（全国版）2019版高考物理一轮复习 第10章 磁场（课件+学案+练习）（打包16套）.zip

能力训练 • 紧跟高考第 36课时 磁场及其对电流的作用136 磁场及其对电流的作用1．关于磁感应强度，下列说法中正确的是( )A．若长为 L、通有电流为 I的导体在某处受到的磁场力为 F，则该处的磁感应强度必为FILB．由 B＝ 知， B与 F成正比，与 IL成反比FILC．由 B＝ 知，若一小段通电导体在某处不受磁场力，则说明该处一定无磁场FILD．磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向答案 D解析 磁场中某点的磁感应强度 B是客观存在的，与是否放置通电导体无关；定义磁感应强度是对它的一种测量，在测量中要求放置的一小段通电导体有确定的方位，力 F应是在放置处受到的最大力，也就是通电导体应垂直于磁场方向放置才行，故 A、B、C 错误，D 正确。2．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁 N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是( )A．线圈向左运动 B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动答案 A解析 将通电线圈等效成一条形磁铁，由安培定则可知通电线圈的左端相当于 S极，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，A 正确；也可将左侧条形磁铁等效成与通电线圈同方向的环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥” ，可判断出线圈向左运动。故 A正确。3.磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )2A． a、 b两处的磁感应强度的大小不等， BaBbB． a、 b两处的磁感应强度的大小不等， BaBb，所以 A正确、B 错误；安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、 I、 L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，虽然 BaBb，但是导体如何放置不清楚，因此导体所受安培力的大小无法确定，故 C、D 错误。4．(2017·安庆模拟)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的 N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的 C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，则( )A．导线受到的安培力竖直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右B．导线受到的安培力竖直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左C．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右D．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力为零答案 C解析 做出两磁铁的磁场经过 C点的磁感线，并标出两磁场在 C点的磁场方向，由矢量合成可知， C点合磁场的方向竖直向上，根据左手定则可知，导线受到的安培力水平向右，A、B 错误；根据牛顿第三定律可知，木板和磁铁组成的整体受到通电导线对它们水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C 正确、D 错误。5. (2017·山东聊城期末)(多选)如图所示，一劲度系数为 k的轻弹簧，上端固定，下端挂有一匝数为 n的矩形线框 abcd，线框质量为 m，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与线框平面垂直，在图中垂直纸面向里，开始时线框处于平衡状态，现对线框通有电流 I，线框下移 Δ x达到新的平衡位置，则( )3A．最初平衡位置时弹簧的伸长量为mgkB．线圈中电流的方向为顺时针C．线圈中电流的方向为逆时针D．若线圈匝数增加一倍，线圈的下半部分仍处在匀强磁场中，对线框通有电流 I，线框将下移 2Δ x重新达到平衡答案 ABD解析 最初平衡时重力与弹簧的弹力相互平衡，则有 mg＝ kx，故弹簧的伸长量为x＝ ，所以 A正确；因为线圈下移，则说明 cd边受安培力向下，则由左手定则可以知道，mgk电流为 c→ d方向，故为顺时针方向，所以 B正确、C 错误；当通以电流为 I时，根据平衡条件可得： mg＋ nBIL＝ k(x＋Δ x)；若匝数增加一倍，则有： mg＋2 nBIL＝ k(x＋ x′)；联立两式计算得出： x′＝2Δ x，所以 D正确。6．(多选)如图所示，在倾角为 α 的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为 L、质量为 m的直导体棒，当通以图示方向电流 I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度 B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A．此过程中磁感应强度 B逐渐增大B．此过程中磁感应强度 B先减小后增大C．此过程中磁感应强度 B的最小值为mgsinαILD．此过程中磁感应强度 B的最大值为mgtanαIL答案 AC4解析 导体棒受重力、支持力和安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度 B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，可知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度 B逐渐增大，A 正确、B 错误；分析可得刚开始安培力 F最小，有 sinα ＝ ，所以此过程中磁感应强度 B的最小值为Fmg，C 正确；最后安培力最大，有 F＝ mg，即此过程中磁感应强度 B的最大值为 ，DmgsinαIL mgIL错误。