复习 第9章 磁场 新人教版.doc
2019年高考物理一轮复习 第9章 磁场 新人教版一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·福建省龙岩石期中)如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时(电流方向和转动方向如图所示)。
通电直导线所受安培力的方向为导学号 21993488( C )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外[解析] 带电圆盘如图转动时，形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面内侧，因此安培力的方向水平向里，故A 、B 、D 项错误，C 项正确。
2．(2018·天津市月考)正五边形abcde 导体框，其单位长度的电阻值为ρ，现将正五边形导体框置于如图所示的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E 且不计内阻的电源两端，则下列关于导体框所受的安培力的描述正确的是导学号 21993489( A )A ．安培力的大小为5EB4ρ，方向竖直向上B ．安培力的大小为5EB4ρ，方向竖直向下C ．安培力的大小为2EBρ，方向竖直向下D ．安培力的大小为2EBρ，方向竖直向上[解析] 由图可知，电路接通后流过导体框的电流方向为ae 及abcde ，假设导体框每边长为L ，由欧姆定律可得ae 边的电流大小为I 1＝E L ρ，流过abcde 的电流大小为I 2＝E4L ρ；在磁场中ae 及abcde 的等效长度均为L ，由左手定则可知ae 和abcde 所受的安培力方向均竖直向上，则导体框所受的安培力大小为F ＝BI 1L ＋BI 2L ＝5EB4ρ，选项A 正确。
2019版高考物理一轮复习第九章磁场课后分级演练26磁场对运动电荷的作用力.docx
课后分级演练（二十六）磁场对运动电荷的作用力【A 级一一基础练】1•带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力x x x 和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间:逬: mg 内，带电质点将（）X X X XA.可能做直线运动 B.可能做匀减速运动C. 一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动解析：C 带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的 大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速 圆周运动，c 正确.2. 如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向 从图屮长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时 对入射方向的偏角分别为90°、60°、30° ,则它们在磁场中运动 的时间之比为（）B. 1 ： 2 ： 3D. 1 ：迈：£们在磁场中运动的时间之比为90° : 60° ： 30° =3 ： 2 ： 1,选项C 正确.3. （多选）有两个匀强磁场区域I 和II, I 屮的磁感应强度是II 中的&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 中的斤倍B. 加速度的大小是I 中的£倍C. 做圆周运动的周期是I 屮的斤倍D. 做圆周运动的角速度与1中的相等解析：AC 两速率相同的电子在两匀强磁场小做匀速圆周运动，且I 磁场磁感应强度 〃是II 磁场磁感应强度5的&倍.A ：由 ％=牛得尸和帀 即II 中电子运动轨迹的半径是I 中的&倍，选项A 正确.B ：由心=加得a*恰B,所以詈=£，选项B 错误.C ：由A ①得所以学k,选项C 正确.V 71 D ：由弓得选项D 错误.T 3 \ 丁2 kA. 1 ： 1 ： 1解析：C 由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角,正确选项为A、C.4.（2017 •深圳二调）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厂与半径斤之间的关系图象的是（）2V mv 解析：D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动吋，qvB=叶R=^由圆周运动规律’丁¥喘可见粒子运动周期与半径无关，故D项正确.5.（2017・衡阳联考）如图所示，矩形虚线框」於％内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.乩方、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从/W边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图屮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Q P （）A.粒子臼带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的吋间最长D.粒子方在磁场中运动时的向心力最大9V [J1V 解析：D由左手定则可知，臼粒子带正电，故A错误；由qvB=啤,可得尸丽由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又加q、〃相同，所以粒子c的速度最小，粒子方的速度最大，由&气加,知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有2M，则可知粒子方的向心力最大，故D正确、B错误；由T七、可知粒子白、b、c的周期相同，但是粒子6的轨迹所对的圆心角最小，则粒子〃在磁场中运动的时间最短,故C错误.6.如图所示，带异种电荷的粒子曰、力以相同的动能同时从0点射入宽度为〃的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点.日、方两粒子的质量之比为（）A. 1 ： 2B. 2 ： 1C. 3 ： 4D. 4 ： 3解析：C如图所示，设弘b粒子的圆心分别为加Ob,由儿解析：D 由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半a径吒缶二希要想电子从比边经述电子做圆周运动的半径要大 于翕由带电粒子在磁场中运动的公式宀綁击誉即笊譬，选D.9. （2018・安徽师大附中模拟）如图所示，在才轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为〃•在xOy 平面内，从原点0处沿与xd何关系可知心=亍Q 所对的圆心角5=120°? JI 厂 <?"