【物理】2019届二轮复习第12讲　磁场对电流及运动电荷的作用学案（全国通用） 28页

第12讲　磁场对电流及运动电荷的作用 ‎[考试要求和考情分析]‎ 考试内容 选考要求 历次选考统计 命题角度 ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ ‎2018/11‎ 物理学史、几种常见的磁场、安培力、带电粒子在磁场中的运动、质谱仪、回旋加速器等 磁现象和磁场 b ‎3‎ 磁感应强度 c ‎22‎ 几种常见的磁场 b ‎10‎ ‎9‎ ‎12‎ 通电导线在磁场中受到的力 d ‎9‎ ‎10‎ ‎9‎ ‎7‎ ‎7‎ 运动电荷在磁场中受到的力 c ‎22‎ ‎8、23‎ ‎22‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 d ‎22‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎10、23‎ ‎　安培定则的应用及磁场的叠加 ‎[要点总结]‎ ‎1．安培定则的“因”和“果”‎ 原因(电流方向)‎ 结果(磁场方向)‎ 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流及通电螺线管的磁场 四指 大拇指 ‎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。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·浙江金华一中高二段考)‎ 如图1是地磁场的分布图，已知地球自转方向是自西向东的，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．磁感线是磁场中真实存在的曲线 B．如果地磁场是地球表面带电产生的，则地球带正电 C．赤道处一条通有竖直向下方向电流的导体棒受到的安培力方向向西 D．竖直向下射向赤道的带正电的宇宙射线受到的洛伦兹力方向向东 解析　磁感线是假想的曲线，选项A错误；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，选项B错误；赤道处的磁场方向从南向北，电流方向竖直向下，根据左手定则，安培力的方向向东，选项C错误；赤道附近的地磁场方向水平向北，一个带正电的射线粒子竖直向下运动时，据左手定则可以确定，它受到水平向东的洛伦兹力，故它向东偏转，选项D正确。‎ 答案　D ‎[精典题组]‎ ‎1．(2018·嵊州选考模拟)如图2所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N极指向右端，下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．电源c端为正极 B．通电螺线管的a端为等效磁体的N极 C．通电螺线管内部磁场从b指向a D．以上说法都错 解析　小磁针的N极水平向右，可知螺线管内部的磁场方向向右，根据右手螺旋定则知，电流在螺线管中的方向从c到d，则c端为电源的正极，选项A正确；根据安培定则可知通电螺线管的a端为等效磁体的S极，选项B错误；通电螺线管内部磁场从a指向b，选项C、D错误。‎ 答案　A ‎2．已知导线中的电流在周围空间产生磁场的磁感应强度大小为B＝k，k为常量，r为到导线的距离。如图3所示，两个半径相同、材料不同的半圆环并联接在电路中，电路中的总电流为I，流过ABD半圆环的电流为，流过ACD半圆环的电流为I，在圆环圆心O处电流产生磁场的磁感应强度大小为B0。若将ABD半圆环截去，电路中的总电流保持不变，则此时O点处的磁感应强度大小为(　　)‎ 图3‎ A．3B0 B．2B0‎ C．B0 D.B0‎ 解析　ABD半圆环的电流和ACD半圆环的电流产生的磁场在O点处的磁场的磁感应强度方向相反，根据磁场叠加可知，半圆环中I电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B，那么ACD半圆环的电流为I，在O点产生磁场的磁感应强度大小为2B，则2B－B＝B0，即B＝B0；若将ABD半圆环截去，电路中的总电流保持I不变，则此时O点处的磁感应强度大小为3B＝3B0，选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎　通电导线在磁场中受到的安培力 ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·金华十校联考)‎ 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图4为美国试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m。若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端初速为零开始加速，当回路中的电流恒为20 A时，最大速度可达3 km/s。轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．磁场方向为竖直向下 B．磁场方向为水平向右 C．磁感应强度的大小为103T D．电磁炮的加速度大小为3×105 m/s2‎ 解析　由左手定则知磁场方向应竖直向上，选项A、B均错误；由v2＝2 ax得a＝＝6×105 m/s2，选项D错误；又ma＝BIL，所以B＝＝1.0×103T，选项C正确。‎ 答案　C ‎[精典题组]‎ ‎3．(2018·江山选考模拟)某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是(　　)‎ 解析　根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向下，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，D图中安培力方向斜向左下方垂直于电流方向，故选项A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎4．