浙江省2020高考物理二轮复习专题三第二讲磁场讲义含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题三第二讲磁场讲义含解析

第二讲　磁场 知识内容 考试要求 备考指津 ‎1.磁现象和磁场 b ‎1.本讲在高考中的考查频率非常高，考查的热点主要集中在磁场的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动.‎ ‎2.高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题.‎ ‎3.高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.‎ ‎2.磁感应强度 c ‎3.几种常见的磁场 b ‎4.通电导线在磁场中受到的力 d ‎5.运动电荷在磁场中受到的力 c ‎6.带电粒子在匀强磁场中的运动 d ‎　磁场对通电导体的作用力 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．安培力公式 安培力大小的计算公式：F＝BILsin 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.‎ ‎2．安培力方向的判定——左手定则 ‎(1)左手定则判定安培力的方向．‎ ‎(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．‎ ‎　(2018·浙江选考4月)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)‎ - 17 -‎ ‎[解析]　根据左手定则可知，D正确．‎ ‎[答案]　D ‎【题组过关】‎ 考向一　磁场的叠加 ‎1．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为(　　)‎ A．平行于AB，由A指向B B．平行于BC，由B指向C C．平行于CA，由C指向A D．由O指向C 解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.‎ ‎2．如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为Ia＝I，Ib＝2I，Ic＝3I，Id＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝k，式中常量k>0，I为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为(　　)‎ A．2B，方向由O点指向ad中点 - 17 -‎ B．2B，方向由O点指向ab中点 C．10B，方向垂直于纸面向里 D．10B，方向垂直于纸面向外 解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．‎ 考向二　安培力作用下的平衡问题 ‎3．如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘斜面倾角为θ.导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I.空间充满竖直向上的匀强磁场．若现缓慢增大θ(θ<90°)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小B应(不考虑磁场变化产生的感应电场)(　　)‎ A．缓慢增大　　　　　　　　 B．缓慢减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选A.由安培力公式和左手定则知，导体棒受水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知mgtan θ＝BIL，则θ增大时，B应缓慢增大，A对．‎ 考向三　安培力作用下的运动 ‎4.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时(　　)‎ A．导线框将向左摆动 B．导线框将向右摆动 C．从上往下看，导线框将顺时针转动 D．从上往下看，导线框将逆时针转动 解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．‎ ‎5.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属水平轨道上的M - 17 -‎ 点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2‎ B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2‎ D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．‎ ‎“3步法”分析通电导体棒受力 第1步：明确研究对象(通电导线或导体棒)．‎ 第2步：将题干中的立体图转化为平面图，明确磁场的方向和电流的方向．‎ 第3步：受力分析的思路和力学完全相同，分析安培力时注意其方向一定与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．　 ‎ ‎　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．常用公式 ‎2．三个“确定”‎ - 17 -‎ ‎(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示．‎ ‎(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝＝，然后再与半径公式r＝ 联系起来求解．‎ ‎(3)运动时间的确定：t＝T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)．‎ ‎　如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc.不计粒子重力．则(　　)‎ 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]　设正六边形的边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A正确．‎ - 17 -‎ ‎[答案]　A ‎【题组过关】‎ 考向一　求解电荷比荷 ‎1.不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用vM与vN，tM与tN，与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则(　　)‎ A．如果＝，则vM>vN B．如果＝，则vM D．如果tM＝tN，则> 解析：选A.由图可知rM>rN.若＝，利用r＝，可得vM>vN，A项正确、B项错误；若tM＝tN，利用T＝，可得＝，D项错误；若vM＝vN，利用r＝，可得<，C项错误．‎ ‎2.一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(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知 - 17 -‎ ‎，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，A项正确．‎ 考向二　求解运动时间 ‎3．如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是(　　)‎ A．电子将向右偏转 B．电子打在MN上的点与O ′点的距离为d C．电子打在MN上的点与O ′点的距离为d D．电子在磁场中运动的时间为 解析：选D.电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－＝2d－＝(2－)d，故选项B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，选项D正确．‎ 考向三　求解磁感应强度 ‎4．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为(　　)‎ A.