轨迹弧长为⑴〒，运动时间同理可得r b = d, g=60° , Sb=》y, tb=辿,又同时到达戶点，则t“= tb,而且如龙=¥〃%说,OVbZCJ联立解得m, : nib= 3 : 4,选项C 正确.7.（多选）如图所示，在正方形日％d 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为〃的匀强磁场.日处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速 度旳沿臼力方向垂直射入磁场，经时间介从R 点射出磁场，乙粒子沿与臼力 成30°角的方向以速度败垂直射入磁场，经吋I'可血垂直cd 射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是（）A. Vi :陀=1 ： 2B. Vi 血=寸§ : 4C. t\ :广2=2 ： 1D. t\ 广2=3 : 1解析：BD 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场 中的运行周期为匸字，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故TBq甲=Tj 设正方形的边长为A,则由图知甲粒子运行半径为n=|,运行时间为力=¥，乙粒子运行半径为广2=—,运行时间为t2=*，而z=牛，所以2cos 306 Bqv\ : Vi =ri :: 4,选项A 错误、B 正确；t\ :氏=3 : 1,选项C 错误、D 正确.&如图所示，为与匀强磁场垂直的边长为自的等边三角形，比 葡为£的电子以速度旳从力点沿力〃边射入，欲使电子经过兀边，磁感应m 强度〃的取值为（）ae2/nvo A. B>—— aec.份如ae \J3/nvoD. %——ae XXX XXXy x x x躺X XX轴止方向成0角（0〈以速率y发射一个带止电的粒子（重力不计）•则下列说法止确的是（A. （）越大, 则粒子在磁场中运动的时间越短B. 若卩一定, °越大, 则粒子离开磁场的位置距0点越远C. 若& 一定, 越大, 则粒子在磁场屮运动的角速度越大D. 若0一定, 则粒了在磁场中运动的吋间越短解析：A由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转.若/一定，“越大，则粒子在磁场屮运动的时间越短，选项A止确；若y—定，〃等于90°时，粒子离开磁场的位置距0点最远，选项B错误；若〃一定，粒子在磁场屮运动的周期与卩无关，由⑺牛可知粒子在磁场中运动的角速度与卩无关，选项C、D错误.10.（多选）（2017 •湖北六校调考）如图所示，働平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度〃=1 T的匀强磁场，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書=1. 0 C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端用处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若y・・・Q M %NV^—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，小球最后都能经过財点，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：ABD本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，意在考查考生对圆周运动规律的理解能力，借助数学工具解决问题的能力.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,即几血=竺计，解得Knin=3 m/s；经验证，带电小球以3 m/s qB速度进入磁场，与OF碰撞一次，再经四分之三圆周经过财点，如图1 所示，A项正确；当带电小球与0V不碰撞，直接经过M点，如图2所示,小球速度沿一％方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出沏V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人值"5 乂V解得—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，由儿何条件计算可知轨迹半径斤=3. 75 m,由半径公式店亦，得r=3. 75 m/s, B项正确，由分析易知选项C错误.【B级一一提升练】11.如图所示，长方形日比d长ad=O. 6 m,宽ab=O. 3 m, 0、e分别是曰d、比的中点，以日d为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度40. 25 T. 一群不计重力、质量刃=3X ICT kg、电荷量＜7=+2X10-3 C的带电粒子以速度7=5X10, m/s沿垂直于加且垂直于磁场方向射入磁场区域，贝9（）A.从加边射入的粒子出射点全部分布在防边B.从0日边射入的粒子出射点全部分布在"边C.从加边射入的粒子出射点分布在0日边和"边D.从％边射入的粒子出射点分布在动边和be边解析：D粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿笫二定律得2mvqvB=—,代入数据解得r=0. 3 m,从加边射入的粒子，从圆弧e臼射出，粒子射出点在方e上，故选项A、C错误；从血边射入的粒子，从圆弧臼e射出磁场，然后从日力边或力e边射出，选项B错误，D正确.12.如图所示，边界少与0Q之间分布有垂直纸面向里的匀强磁，Cx x / B 场，边界滋上有一粒子源S某一时刻，从S平行于纸面向各个方/X X X// x X X X 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/ / X X X X 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/x X X X X//界OC射出磁场.己知ZAOC=60° ,从边界0C射出的粒子在磁场中一巧…軒丄…Q丄MS运动的最短时间等于为粒子在磁场中运动的周期），则从边界％射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（）T T2TC-T解析：B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，粒子在磁场川运动时间就越短；而弧长 越小，所对弦长也越短，所以从S 点作0C 的乖线劝，则劝为最短弦，可知粒子从〃点射T出时运行时间最短，如图所示.