2019版高考物理大一輪復(fù)習第九章磁場課件學案練習（打包12套）.zip

2019版高考物理大一輪復(fù)習第九章磁場課件學案練習（打包12套）.zip,2019,高考,物理,一輪,復(fù)習,第九,磁場,課件,練習,打包,12 第25講　磁場對運動電荷的作用 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ 2．洛倫茲力的計算公式Ⅰ 3．帶電粒子在勻強磁場中的運動Ⅱ 2016·全國卷Ⅱ，18 2016·全國卷Ⅲ，18 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查主要是以選擇題或計算題的形式考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題． 說明：洛倫茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的情形 1．洛倫茲力的大小和方向 (1)定義：磁場對__運動電荷__的作用力． (2)大小 ①v∥B時，F(xiàn)＝__0__； ②v⊥B時，F(xiàn)＝__qvB__； ③v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝__qvBsin θ__. (3)方向 ①判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向； ②方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于__B、v__決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角) 2．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)若v∥B，帶電粒子以入射速度v做__勻速直線__運動． (2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做__勻速圓周__運動． (3)基本公式 ①向心力公式：qvB＝__m__； ②軌道半徑公式：r＝____； ③周期公式：T＝____. 1．判斷正誤 (1)帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到磁場力的作用．(　×　) (2)洛倫茲力的方向垂直于B和v決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永遠不做功．(　√　) (3)根據(jù)公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．(　×　) (4)用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向電荷的運動方向．(　×　) (5)帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比．(　×　) (6)當帶電粒子進入勻強磁場時，若v與B夾角為銳角，則帶電粒子的軌跡為螺旋線．(　√　) 2．帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是(　B　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力的大小就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則其所受洛倫茲力的大小相等 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子在只受洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 3．如圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　B　) A．向上　　 B．向下 C．向左　　 D．向右 解析　據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場相抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁場方向向左．由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，選項B正確． 一　對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷． (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用． (4)洛倫茲力一定不做功． 2．洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場 方向的關(guān)系 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E 做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功 洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功． [例1](2017·內(nèi)蒙古包頭學業(yè)水平測試與評估一)(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向勻強電場和一水平方向勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直．在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在絕緣桿上．初始時，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，電量保持不變．已知，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E＝，則以下說法正確的是(　AC　) A．小球的初速度為v0＝ B．若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做的功為 C．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止 D．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止 解析　對小球受力分析如圖甲所示．由于E＝，即電場力qE＝mg，則電場力qE和重力mg的合力F＝2mg，方向垂直于桿，當小球勻速運動時， 桿對小球的摩擦力必然為零，故桿對小球的彈力FN＝0，故F＝2mg＝fB＝qBv0，解得v0＝，選項A正確；若v0＝，小球運動瞬間桿受到垂直于桿向上的彈力，小球必然受到沿桿向上的滑動摩擦力Ff作用，受力分析如圖乙所示．小球?qū)⒆鰷p速運動，洛倫茲力fB減小，彈力FN增大，滑動摩擦力Ff增大，加速度增大，故小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止，此過程中克服摩擦力做的功WFf＝mv＝，選項B錯誤，C正確；若v0＝，小球運動瞬間，fB＝3mg＞F，故彈力FN垂直于桿向下，小球做減速運動，洛倫茲力fB減小，彈力FN減小，F(xiàn)f減小，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩鄿p小的減速運動，當FN＝0時，F(xiàn)f＝0，小球?qū)⒆鰟蛩龠\動，選項D錯誤． 　二　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．圓心的確定 (1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心． (2)兩種常見情形 ①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點) ②已知入射點和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心．