∶1 B.∶2‎ C．1∶1 D．1∶2‎ 解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度大小都为.当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O - 17 -‎ 处产生的磁感应强度也为，作平行四边形，由图中的几何关系，可得：cos 30°＝＝＝，故选项B正确．‎ ‎5．(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则(　　)‎ A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝∶ B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3‎ C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ 解析：选AD.假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝·2Rsin θ＝Rsin＝Rsin.如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝·2Rsin α＝Rsin＝Rsin，因此r1∶r2＝sin∶sin＝∶，故A正确，B错误．由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0B＝m，则B＝，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝∶，故C错误，D正确．‎ ‎(1)分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤 - 17 -‎ ‎(2)对称性的应用 ‎①粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等．‎ ‎②粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域．　 ‎ ‎　带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．(多选)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a.在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子有可能打到A点 B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出 解析：选AD.根据Bqv0＝m，可知粒子的运动半径R＝a，因此θ＝60°时，粒子恰好从A点飞出，故A正确．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期的六分之一，在磁场中运动时间最长，故B错误；以θ＝0飞入的粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一，θ从0到60°，粒子在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；因为以θ＝0飞入的粒子在磁场中恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确．‎ ‎2.如图所示，在真空中xOy坐标平面的x>0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10，0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10－25 kg，电荷量为q＝1.6×10－18 C，求带电粒子能打到y轴上的范围．‎ 解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvB＝m - 17 -‎ ，解得：R＝＝0.1 m＝10 cm.如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点．因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm，则OA＝ ＝10 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～10 cm.‎ 答案：－10～10 cm ‎3．如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)‎ ‎(1)确定带电粒子的电性；‎ ‎(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；‎ ‎(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)‎ 解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，解得r＝ 由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．‎ 由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示．‎ 则最大半径rmax＝Lcos 30°＝L 由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin＝.‎ - 17 -‎ ‎(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.‎ 图中点O2为轨迹的圆心，由于内接△OMN为正三角形，‎ 由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin＝ 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，所以磁感应强度的最大值Bmax＝.‎ 答案：(1)正　(2)　(3)见解析 ‎ [课后作业(十三)]‎ ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2018·浙江选考4月)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示．有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线(　　)‎ A．平行于EF，深度为　　 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 解析：选A.由图可知磁场最强点为a点，在导线的正上方，所以导线平行于EF，且h＝.‎ ‎2.如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2.且I1>I2，与两根导线垂直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水平连线上且间距相等，b是两根导线连线的中点，b、d连线与两根导线连线垂直．则(　　)‎ A．I2受到的安培力水平向左 B．b点磁感应强度为零 C．d点磁感应强度的方向必定竖直向下 D．a点和c点的磁感应强度不可能都为零 解析：选D.电流I1在I2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I2受到的安培力的方向水平向右，故A错误；电流I1与I2在b处产生的磁场方向相同，所以合磁场方向向下，‎ - 17 -‎ 磁感应强度不等于零，故B错误；两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反、大小相等的电流I1与I2时，d点的磁感应强度的方向是竖直向下，当两电流的大小不相等时，d点的合磁场方向不是竖直向下，故C错误；电流I1的大小比电流I2的大，则c点的磁感应强度可能等于零，a点的磁感应强度不可能等于零，故D正确．‎ ‎3.如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方最大摆角处摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为(　　)‎ A．