(2018·湖州选考模拟)如图5所示，将一个半径为R的导电金属圆环串联接入电路中，电路的电流为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点，流过圆弧acb和adb的电流相等。金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直。则金属圆环受到的安培力大小为(　　)‎ 图5‎ A．0 B．πBIR C．2πBIR D．2BIR 解析　隔离导电金属圆环上半部分，其电流为，所受安培力大小为B2R＝BIR。同理，金属圆环下半部分所受安培力大小也为BIR。两部分所受安培力方向相同，所以，金属圆环受到的安培力大小为2BIR，选项D正确。‎ 答案　D ‎　洛伦兹力的方向和大小 ‎[要点总结]‎ 洛伦兹力的特点 ‎(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。 ‎ ‎(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。‎ ‎(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。‎ ‎(4)当v与B的夹角为90°时，洛伦兹力大小F＝qvB。‎ ‎(5)洛伦兹力一定不做功。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例3】 如图6为某放射源放出的三种射线在匀强电场或匀强磁场中的轨迹示意图，已知三种射线的性质如下表：‎ 图6‎ 射线名称 本质 电荷数 质量数 速度 α射线 氦原子核 ‎2‎ ‎4‎ ‎0.9c β射线 电子 ‎－1‎ ‎0‎ ‎0.99c γ射线 光子 ‎0‎ ‎0‎ c 以下判断正确的是(　　)‎ A．若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，且②为α射线 B．若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向外，且③为α射线 C．若是在匀强电场中，电场方向水平向右，且③为α射线 D．若是在匀强电场中，电场方向水平向左，且①为α射线 解析　在同一磁场中，根据r＝可知，α射线的值较大，则半径较大；若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，则①带正电，为α射线，选项A错误；若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向外，则③带正电，但是因为③的偏转半径较小，则③不是α射线，选项B错误；在匀强电场中的偏转距离y＝at2＝＝，则在相同的x时，较大，则y较小；则若是在匀强电场中，电场方向水平向右，③不是α射线；若电场方向水平向左，①为α射线，选项D正确，C错误。‎ 答案　D ‎[精典题组]‎ ‎5．如图7所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流I。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离，一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b 点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀加速直线运动 C．小球对桌面的压力先增大后减小 D．小球对桌面的压力一直在增大 解析　根据右手螺旋定则及矢量合成法则，可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁感应强度大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力竖直向上，根据F＝qvB可知，洛伦兹力是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，选项A、B、D错误， C正确。‎ 答案　C ‎6．(2018·台州质量评估)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图8甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是(　　)‎ 图8‎ A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变小 B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变小 C．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变小 D．要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以逆时针方向的电流 解析　仅增大励磁线圈中的电流，磁场增强，磁感应强度B增大，由evB＝m2得r＝，即r减小，电子束径迹半径变小，选项A正确；仅升高电子枪加速电场的电压U，由动能定理eU＝mv2得v＝，即v增大，又r＝，所以电子束径迹的半径变大，选项B错误；因T＝＝，周期与速度v大小无关，电子做圆周运动的周期不变，选项C错误；要使电子形成图乙中的运动径迹，玻璃泡内磁场方向应垂直纸面向里，而要形成垂直纸面向里的磁场，由安培定则知，励磁线圈中应通以顺时针方向的电流，选项D错误。‎ 答案　A ‎　带电粒子在匀强磁场中的运动结合几何关系分析 ‎[要点总结]‎ ‎1．圆心的确定 ‎(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心。‎ ‎(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心。‎ ‎2．在磁场中运动时间的确定 ‎(1)计算出圆心角θ的大小，由公式t＝T可求运动时间，也可用弧长与线速度的比值(t＝)求解。‎ ‎(2)重要推论 ‎①当速度v一定时，弧长越长(可参考弦长)，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。‎ ‎②当速率v变化时，圆心角大的运动时间长。