根据最短时间为云 可知弘为等边三角形，粒子圆周6运动半径7?=S 〃，过S 点作必垂线交％于〃点，由几何关系可知必、=2S 〃，SE 为圆弧轨迹 的直径，所以从〃点射出，对应弦最长，运行时间最长，且故B 项正确.13. 如图所示，直径分别为〃和2〃的同心圆处于同一竖直面内，0为圆心，67/为大圆的水平直径，两圆之间的坏形区域（I 区）和小圆内 部（II 区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场，I'可距为〃的两平行金属极 板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为刃、电荷量为+ g 的粒子由小孔下方#处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度y 射岀 电场，由〃点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的重力.（1） 求极板间电场强度的大小；（2） 若粒子运动轨迹与小圆相切，求I 区磁感应强度的大小.解析：（1）设极板间电场强度的大小为〃，对粒子在电场中的加速运动，市动能定理得 qE ・肿①由①式得〃=鴛②（2）设I 区磁感应强度的大小为必粒子做圆周运动的半径为乩由牛顿第二定律得q"答案：（i ）5⑵瞬或務14. （2017 •课标III ）如图，空间存在方向垂直于纸面匕勿平面）向里的磁场.在/MO 区域，磁感应强度的大小为弘 *0区域， XX X XXX。
(新课标)2019届高考物理：一轮复习 第9章 磁场 第一节 磁场及其对电流的作用达标诊断 高效诊断(含答案).doc
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。
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑：第九章+磁场+微专题66+含解析.doc
［方法点拨］（1）判断安培力的方向时，充分利用F 安丄〃、F 安丄/； （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d 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 d 受到的安培力大小为若撤去乩保留匀强磁场，则Q 受到的安培力大小为局；若撤去 匀强磁场，保留4则Q 受到的安培力大小为（）A. F~F 2B.鬥+局C.寸戸2—局2D.^/F ,2+F 22 2. （多选）（2018-四川成都模拟）如图2所示，纸而内AB 两点Z 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，现给两端加 上恒定电压，则下列说法正确的是（ ）A. 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. 段受到的安培力最大D. /EB 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/、B 连线 的屮点.以O 为坐标原点，A. B 连线为兀轴，O 、C 连线为尹轴，建立坐标系.过/、B 、 C 、O 四个第九章磁场微专题66磁场对通电导线的作用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（）mgsin 0 * IL2〃?£sin() D ・ 3IL 其原理如图5所示，质量为加的均匀5.（多选）（2017-江西上饶一模）某同学自制一电流表， 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abed 内 有匀强磁场，磁感应强度大小为氏 方向垂直纸面向外.的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度.MN 的长度大于血，当MN 中没有电流通过J1处于静止时，MN 与矩 形区域的”边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN^有电流时，指针示数可表示电流 强度.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（ ）A. 当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为山=爷B. 为使电流表正常工作，金属杆屮电流的方向应从N 指向MC. 劲度系数£减小，此电流表量程会更小A * IL〃坞sin ()J 2IL（多选）（2017-广东佛山高三教学质检一）长厶、质量为加的导体棒ab,被两轻质细线水平 悬挂，静置于匀强磁场中；当〃中通过如图4所示的恒定电流/时，“棒摆离原竖直面，感应强度的大小可能是（）A.C. 沿x 轴正方向 B.沿尹轴负方向D.沿x 轴负方向4. 在细线与竖直方向成〃角的位置再次处于静止状态; C 知ab 棒始终与磁场方向垂直，则磁 图4D.磁感应强度3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/=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&为常量，金屈棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度0、 加速度G 随时间/变化的关系图象，可能正确的是（）7. （2017-山东临沂一模）如图7所示，质量为加的铜棒长为厶 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0,重力加速度g 已知，则下列说法正确的是（）A. 铜棒摆动过程中，摆角为号时，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 C1EM L j — J ND BC D8.（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/=0吋导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（）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9. （多选）如图9所示为实验室电磁炮的模型图，在倾角0=37。
(新课标)2019届高考物理一轮复习 第9章 磁场突破全国卷课件