7. (多选)质量为 m、长为 L的导体棒 MN电阻为 R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为 E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为 B，其方向与轨道平面成 θ 角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动。下列说法正确的是( )A．导体棒向左运动B．电键闭合瞬间导体棒 MN所受安培力为BELRC．电键闭合瞬间导体棒 MN所受安培力为BELsinθRD．电键闭合瞬间导体棒 MN的加速度为BELsinθmR答案 BD解析 由图可知磁场方向虽然与轨道平面成 θ 角，但和导线是垂直的。由安培力表达式 F＝ BIL＝ 可知，B 正确、C 错误；由左手定则可知安培力与磁场方向和导线垂直，方BELR向斜向右下方，向右的分力大小为 Fx＝ ·sinθ ，由牛顿第二运动定律可得BELRa＝ ，所以 A错误、D 正确。BELsinθmR8.如图所示，光滑导轨与水平面成 θ 角，导轨宽度为 L，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上(未画出)，金属杆的质量为 m，长为 L，水平放置在导轨上。已知电源的电动势为E、内阻为 r，调节滑动变阻器使回路的总电流为 I1，此时金属杆恰好处于静止状态(重力加速度为 g，金属杆与导轨电阻不计)。求：5(1)磁感应强度 B的大小；(2)若保持磁感应强度的大小不变，而将磁场方向改为竖直向上，则滑动变阻器接入电路的阻值调到多大才能使金属杆保持静止。答案 (1) (2) － rmgsinθI1L EcosθI1解析 (1)在侧视图中，导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得 mgsinθ ＝ BI1L，解得B＝ 。mgsinθI1L(2)导体棒受力如图乙所示，由平衡条件得mgsinθ ＝ BI2Lcosθ ， I2＝ ，又 B＝ER＋ r mgsinθI1L解得 R＝ － r。EcosθI19．如图所示， PQ和 EF为水平放置的平行金属导轨，间距为 l＝1.0 m，导体棒 ab跨放在导轨上，棒的质量为 m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体 c相连，物体 c的质量M＝30 g。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度 B＝0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度 g取 10 m/s2。若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒 ab重力的 0.5倍，若要保持物体 c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？6答案 1.0 A≤ I≤2.0 A 方向由 a到 b解析 因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为 Ff。因为 FfMg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为 I1, 即有：BI1l－ Mg≤ Ff＝0.5 mg，解得 I1≤ ＝2.0 A；0.5mg＋ MgBl若 BIlMg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为 I2, 即有：Mg－ BI2l≤ Ff＝0.5 mg，解得 I2≥ ＝1.0 AMg－ 0.5 mgBl即 ab棒中的电流为：1.0 A≤ I≤2.0 A。根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由 a到 b。10. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为 B0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( )A．0 B. B0 33C. B0 D．2 B0233答案 C解析 两长直导线 P和 Q在 a点处的磁感应强度的大小相等，设为 B，方向如图甲所示，此时 a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度 B 合 的大小等于 B0，方向与7B0相反，即 B0的方向水平向左，此时 B＝ ＝ B0；让 P中的电流反向、其他条件不B02cos30° 33变，两长直导线 P和 Q在 a点处的磁感应强度的大小仍为 B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为 B，方向竖直向上， B与 B0垂直，其合磁感应强度为 Ba＝ ＝ B0，C 正确。B2＋ B2023311．(2017·广东佛山质检)(多选)如图所示长为 L、质量为 m的导体棒 ab，被两轻质细绳水平悬挂，静置于匀强磁场中，当 ab中通以如图的恒定电流 I时， ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成 θ 角的位置再次处于静止状态。已知 ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是( )A. B.mgtanθIL mgsinθILC. D.mgsinθ2IL 2mgsinθ3IL答案 AB解析 对 ab棒进行受力分析，受竖直向下的重力，沿绳方向的拉力和方向未知的安培力，要使棒平衡，安培力的最小值为 Fmin＝ mgsinθ ，磁感应强度的最小值为 Bmin＝ ＝FminIL，若磁感应强度方向竖直向下时， F 安 ＝ mgtanθ ，所以 B＝ ，所以磁感应强mgsinθIL mgtanθIL度的可能值为 、 ，故 A、B 正确。