0 B．2mg C．4mg D．6mg 解析：选C.设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos 60°)，此时qvB－mg＝m，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝m，解得T＝4mg，故C正确．‎ ‎4．(2019·浙江选考4月)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是(　　)‎ 答案：A ‎5．(多选)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O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粒子带负电，b粒子带正电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 解析：选AC.粒子向右运动，根据左手定则可知，b向上偏转，带正电；a向下偏转，带负电，故A正确．洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，得r＝，故半径较大的b粒子速度大，受洛伦兹力较大，动能也大，故B错误，C正确．T＝，则两粒子运动周期相等，磁场中偏转角大的运动的时间长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间较长，故D错误．‎ ‎6．如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB - 17 -‎ 方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为(　　)‎ A．2∶1 B．2∶3‎ C．3∶2 D.∶ 解析：选C.如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则＝＝＝，故选项C正确．‎ ‎7.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.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)(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P到ab距离为，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正确．‎ ‎8.如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为(　　)‎ - 17 -‎ A．0 B.m C.mv D.m 解析：选B.当qv0B＝mg时，球不受摩擦力，摩擦力做功为零，故A可能．当qv0Bmg时，球先做减速运动，当qvB＝mg，即当v＝时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝m，故D可能．选不可能的，故选B.‎ ‎9.如图所示，三根长为L的通电直导线在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则(　　)‎ A．导线C受到的静摩擦力为0‎ B．导线C受到的静摩擦力为B0IL，水平向右 C．若将导线A中电流反向，则导线C受到的支持力不变 D．若同时将导线A与B中电流反向，则导线C受到的支持力变小 解析：选B.根据安培定则，导线AB在C点处产生的磁感应强度方向如图甲所示，总的磁感应强度竖直向下，大小为B0，根据左手定则，导线C受到的安培力水平向左，静摩擦力向右，A错误；静摩擦力大小与安培力相等，为B0IL，B正确；‎ ‎　　　‎ 将导线A中电流反向，磁感应强度如图乙所示，磁场的矢量和向右，导线C受到的安培力向下，支持力变大，C错误；‎ 若同时改变A、B的电流方向，磁感应强度如图丙所示，磁场矢量和向上，竖直方向上力未发生变化，支持力都等于重力，D错误．‎ ‎10.如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R1的尺寸比R2‎ - 17 -‎ 的尺寸大．将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．R1中的电流大于R2中的电流 B．R1 中的电流小于R2中的电流 C．R1 中产生的霍尔电压小于R2中产生的霍尔电压 D．R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压 解析：选D.电阻R＝，设正方形金属导体边长为a，厚度为b，则R＝＝，则R1＝R2，在两导体上加上相同电压，则R1中的电流等于R2中的电流，故A、B错误．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有evB＝，解得：UH＝Bav＝Ba·＝·，则有R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，故C错误，D正确．‎ 二、非选择题 ‎11.如图，在0≤x≤d的空间，存在垂直xOy平面的匀强磁场，方向垂直xOy平面向里．y轴上P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角θ可在0～180°范围内变化的带负电的粒子．已知θ＝45°时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用．求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度；‎ ‎(2)若θ＝30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)；‎ ‎(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)．‎ 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则：qvB＝m 如图甲所示，由几何关系得：d＝2Rcos 45°‎ ‎ ‎ 解得：B＝.‎ ‎(2)如图乙所示，由几何关系 d＝Rcos 30°＋Rcos α - 17 -‎ 解得：α＝arccos.‎ ‎(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图丙中两圆弧间斜线部分所示，‎ 由几何关系得：‎ R2－(d－R)2＝PM2‎ 由割补法得该区域面积为：‎ S＝d·PM 解得：S＝d2.‎ 答案：(1) ‎(2)arccos　(3)d2 ‎12．如图甲所示，M、N为竖直放置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′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如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为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．求：‎ ‎(1)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，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．‎ 解析：(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B0＝①‎ 做匀速圆周运动的周期T0＝②‎ 联立两式得磁感应强度B0＝.③‎ ‎(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r＝④‎ - 17 -‎ 当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有 r＝(n＝1，2，3，…)⑤‎ 联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝＝(n＝1，2，3，…)．‎ 答案：(1)　(2)(n＝1，2，3，…)‎ - 17 -‎