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12×41＝21，选项 B 正确；根据 f＝qvB，洛伦兹力之比ffHα＝qqHα·vvHα
＝21×14＝12，选项 D 错误．
2.(多选)(高考全国卷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
解能力为C主op，y通ri常g以ht选2择00题4的-2形01式1出A现sp；o二se是P能ty力L提t高d.类题目，
突出对概念的深层次理解及与力学问题综合的考查，以对思维
能力和综合能力考查为主，这类题虽然有一定的难度，但经过
大量的训练后，这类问题的解决并不困难；三是应用创新性题
Evaluation only. eate目d ，w突ith出A本s部po分s内e.容Sl在id实es际f生or活.N中E的T应3用.5，C以l考ien查t思P维ro能fi力le和5.2.0
4．(2016·高考浙江卷)为了进一步提高回旋加 速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加 速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的 速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．
求得mq ＝3ωB，A 项正确． [答案] A
பைடு நூலகம்
(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
(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第九章 磁场 微专题67 磁场对带电物体的作用力备考精炼
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。
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑：第九章+磁场+微专题69+含解析.doc
［方法点拨］（1）带电粒子进入圆形边界磁场，一般需要连接磁场圆圆心与两圆交点（入射点与出射点）连线，轨迹圆圆心与两交点连线；（2）轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象；（3）沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射. 1.如图1所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场.一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心0射入匀强磁场，又都从该磁场中射出.这些粒子在磁场中的运动时I'可有的较长，有的较短.若带电粒子在磁场中只受磁场力的A.速率越大的运动时间越长B.运动时间越长的周期越大C.速率越小的速度方向变化的角度越小D.运动时间越长的半径越小2.（2018-四川德阳三校联合测试）如图2所示，半径为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g 、质量为加的负离子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为學已知离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则离子的速率为（不计重力）（第九章磁场微专题69带电粒子在圆形边畀磁场中的运动作用，则在磁场中运动的带电粒子（D.2qBR 图23.如图3所示，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/点沿图示箭头方向以速率。
射入磁场，0=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.若粒子速率变为号，其他条件t r 小3/ r rA -2 B. t C.y D. 2t 4.（多选）（2017-湖南怀化二模）如图4所示，竖直平而内一半径为R 的圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸而向外.一束质量为加、电荷量为q 的带正电粒子沿平行于直径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 的距离为贝9（）A.若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，则该粒子的入射速度是啤C.若h=等,粒子从P 点经磁场到M 点的时间是嬲D.当粒子轨道半径厂=7?时，粒子从圆形磁场区域最低点射出5.（多选）（2018?福建蒲田八中暑假考）如图5所示，匀强磁场分布在半径为R 的+圆形区域MON 内，°为半径期上的_点且。
(新课标)2019届高考物理：一轮复习 第9章 磁场章末过关检测(九)(含答案).doc
第9章磁场章末过关检测(九)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是( )A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．2．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一沿y轴正方向的磁场B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场D．加一沿z轴负方向的磁场解析：选B.若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．若加一沿z轴正方向的磁场，电子受沿y轴正向的磁场力作用，亮线向y轴正方向偏转，故C错误．若加一沿z轴负方向的磁场，电子受沿y轴负向的磁场力作用，亮线向y轴负方向偏转，故D错误．3.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：选D.电子射入极板间后，偏向A 板，说明qE >qvB ，由E ＝U d可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动变阻器滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．4.不计重力的两个带电粒子M 和N 经小孔S 垂直磁场边界且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，下列说法正确的是( )A ．如果q M m M ＜q N m N，则v M >v N B ．