mgtanθIL mgsinθIL12．(浙江高考)(多选)如图 1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从 t＝0时刻起，棒上有如图 2所示的持续交变电流 I，周期为 T，最大值为 Im，图 1中 I所示方向8为电流正方向。则金属棒( )A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功答案 ABC解析 根据题意得出 v­t图象如图所示，金属棒一直向右运动，A 正确；速度随时间做周期性变化，B 正确；据 F 安 ＝ BIL及左手定则可判定， F 安 大小不变，方向做周期性变化，则 C正确； F 安 在前半周期做正功，后半周期做负功，则 D错误。13．(2017·山东日照模拟)如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨 ab、 cd相距 L，导轨平面与水平面的夹角为 θ 。在导轨上端并接两个额定功率均为 P、电阻均为 R的小灯泡。整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现将一质量为 m、电阻为 R12的金属棒 MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为 g，某时刻后两灯泡保持正常发光。求磁感应强度的大小。答案 mg sinθ － μ cosθ 2L RP9解析 设小灯泡的额定电流为 I0，有 P＝ I R。20由题意可知，金属棒沿导轨下滑的某时刻后小灯泡正常发光，则流经金属棒 MN的电流I＝2 I0，分析可得：此时金属棒 MN的重力沿着导轨向下的分力与安培力和摩擦力平衡，速度达到最大，则mgsinθ ＝ μmg cosθ ＋ BIL联立以上各式解得 B＝ 。mg sinθ － μ cosθ 2L RP 第 10章 磁场第 36课时 磁场及其对电流的作用考 点能力训练 • 紧跟高考第 10章 磁场第 37课时 磁场对运动电荷的作用137 磁场对运动电荷的作用1．(2018·山西沂州一中期末)有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )A．电荷在电场中一定受电场力的作用B．电荷在磁场中一定受磁场力的作用C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直答案 A解析 电荷在电场中一定受到电场力作用，A 正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场方向相反，C 错误；电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D 错误。2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是( )答案 B解析 根据左手定则，A 中 f 方向应向上，B 中 f 方向应向下，故 A 错误、B 正确；C、D 中都是 v∥ B， F＝0，故 C、D 错误。3．如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿 x 轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向下( z 轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一磁场，磁场方向沿 z 轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿 y 轴正方向2C．加一电场，电场方向沿 z 轴负方向D．加一电场，电场方向沿 y 轴正方向答案 B解析 要使荧光屏上的亮线向下偏转，若加磁场，应使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿 x 轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿 y 轴正方向，A 错误、B 正确。若加电场，电场方向应沿 z 轴正方向，C、D 错误。4．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子 a、 b，以不同的速率沿着 AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A． a 粒子带正电， b 粒子带负电B． a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C． b 粒子的动能较大D． b 粒子在磁场中运动时间较长答案 C解析 由左手定则可知， a 粒子带负电， b 粒子带正电，A 错误；由 qvB＝ m 得v2rr＝ ，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以 b 粒子的速率较大，在磁场中所受mvqB洛伦兹力较大，B 错误；由 Ek＝ mv2可得 b 粒子的动能较大，C 正确；由 T＝ 知两者的12 2π mqB周期相同， b 粒子运动的轨迹对应的圆心角小于 a 粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以 b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误。5．(多选)边长为 a 的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子以不同速度水平射入磁场后，分别从 A 处和 C 处射出，以下说法正确的是( )A．从 A 处和 C 处射出的电子速度之比为 2∶1B．从 A 处和 C 处射出的电子在磁场中运动的时间之比为 2∶13C．从 A 处和 C 处射出的电子在磁场中运动周期之比为 2∶1D．