(如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點) 2．半徑的確定和計算 利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點： (1)粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt. (2)相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即兩角之和θ＋θ′＝180°. 3．運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α時，其運動時間由下式表示： t＝T(或t＝T)． 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的解題步驟 [例2](2017·湖北武漢模擬)如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后，其運動方向與原入射方向成θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間相互作用力及所受的重力．求： (1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R； (2)電子在磁場中運動的時間t； (3)圓形磁場區(qū)域的半徑r. 解析　(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB＝，解得R＝. (2)設(shè)電子做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝， 由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ.所以 t＝T＝. (3)由如圖所示幾何關(guān)系可知，tan ＝. 解得r＝tan . 答案　(1)　(2)　(3)tan 　三　帶電粒子在磁場中運動的多解問題 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 (1)分析題目特點，確定題目多解的形成原因． (2)作出粒子的運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)． (3)若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件． 1．帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解． 如圖，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b. [例3]如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入．要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？ 解析　題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明帶哪種性質(zhì)的電荷，所以分情況討論． 若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧， 則軌道半徑R＝，又d＝R－， 解得v＝； 若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，則軌道半徑R′＝， 又d＝R′＋， 解得v′＝. 答案　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負電荷) 2．磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解． [例4](多選)一電子某時刻以固定的正電荷為圓心在勻強磁場中做勻速圓周運動，磁場方向垂直它所運動的平面，電子所受電場力恰好是磁場對它的作用的3倍，若電子電荷量為e，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，那么，電子運動的角速度可能是(　AC　) A． B． C． D． 解析　由于本題中沒有明確磁場方向和電子的環(huán)繞方向，所以電子受洛倫茲力的方向有兩種可能．一種可能是F電和F洛同時指向圓心，如圖甲、乙所示；另一種可能是F電和F洛一個指向圓心，另一個背離圓心，如圖的丙、丁所示．所以本題有兩個解． 在圖甲、乙兩種情況下F電＋F洛＝mvω、F電＝3F洛，聯(lián)立解方程可得ω＝，選項A正確． 在圖丙、丁兩種情況下F電－F洛＝mvω、F電＝3F洛，聯(lián)立解方程可得ω＝，選項D正確． 3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成了多解，如圖所示． [例5]長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，求速度的取值范圍． 解析　由左手定則判斷粒子在磁場中做勻速圓周運動向上偏，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出． 如圖所示，粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有r＝L2＋(r1－)2得r1＝，又由于r1＝得v1＝，所以v>時粒子能從右邊穿出．粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O′點，有r2＝，又由r2＝＝得v2＝，所以v<時粒子能從左邊穿出． 所以欲使粒子不打在極板上，速度v應(yīng)大于或小于. 答案　v>或0s2>s3　　 B．s1s2　　 D．s1＝s30)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　AB　) A． B． C． D． 解析　由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝·(n＝1,2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力和qvB＝m，則v＝＝·(n＝1,2,3，…)所以選項A、B正確． [例1](6分)如圖所示，在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑．整個管道處于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與管道垂直，現(xiàn)給帶電球體一個水平速度v，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為(　　) A．0　　 B．m()2 C．mv2　　 D．m[v2－()2] [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 漏選 A或D 對小球的運動情境分析不透，誤以為無論小球的速度多大，由于管道粗糙，小球最終都會停止運動，從而只選C項而遺漏A、D項 －6 [規(guī)范答題] [解析] 當小球帶負電時，對小球受力分析如圖甲所示，隨著向右運動，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做的功為W＝mv2. 當小球帶正電時，設(shè)當洛倫茲力等于重力時，小球的速度為v0，則mg＝qv0B，即v0＝，當v＝v0時，如圖乙所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運動，所以克服摩擦力做的功為W＝0；當vv0時，如圖丁所示，管壁對小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運動，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運動，所以克服摩擦力做的功為W＝mv2－mv＝m[v2－()2]，綜上分析，可知選項A、C、D正確． [答案]　ACD 1．