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 ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选C.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r ，得v ＝B ·r ·q m，由它们在磁场中的轨迹可知两个带电粒子M 和N 轨迹半径关系为r M ＞r N ，结合上式可知，如果q M m M ＜q N m N，v M 不一定大于v N ，选项A 错误．由题意可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中的轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，如果q M m M ＜q N m N ，由T ＝2πr v ＝2πm qB可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期关系为T M ＞T N ，则t M ＞t N ，选项B 错误．由q m ＝v rB且r M ＞r N 可知，如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m N ，选项C 正确．由t ＝T 2＝πm qB 可知q m ＝πBt，如果t M ＝t N ，则q M m M ＝q N m N，选项D 错误． 5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qR B ．mv 0qR C.3mv 0qR D ．3mv 0qR解析：选A.如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B＝3mv03qR，选项A正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 6．(2018·河北定州中学模拟)速度相同的一束粒子(不计重力)经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B 1D．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小解析：选ACD.由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A 正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB 1＝qE ，解得：v ＝E B 1，故C 正确．粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB.可见，由于v 是一定的，B 不变，半径r 越大，则q m越小，故D 正确. 7.(2018·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v 的大小错误的是( ) A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC．22×108 m/s D ．42×106 m/s解析：选ACD.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90° ，则粒子的轨迹半径有关系：2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106 m/s ，故选项B 正确．8.(2018·长沙市长郡中学模拟)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，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．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( )A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgqvB．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqvC．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球达到底边MN的时间t＝2h g sin2α解析：选BD.对小球受力分析，受重力、支持力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故C错误；根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f＝qvB≤mg cos α，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqv，故A错误，B正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，则小球的加速度a＝mg sin αm，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t＝2hg sin2α，故D正确．三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N ＝mg水平方向BIL－F f－Mg＝0又F f＝μF N联立解得I＝2 A由左手定则知电流方向由a指向b.答案：2 A 电流方向由a指向b10．(12分)(2018·山西大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中的运动时间．解析：(1)粒子在电场中运动时由几何关系可知粒子水平方向位移为2h ，竖直方向位移为h ，由类平抛运动规律得2h ＝v 0t ，h ＝12at 2， 由牛顿第二定律可知Eq ＝ma ，联立解得E ＝mv 202qh. (2)粒子到达O 点，沿＋y 方向的分速度v y ＝at ＝Eq m ·2h v 0＝v 0， 则速度与x 正方向的夹角α满足tan α＝v y v x＝1，α＝45°，粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度v ＝2v 0，轨道半径R ＝2h ，又Bqv ＝m v 2R， 解得B ＝mv 0qh. (3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间t ＝18T ＝2πm Bq ·18＝πh 4v 0. 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011.