从 A 处和 C 处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为 1∶2答案 BD解析 电子从 C 点射出， A 为圆心， RC＝ L，圆心角 θ C＝ ，由 R＝ ，得 vC＝ ，运π 2 mvqB eBLm动时间 tC＝ ＝ ，电子从 A 点射出， OA 中点为圆心， RA＝ ，圆心角 θ A＝π，所以 vA＝T4 π m2Be L2， tA＝ ＝ ，由于运动的周期相等，故 vA∶ vC＝1∶2， tA∶ tC＝2∶1，故 A、C 错误，eBL2m T2 π mBeB 正确；电子做匀速圆周运动 f 洛 ＝ eBv，可知洛伦兹力与速度成正比，为 1∶2，故 D 正确。6．(多选)初速度为 v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( )A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，半径不变D．电子将向右偏转，半径改变答案 AD解析 由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A 正确，B、C 错误；又由 R＝ 知，在电子偏离直线电流时， B 减弱，故 R 变大，D 正确。mvqB7.如图所示，一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的点 P(a,0)以速度 v，沿与 x 轴正方向成 60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于 y 轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度 B 和射出点的坐标。4答案 射出点坐标为(0， a)3mv2aq 3解析 画出轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的洛伦兹力方向可找到圆心 O′，由cos30°＝ 可得 r＝ ＝ ，得 B＝ ；由图可知射出点的纵坐标 y＝ r＋ rsin30°ar 2a3 mvBq 3mv2aq＝ a，则射出点坐标为(0， a)。3 38．(2017·潍坊模拟)如图所示，在半径为 R＝ 的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，mv0Bq磁感应强度为 B，圆形区域右侧有一竖直感光板 MN，带正电粒子从圆弧顶点 P 以速率 v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子重力不计。(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；5(2)若粒子对准圆心射入，且速率为 v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；3(3)若粒子以速度 v0从 P 点以任意方向平行于纸面入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。答案 (1) (2) v0 (3)见解析π m2Bq 32解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r，由牛顿第二定律得qv0B＝ m 可得 r＝ ＝ R，则带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的v20r mv0Bq圆心角为 ，如图甲所示，则 t＝ ＝ 。π 2 π 2Rv0 π m2Bq(2)由(1)知，当 v＝ v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R，其运动轨迹如3 3图乙所示，由图可知∠ PO2O＝∠ OO2Q＝30°，所以带电粒子离开磁场时速度偏转角为 60°，则 v⊥＝ vsin60°＝ v0。32(3)由(1)知，当带电粒子以 v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为 R。设粒子射入方向与 PO 方向夹角为 θ ，带电粒子从区域边界 S 射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示。因为 PO3＝ O3S＝ PO＝ SO＝ R，所以四边形 POSO3为菱形。由图可知： PO∥ O3S，在 S 点， v0⊥ SO3，因此，带电粒子离开磁场后均垂直打在感光板上，与入射的方向无关。69．(2015·全国卷Ⅱ)(多选)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中的相等答案 AC解析 电子在两匀强磁场 Ⅰ、 Ⅱ 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 evB＝，可得 r＝ ，即 ＝ ＝ ，A 正确；由 a＝ 得， ＝ ＝ ，B 错误；根据周期mv2r mveB rⅡrⅠ BⅠBⅡ k1 evBm aⅡaⅠ BⅡBⅠ 1k公式 T＝ ，可得 ＝ ＝ ，C 正确；根据角速度公式 ω ＝ ，可得 ＝ ＝ ，D2π rv TⅡTⅠ rⅡrⅠ k1 vr ω Ⅱω Ⅰ rⅠrⅡ 1k错误。10．(2017·全国卷Ⅰ)如图，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 ma、 mb、 mc。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( )A． mambmc B． mbmamcC． mcmamb D． mcmbma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mag＝ qE①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝ qE＋ qvB②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋ qvB＝ qE③比较①②③式得： mbmamc，B 正确。11. (2017·河北廊坊期末)(多选)如图所示，小车 A 的质量 M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度 v0＝14 m/s。