(2018·湖北黃岡模擬)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中有三個帶電粒子，它們在紙面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，其中1和2為質(zhì)子的軌跡，3為α粒子(氦核)的軌跡．三者的軌道半徑關(guān)系為R1>R2>R3，并相切于P點．設(shè)v、a、T、F分別表示它們做圓周運動的線速度、加速度、周期和所受的洛倫茲力的大小，則下列判斷正確的是(　AB　) A．v1>v2>v3　　 B．a(chǎn)1>a2>a3 C．T11)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離． 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0＝m，　① qλB0v0＝m， 　② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所求時間為t1＝，?、? 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間為t2＝，?、? 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t0＝t1＋t2＝. (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝. 答案　(1)　(2) 1.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為(　D　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析　設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得eU＝mv，質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得eU＝Mv，該正離子在磁感應(yīng)強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確． 2．一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　A　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此粒子在磁場中運動的時間為t＝×，粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等，即＝×，求得＝，選項A正確． 3．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力，粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　D　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以選項D正確． 4．如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力，則(　A　) A．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝1∶2 解析　設(shè)正六邊形的邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，選項A正確． 5．(2017·江蘇卷)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 解析　(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1， 由電場加速有qU0＝×2mv2，且qvB＝2m， 解得r1＝， 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L，解得x＝－L. (2)如圖所示最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－， 解得d＝－. (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2， r1的最小半徑r1min＝， r2的最大半徑r2max＝， 由題意知2r1min－2r2max>L， 即－>L， 解得L<[2－]． 答案　(1)－L　(2)－ (3)見解析 課時達標　第25講 [解密考綱]考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對學生綜合分析能力要求較高． 1．(多選)電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產(chǎn)生的．為了獲得清晰的圖像，電子束應(yīng)該準確地打在相應(yīng)的熒光點上．電子束飛行過程中受到地磁場的作用，會發(fā)生我們所不希望的偏轉(zhuǎn)．從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過程中，關(guān)于電子由于受到地磁場的作用的運動情況(重力不計)正確的是(　AC　) A．電子受到一個與速度方向垂直的變力 B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運動 C．電子向熒光屏運動的過程中速率不發(fā)生改變 D．電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻變速直線運動 解析　電子在飛行過程中受到地磁場洛倫茲力的作用，洛倫茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變，選項A、C正確．又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中，所受的地磁場磁感應(yīng)強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，電子在豎直平面內(nèi)的運動并不是勻變速直線運動或勻變速曲線運動，選項B、D錯誤． 2．垂直紙面的長直導(dǎo)線P、Q通有大小相等、方向如圖所示的恒定電流，MN是P、Q連線的中垂線，O為垂足，現(xiàn)使負電荷a、b、c、d從O點以速度v向M、N、P、Q四個方向開始運動，則(　D　) A．a(chǎn)在O點所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外 B．b在O點所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里 C．c離開O點后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外 D．d離開O點后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里 解析　兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度為零，在O點a、b不受洛倫茲力，兩導(dǎo)線在PO段產(chǎn)生的合磁場方向水平向左，在QO段產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，c、d離開O點后所受洛倫茲力的方向均垂直于紙面向里，選項D正確． 3．(2017·湖南長沙模擬)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，帶電小球A與B在同一直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸(不黏連)而處于靜止狀態(tài)．若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說法正確的是(　AB　) A．小球A仍可能處于靜止狀態(tài) B．小球A將可能沿軌跡1運動 C．小球A將可能沿軌跡2運動 D．小球A將可能沿軌跡3運動 解析　小球A最初處于靜止狀態(tài)，對其受力分析，受重力、彈力(可能為零)、庫侖力，因重力豎直向下，故庫侖力向上，可知小球A帶正電．