(15分)(2018·河南开封高三考试)如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy ，在x <0的区域内有沿x 轴负向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >0的区域内也存在匀强电场(图中未画出)．一个带正电的小球(可视为质点)从x 轴上的N 点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α＝30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求：(重力加速度为g，不计空气阻力)(1)小球运动速度的大小．(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小．(3)小球从N点运动到M点所用的时间．解析：(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图1所示由受力分析图1得qE＝mg tan 30°mg＝qvB cos 30°联立得v＝2E B.(2)小球在x＞0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡qE1＝mg解得E1＝3E.(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO′＝α＝30°，∠NO ′P ＝120°由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径R ＝mv qB由几何知识可知，线段MP ＝Rtan α＝3R带电小球做直线运动的时间t 1＝MP v ＝3R v ＝3m qB ＝3E gB带电小球做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝23πE gB所以小球做圆周运动从N 到P 所用的时间t 2＝T 3＝2πE 3gB则带电小球从N 点到M 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝E gB ⎝⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π3. 答案：(1)2E B (2)3E (3)E gB ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π312．(15分)(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．在OP 与QR 之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .C 、D 是质量为m 和4m 的绝缘小物块(可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电．现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 相碰，碰后物体C 被反弹滑至斜面h 9处，物体D 进入虚线OP 右侧的复合场中继续运动，最后从RQ 侧飞出复合场区域．求：(1)物块D 进入磁场时的瞬时速度v D ；(2)若物块D 进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E 的值及物块D 的电性；(3)若物块D 飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D 飞出QR 边界时与水平轨道的距离d .解析：(1)对物块C ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2 反弹后12mv 21＝mg h 9得：v 1＝v 3碰撞时由动量守恒定律：mv ＝－mv 1＋4mv D代入得：v D ＝v 3＝2gh 3. (2)若物块D 做匀速圆周运动，则电场力与重力相等： 4mg ＝Eq得：E ＝4mg q 带正电．(3)由几何关系得d ＝(1－cos 60°)R ＝R2R ＝4mv 3Bq ＝4m 2hg 3Bq 得：d ＝R 2＝2m 2hg 3Bq.2hg 3(2)4mgq带正电(3)2m2hg3Bq答案：(1)。
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
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。
2019届高考一轮复习物理(经典版)课件：第9章 磁场9-1
磁场
第1讲 磁场及其对电流的作用
板块一 主干梳理•夯实基础
【知识点 1】 磁场、磁感应强度 Ⅰ 1.磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷 有 力 的作用。 (2)方向：小磁针静止时 N 极 所指的方向或小磁针 N 极 受力方向。
2.磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的 强弱 。
F IL (2)大小：B＝
(通电导线垂直于磁场)。 (3)方向：小磁针静止时 N 极 的指向。(即磁场方向 就是 B 的方向) 量，合成时遵循 平行四边形 法 10 T 。 则。单位： 特斯拉 ，符号 □ (4)B 是
矢
32 韦伯 ，符号：Wb。 (2)单位： □ 13 垂直 磁场并在磁 (3)适用条件：①匀强磁场；②S 是 □
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感 16 大小相等 ，且方向水平 □ 17 向北 。 应强度 □
【知识点 3】 1.安培力的方向
磁场对电流的作用——安培力
Ⅰ
(1)用左手定则判断：伸开左手，让拇指与其余四个手 指
垂直 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线
从掌心进入，并使四指指向 电流 的方向，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。
[深化拓展]
1.安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环 形电流及通电螺线管的磁场方向时应分清“因”和“果”。
2.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。
例 1 已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感 应强度大小与电流大小成正比、与该点到导线的距离成反 比。4 根电流大小相同的长直通电导线 a、b、c、d 平行放 置， 它们的横截面的连线构成一个正方形， O 为正方形中心， a、b、c 中电流方向垂直纸面向里，d 中电流方向垂直纸面 向外，则 a、b、c、d 长直通电导线在 O 点产生的合磁场的 磁感应强度 B( )