带正电荷 q＝0.2 C 的可视为质点的物体 B，质量 m＝0.1 kg，将其轻放在小车 A 的右端，在 A、 B 所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应7强度 B0＝0.5 T，物体 B 与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g 取 10 m/s2)，则( )A．物体 B 的最终速度为 10 m/sB．小车 A 的最终速度为 13.5 m/sC．小车 A 和物体 B 的最终速度约为 13.3 m/sD．小车 A 达到最小速度的全过程中系统增加的内能为 8.75 J答案 ABD解析 当物体 B 对小车 A 的压力为零时，小车 A 与物体 B 之间无摩擦力的作用， A、 B匀速运动，此时物体 B 的速度最大，小车 A 的速度最小，有 qvBB0＝ mg，解得 vB＝10 m/s，根据动量守恒定律得 Mv0＝ mvB＋ MvA，解得 vA＝13.5 m/s，A、B 正确，C 错误。根据能量守恒定律得 Q＝Δ Ek＝ － － ＝8.75 J，D 正确。Mv202 Mv2A2 mv2B212. (2017·安徽六校联考)一个质量 m＝0.1 g 的小滑块，带有 q＝5×10 －4 C 的电荷，放置在倾角 α ＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于 B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。问：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？(3)该斜面的长度至少多长？答案 (1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m3解析 (1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力 mg、斜面支持力 FN和洛伦兹力 F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力 F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有qvB＋ FN－ mgcosα ＝0当 FN＝0 时，小滑块开始脱离斜面，此时， qvB＝ mgcosα8得 v＝ ＝ m/s＝2 m/s。mgcosαqB 0.1×10－ 3×10×325×10－ 4×0.5 3(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα ＝ mv2－0，解得 x＝1.2 m。12 第 10章 磁场第 37课时 磁场对运动电荷的作用考 点能力训练 • 紧跟高考第 10章 磁场第 38课时 带电粒子在组合场和复合场中的运动138 带电粒子在组合场和复合场中的运动1．(多选)一个重力忽略不计的带电粒子以初速度 v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是( )答案 AD解析 A、C 选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A 图中粒子应逆时针运动，故 A 正确；C 图中粒子应顺时针运动，故 C 错误；同理可以判断 D 正确、B 错误。2．如图所示，一束正离子从 S 点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点 O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场 E 和磁场 B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )A． E 向下， B 向上 B． E 向下， B 向下C． E 向上， B 向下 D． E 向上， B 向上答案 A解析 离子打在第Ⅲ象限，相对于原点 O 向下运动和向外运动，所以 E 向下，根据左手定则可知 B 向上，故 A 正确。3．(2017·河南洛阳统考)如图所示，一个静止的质量为 m、带电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)，经电压 U 加速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，粒子最后落到 P 点，设 OP＝ x，下列图线能够正确反映 x 与 U 之间的函数关系的是( )2答案 B解析 带电粒子在电场中加速时，由动能定理得 qU＝ mv2，而在磁场中偏转时，由牛12顿第二定律得 qvB＝ m ，依题意 x＝2 r，联立解得 x＝ ，故选 B。v2r 2mqB 2qUm4．(2017·广东湛江一中月考)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为 R。已知电场的电场强度为 E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为 g，则( )A．液滴带正电B．液滴荷质比 ＝qm Eg3C．液滴顺时针运动D．液滴运动的速度大小 v＝RgBE答案 C解析 液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故 A 错误；由 mg＝ qE 解得 ＝ ，故 B 错误；磁场方向垂直纸面向qm gE里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故 C 正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为 R＝ ，联立各式得 v＝ ，故 D 错误。mvqB RBgE5．(2017·银川一中期末)(多选)如图所示为一个质量为 m、电荷量为＋ q 的圆环，可在竖直面内水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中(不计空气阻力)。