若絕緣板對小球的彈力為零，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態(tài)，選項A正確．若庫侖力大于重力，小球A會向上做加速運動，則可由左手定則判斷選項B正確． 4．如圖所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v0，若加上一個垂直紙面指向外的磁場，則滑到底端時(　B　) A．v變大　　 B．v變小 C．v不變　　 D．不能確定，v的變化 解析　由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，故物體對斜面的正壓力增大，斜面對物體的滑動摩擦力增大．由于物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時v變小，選項B正確． 5．(2017·浙江寧波一模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　B　) A．a(chǎn)粒子速率較大 B．b粒子速率較大 C．b粒子在磁場中運動時間較長 D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動時間一樣長 解析　由洛倫茲力提供向心力可知，速度越大，轉(zhuǎn)動半徑越大，因此b粒子的速率較大，選項B正確，選項A錯誤；轉(zhuǎn)動圓心角越大，運動時間越長，因此應(yīng)該是a粒子在磁場中運動時間較長，選項C、D錯誤． 6．(2017·廣東廣州模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場．這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ劣弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的.不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為(　D　) A． B． C． D． 解析　這些粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB＝；從Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知：該粒子軌跡圓的圓心O′、磁場圓的圓心O和點P形成一個直角三角形，由幾何關(guān)系可得r＝Rcos 30°＝R.兩方程聯(lián)立可得B＝，選項D正確，選項A、B、C錯誤． 7．如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子(　B　) A．是正離子，速率為 B．是正離子，速率為 C．是負離子，速率為 D．是負離子，速率為 解析　根據(jù)左手定則可判斷出，從N孔射出的離子是正離子，選項C、D可先被排除；從N孔射出的離子在磁場中做勻速圓周運動，其運動軌跡所對圓心角等于入射離子運動方向的偏向角2α，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可求出，離子做圓周運動的軌道半徑r＝，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，可解得v＝，綜上分析，只有選項B正確． 8．(多選)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向自A點射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　BD　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 解析　根據(jù)圖象可知，從Q射出的粒子軌道半徑大，根據(jù)公式r＝可知，當粒子比荷相同時，軌道半徑大的表示入射速度大，選項A錯誤，選項B正確；兩粒子入射點的速度方向與運動軌跡圓弧對應(yīng)的弦之間的夾角即弦切角均為∠A，其運動軌跡對應(yīng)的圓心角均為2∠A，所以它們在磁場中的運動時間均是各自運動周期的倍(其中∠A單位取rad)，又根據(jù)公式T＝可知，兩粒子的運動周期相等，所以兩粒子在磁場中運動的時間一樣長，選項C錯誤，選項D正確． 9．(多選)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子，圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是(　BC　) A．粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析　根據(jù)題意，粒子進入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應(yīng)帶負電，選項A錯誤；粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為＋，最小半徑為，由于洛倫茲力充當向心力，所以qvB＝m，可得：vmax＝，vmin＝，所以，vmax－vmin＝.分析可得，選項B、C正確，D錯誤． 10．如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，不計粒子的重力． (1)求極板間電場強度的大??； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大?。? 解析　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qE·＝mv2，① 由①式得E＝.② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m，③ 如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R＝，④ 聯(lián)立③④式得B＝，⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝，⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝. 答案　(1)　(2)或 11．(2017·福建質(zhì)檢)一光滑絕緣圓形水平桌面，處于豎直向下的勻強磁場中，圓心O點放置一帶電小球．已知桌面半徑為r，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B. (1)若小球從O點沿OA方向、以大小為的水平速度v1開始運動，經(jīng)時間t1從桌子邊緣P點滑離桌面，如圖甲所示，求時間t1； (2)若小球從O點仍沿OA方向、以某一水平速度v2開始運動，同時用一置于桌面上的長直光滑絕緣玻璃板沿OA方向始終以速度v2勻速推小球，且玻璃板總是與OA方向垂直，小球仍能從P點滑離桌面，如圖乙所示．求速度v2的大小及此過程中玻璃板對小球所做的功W. 解析　(1)小球在桌面上做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，有 qv1B＝m，可得R＝. 又v1＝，代入解得R＝r， 小球做圓周運動的周期 T＝＝， 小球在桌面上運動軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，如答圖甲，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，t1＝T＝. (2)小球在玻璃板的推動下，沿OA方向做速度為v2的勻速運動、沿玻璃板方向做加速運動．設(shè)某一時刻小球的速度為v，方向與OA的夾角為α，如答圖乙．此時小球所受洛倫茲力大小為F＝qvB，則此時小球沿玻璃板方向運動的加速度為 a＝， 由速度分解得vcos α＝v2，故加速度大小為a＝. 可見小球沿玻璃板方向做勻加速直線運動，小球從O點到P點做類平拋運動，設(shè)運動時間為t，則 rsin θ＝v2t，r－rcos θ＝at2，聯(lián)立解得v2＝. 小球到達P點的速度vP滿足v＝v＋(at)2， 小球所受洛倫茲力不做功，對小球由動能定理有 W＝mv－mv，聯(lián)立可解得W＝. 答案　(1)　(2)　 27