2019届高考物理一轮复习 第9章 磁场章末知识整合
2019届高考物理一轮复习第9章磁场章末知识整合1．安培力的分析与计算思路．(1)掌握安培力的大小和方向．(2)通电直导线在磁场中受安培力作用而运动情况的判断是一个难点．一般按下列程序分析：①用立体图或平面图明确磁场的分布情况．②依据左手定则判断导体所受的安培力的方向．③由受力确定导线或线圈做何种运动，同时应注意掌握分段分析和计算的技巧．(3)通电导线在磁场中的运动，是力、电的综合，解题时要进行受力分析，并结合力学的相关规律进行解答．2．洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动．(1)掌握洛伦兹力的大小和方向．(2)带电粒子在有界磁场中运动的分析方法．带电粒子在垂直射入匀强磁场区域后，将经历一段匀速圆周运动后离开磁场区域，其轨迹是残缺圆．解决这类问题首先要“四掌握”：①掌握圆心的确定方法；②掌握半径的确定和计算方法；③掌握粒子在磁场中运动时间的计算方法；④掌握偏转角的确定方法．再抓住轨迹中可能存在的临界状态，运用几何知识解题．3．带电粒子在复合场中的运动．此类综合性很强，有明显的力学特征，一般要从动力学、能量的角度来分析，结合牛顿运动定律、运动学公式、能量守恒定律等来列式．而正确画受力图、轨迹图等是解题的关键．还要关注STS模型，应用上述知识进行解答．【例❶】如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则( )A ．该磁场是匀强磁场B ．线圈平面总与磁场方向垂直C ．线圈将逆时针方向转动D ．a 、b 导线受到的安培力大小总为IlB解析：该磁场是辐射状磁场，磁感应强度大小相等，但方向不同，A 错误；线圈平面总与磁场方向平行，B 错误；根据左手定则知右边导线受到向下的安培力，左边导线受到向上的安培力，因此线框将顺时针转动，C 错误；因为两导线转到任意位置处的磁感应强度都为B ，磁场方向与导线瞬时速度都垂直，故受到的安培力F ＝BIl ，D 正确．答案：D【例❷】 如右图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上，不计重力，下列说法正确的有( ) A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a 、b 均带正电，选项A 正确．由于a 、b 粒子做圆周运动的半径为：R ＝mvqB 相等，画出轨迹如右图， O 1 、O 2分别为a 、b 粒子运动轨迹所对的圆心，显然a 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b, 由t ＝θ2πT ＝θmqB 和轨迹图可知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，a在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，选项D 正确，B 、C 两项错误．答案：AD一、选择题1．图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(B )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：在O 点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O 点叠加．d 、b 电流在O 点产生的磁场抵消，a 、c 电流在O 点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B 选项正确．2．如图是荷质比相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则(C )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长解析：根据粒子的运动轨迹知带电粒子都受到指向圆心的洛伦兹力，圆心在运动轨迹的下方，根据左手定则知两粒子都带负电，B 错误；由半径公式r ＝mvqB 知，a 粒子的半径大，则a 粒子的速度大，C 正确；由题给条件无法确定两带电粒子的质量关系，A 错误；由周期公式T ＝2πm qB 知，两粒子运动的周期相同，由t ＝θ2πT ，a 粒子的运动轨迹所对应的圆心角小，故运动的时间短，D 错误．3．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力．该磁场的磁感应强度大小为(A )A.3mv 03qRB.mv 0qR C.3mv 0qR D.3mv 0qR解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示．设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qv 0B ＝mv 2r ，解得r ＝mv 0qB .由图中几何关系可得：tan 30°＝Rr .联立解得：该磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，选项A 正确． 4．如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论(D )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的电量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的电量与质量之比一定各不相同解析：沿直线穿过电磁场区域的离子受力平衡，则Bqv ＝Eq ，因此离子的速度均为v ＝E B ，进入右侧磁场后，分成三束，由R ＝mvBq 可知，离子的电量与质量之比一定不同，则D 正确．5．如图，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)(B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2m D.2qBRm解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R ，由qvB ＝mv 2R 可得：v ＝qBRm，选项B 正确． 6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是(BD )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的上极板P 1带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小解析：根据左手定则，可确定粒子带正电，A 错误；由速度选择器中电场力和洛伦兹力方向相反可知，上板P 1带正电，B 正确；据qvB ＝mv 2r ，r ＝mvqB 故可确定C 错误，D 正确．