现给圆环向右的初速度 v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是图中的( )答案 AD解析 由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好 qv0B＝ mg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以 v0做匀速直线运动，故 A 正确；如果 qv0Bmg，则 a＝μ  mg－ qvBm，随着 v 的减小 a 也减小，直到 qvB＝ mg，以后做匀速直线运动，故 D 正确，μ  qvB－ mgmB、C 错误。6．(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为 R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为 m，带电荷量为 q，重力加速度为 g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右，大小为 v0＝ 的初速度，则以下判断正确的是( )5gR4A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小答案 BC解析 根据左手定则可以判定，小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，有mv ＝ mg·2R＋ mv2，可求运动至最高点时小球的速度 v＝ 0，所以小球一定能到达轨12 20 12 gR道最高点，C 正确；在最高点时，小球做圆周运动所需的向心力 F＝ m ＝ mg，小球受到竖直v2R向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 错误。7.如图所示，带电荷量为＋ q、质量为 m 的物块从倾角为 θ ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)5答案 4mg5qB 8m2g15q2B2解析 经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即 qvmB＝ mgcosθ ①物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgsmsinθ ＝ mv －0②12 2m由①②得： vm＝ ＝ ， sm＝ ＝ 。mgcosθqB 4mg5qB v2m2gsinθ 8m2g15q2B28．(2018·山东青岛期末)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝ N/C。一质量为 m＝2×10 －3 kg 带正电的小球，从点 M(3.64 m，3.2 m)以 v0＝1 1603m/s 的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点 P(2.04 m,0)进入第四象限后经过 y 轴上的点 N(0，－2.28 m)(图中未标出)。( g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B；(2)小球由 P 点运动至 N 点的时间。答案 (1)2 T (2)0.6 s解析 (1)由题意可知 qE1＝ mg，得 q＝5×10 －4 C轨迹如图， Rcosθ ＝ xM－ xP， Rsinθ ＋ R＝ yM可得 R＝2 m， θ ＝37°由 qv0B＝ ，得 B＝2 T。mv20R6(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan α ＝ ＝0.75 即 α ＝37°＝ θ 。可知小球mgqE2进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，则小球进入第四象限后做类平抛运动。由几何关系可得 lNQ＝0.6 m由 lNQ＝ v0t，解得 t＝0.6 s。(或 F＝ mgsinα ＝ ma， 得 a＝ 503 m/s2， 由 几 何 关 系 得lPQ＝ 3 m， 由 lPQ＝ 12at2， 解 得 t＝ 0.6 s。 )9．如图甲所示， M、 N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、 O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子的质量为 m，电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。7(1)求磁感应强度 B0的大小；(2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。答案 (1) (2) (n＝1,2,3，…)2π mqT0 π d2nT0解析 (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 B0qv0＝ mv20r粒子运动的周期 T0＝2π rv0联立两式得磁感应强度 B0＝ 。2π mqT0(2)正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场时，运动轨迹如图所示。在两板之间正离子只运动一个周期 T0时，有 r＝d4在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0时，有r＝ (n＝1,2,3，…)，解得 v0＝ (n＝1,2,3，…)。d4n π d2nT010．(2017·湖北宜昌一模)如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B的匀强磁场，在 x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为 的匀强磁场。一带负电的粒子B28从原点 O 以与 x 轴正方向成 30°角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方运动半径为 R，则( )A．