7．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是(BC )A ．该离子带负电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．离子在C 点时速度最大D ．离子到达B 点时，将沿原曲线返回A 点解析：根据左手定则，离子带正电，选项A 错误；洛伦兹力不做功，离子A 点和B 点动能都为零，那么离子在A 点和B 点电势能相等，A 点和B 点位于同一高度，选项B 正确；离子的电势能和动能之和是守恒的，离子在C 点时电势能最小，所以动能最大，速度最大，选项C 正确；离子到达B 点时，将向B 的右侧做周期性运动，不会沿原曲线返回A 点，选项D 错误．二、非选择题8．(2014·广东高考)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L.质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区．P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ； (2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．解析：(1)粒子在电场中，由动能定理有： qEd ＝12mv 2－0，①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力：qvB 0＝m v2r ，②当k ＝1时，由几何关系得：r ＝L ，③ 由①②③解得：E ＝qB 20L22md.④(2)由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知：(r －L)2＋(kL)2＝r 2；⑤解得：r ＝（k 2＋1）2L.⑥由②⑥解得：v ＝（k 2＋1）qB 0L2m .⑦又因为6L －2kL ＝2x ，根据相似三角形有：kL x ＝R r ，且r ＝mv qB .则Ⅱ区域的磁场与k 的关系为：B ＝kB 03－k .答案：(1)qB 20L 22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝kB 03－k9．如图(a)所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3)在图(b)中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)粒子从A 点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：qU ＝12mv 21－12mv 20，①解得：v 0＝v 21－2qUm.② (2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r ，磁感应强度为B 1，运动时间为t ，由牛顿第二定律，有：qB 1 v 2 ＝m v 22r，③由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则 r ＝2（R 2 －R 1 ）2＝2R 0 ，④联立③④得：B 1 ＝2mv 22qR 0.⑤ 匀速圆周运动周期T ＝2πrv 2，⑥粒子在磁场中运动时间t ＝14T ，⑦联立③⑤⑥⑦得：t ＝2πR 02v 2.⑧(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：r 1＝R 2－R 12＝R 0，⑨设此过程的磁感应强度为B 2，由牛顿第二定律，有： qB 2 v 3 ＝m v 23r 1 ，⑩由⑨⑩得：B 2 ＝mv 3qR 0.所以磁感应强度应小于mv 3qR 0 .答案：(1) v 21 －2qU m (2) 2mv2 2qR 02πR 02v 2 (3)mv 3qR 0。
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2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】
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1
A．t A＝t B＝t C B．t B<t A＝t C
C．v C＝v A<v B D．v A＝v B<v C
2．(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2
A．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3
A．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4
A ．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 2α
C ．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B ≤mg
qv 0
D ．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B ≤mg cos θ
qv 0
5．(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5
A ．电场方向水平向右
B ．小球一定带正电
C．小球在复合场区域内做匀速直线运动
D．小球在复合场区域内运动过程中，重力势能的变化量与电势能的变化量相同
6．(多选)(2017·河南洛阳第二次统考)如图6甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针转动，装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至传送带顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5 s，则下列判断正确的是( )
图6
A．该物块带负电
B．传送带的传送速度大小可能大于1 m/s
C．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 θ
2qB ，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
h sin 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。