粒子经偏转一定能回到原点 OB．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为 2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为2π m3qBD．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 3R答案 D解析 根据左手定则判断可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向运动，而在第四象限沿逆时针方向运动，不可能回到原点 O，故 A 错误；由 r＝ ，知粒子做圆周运动的轨迹半径与 B 成反比，则粒子在 x 轴上方和下方mvqB两磁场中运动的轨迹半径之比为 1∶2，故 B 错误；粒子在第一象限内轨迹所对应的圆心角为 60°，在第四象限内轨迹所对应的圆心角也为 60°，粒子在第一象限做圆周运动的周期为 T＝ ，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为 t1＝ T＝ ；同理，在第2π mqB 60°360° π m3qB四象限运动的时间为 t2＝ T′＝ · ＝ ，故粒子完成一次周期性运动的时间60°360° 16 2π mq·12B 2π m3qB为 t＝ t1＋ t2＝ ，故 C 错误；根据几何知识得，粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴π mqB前进的距离为 x＝ R＋2 R＝3 R，故 D 正确。11. (2017·湖南邵阳二模)(多选)如图所示，在坐标系 x0 的区域中，存在磁感应强度大小分别为 B1与 B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且 B1∶ B2＝3∶2。在原点 O 处同时发射两个质量分别为 ma和 mb的带电粒子，已知粒子 a 以速度 va沿 x 轴正方向运动，粒子 b 以速率 vb沿 x 轴负方向运动，已知粒子 a 带正电，粒子 b 带负电，带电荷量相等，且两粒子的速率满足 mava＝ mbvb，若在此后的运动中，当粒子 a 第四次经过 y 轴(出发时经过 y 轴不算在内)时，恰与粒子 b 相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是( )9A．粒子 a、 b 在磁场 B1中的偏转半径之比为 3∶2B．两粒子在 y 轴正半轴相遇C．粒子 a、 b 相遇时的速度方向相同D．粒子 a、 b 的质量之比为 1∶5答案 BCD解析 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 r＝ ，可得mvqB＝ ＝ ，A 错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 r＝ 可知，ra1rb1mavaqB1mbvbqB1 11 mvqB粒子 a 从 O 点出发沿 x 轴正方向运动，逆时针向上运动半周沿 y 轴上移 2ra2，穿过 y 轴后逆时针向下运动半周后下移 2ra1，由于 B2B1，则第二次经过 y 轴时粒子 a 在坐标原点的上方(2ra2－2 ra1)处，同理，第四次经过 y 轴时在坐标原点上方 2(2ra2－2 ra1)处，B 正确；粒子在磁场 B1、 B2中的半径之比为 2∶3，如图所示，从运动情况进行考虑，粒子 b 向上运动半周后与粒子 a 相遇，粒子 a 第四次经过 y 轴时速度方向向右，而粒子 b 运动半周时速度方向也向右，所以粒子 a、 b 相遇时的速度方向相同，C 正确；根据周期公式 T＝ 及题意，当2π mqB两粒子在 y 轴上相遇时，有 Tb1＝ Ta1＋ Ta2，即 × ＝ ＋ ，结合12 12 2π mbqB1 2π maqB1 2π maqB2B1∶ B2＝3∶2，得 ＝ ，D 正确。mamb 151012. (2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小3B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量 m＝1.0×10 －6 kg，电荷量 q＝2×10 －6 C，正以速度 v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g＝10 m/s 2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。答案 (1)20 m/s v 的方向斜向右上方与电场 E 夹角 60° (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则 qvB＝ ①q2E2＋ m2g2代入数据解得 v＝20 m/s②速度 v 的方向斜向右上方，与电场 E 的方向之间的夹角 θ 满足 tanθ ＝ ③qEmg代入数据解得 tanθ ＝ ， θ ＝60°。④3(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有a＝ ⑤q2E2＋ m2g2m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有x＝ vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有y＝ at2⑦1211a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ ，又tanθ ＝ ⑧yx联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。⑨3解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝ vsinθ 。⑤若使小球再次经过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－gt2＝0，⑥12联立②④⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。3