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例4】 (2018·浙江稽阳联谊学校高三选考模拟)某同学在复习带电粒子在 复合场中的运动时，经过思考，自己设计了一道题目：如图9，C、D板之间是加速电场，电压为U，虚线OQ、QP、ON是匀强磁场的边界，且磁场范围足够大，QP与ON平行，间距为d，与OQ垂直且与竖直方向夹角θ＝60°，两磁场磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。现有一个比荷为k的正电荷(重力不计)，从C板的小孔静止释放，加速后从O点水平进入虚线OQ右侧空间。该电荷第二次(不包括从O点进入这一次)到达ON边界时的位置为A点(未画出)。求：‎ 图9‎ ‎(1)粒子在O点的速度大小；‎ ‎(2)粒子从O到A的时间；‎ ‎(3)若两磁场整体以O点为轴，顺时针转过30°，粒子加速后从O点水平进入，且粒子始终在OQ右侧运动，试判断粒子能否通过A点，需说明理由。‎ 解析　(1)由动能定理Uq＝mv2 ‎ 得v＝＝。‎ ‎(2)粒子的轨迹如图所示，连接GA，则△OGA为等腰三角形，GA//HK。据平面几何知识，得OG＝HK＝2d 粒子在OQ间运动时间为t1，‎ 所以t1＝ ‎ 劣弧GH与优弧AK合起来恰好为一整圆，粒子在磁场中运动的时间为t2‎ 得t2＝＝ ‎ 所以t＝t1＋t2＝＋＝2d＋ 。‎ ‎(3)由(2)可得OA＝2d 若两磁场整体以O点为轴，顺时针转过30°。如图为粒子运动轨迹，∠QOG＝30°，OQ＝d，‎ 所以OG＝＝d ‎ 又因为△OGA′为正三角形，所以OA′＝OG＝d ‎ 得＝3 ‎ 即通过3个周期，粒子可以通过A点。‎ 答案　(1)　(2)2d＋　(3)见解析 ‎[精典题组]‎ ‎7．(2018·临安选考模拟)如图10所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　)‎ 图10‎ A. B．2‎ C. D．3‎ 解析　粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示。电子1垂直射出磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间t1＝＝，粒子2运动的时间t2＝＝，所以＝3。‎ 答案　D ‎8．(2018·浙江选考模拟)如图11所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。P点的坐标为(－L，0)，M1、M2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)。质量为m1电荷量为q的带负电粒子A1，靠近极板经过加速电压为U的电场从静止加速后，沿PM1方向运动。有一质量也为m、不带电的粒子A2静止在M1点，粒子A1经过M1点时与A2发生碰撞，碰后粘在一起成为一个新粒子A3进入磁场(碰撞前后质量守恒、电荷量守恒)，通过磁场后直接到达M2，在坐标为(－L，0)处的C点固定一平行于y轴放置绝缘弹性挡板，C为挡板中点。假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度大小不变、方向相反。不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。‎ 图11‎ ‎(1)粒子A1与A2碰后瞬间的速度大小；‎ ‎(2)磁感应强度的大小；‎ ‎(3)若粒子A2带负电，且电荷量为q′，发现粒子A3与挡板碰撞两次，能返回到P点，求粒子A2的电荷量q′。‎ 解析　(1)粒子A1经电压U加速得Uq＝mv2‎ 与静止的A2发生碰撞，由动量守恒定律得mv＝2mv3‎ 联立可得v3＝。‎ ‎(2)粒子A3在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系可知∠OM1P＝∠OPM1＝∠OM1O3＝45°，粒子A3做匀速圆周运动的半径 r3＝O3M1＝＝L 对粒子A3，洛伦兹力提供向心力qv3B＝2m ‎ 从而求得B＝ 。‎ ‎(3)若让A2带上负电q′，由于总的电荷量变大，则A3粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小设为r4，由题设画出粒子的运动轨迹如图所示，进入磁场的方向与PM1平行，‎ 每次在磁场中偏转一次，沿y轴的负方向下移距离 Δy1＝2r4cos 45°＝r4‎ 离开磁场的方向与M2P平行。从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时，粒子沿y轴正方向上移的距离 Δy2＝2tan 45°＝L 由题意经过两次与C板碰撞后回到P点，则有 ‎3Δy1－2Δy2＝2L 联立以上两式可得r4＝ L 而对粒子A3做匀速圆周运动时有(q＋q′)Bv3＝2m 联立以上可得q′＝q。‎ 答案　(1)　(2) 　(3)q ‎1.(2017·4月浙江选考)如图12所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则(　　)‎ 图12‎ A．b点的磁感应强度为零 B．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C．cd导线受到的安培力方向向右 D．同时改变两导线的电流方向、cd导线受到的安培力方向不变 解析　根据右手螺旋定则可知，两平行直导线通以电流后在b处的磁场方向均为垂直纸面向外，所以选项A错误；导线cd在a处的磁场垂直纸面向里，导线ef 在a处的磁场垂直纸面向外，且导线cd在a处产生的磁感应强度大，所以选项B错误；根据安培定则和左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以选项C错误；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，选项D正确。‎ 答案　D ‎2.(2018·4月浙江选考)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通过电流I时，如图13所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)‎ 图13‎ 解析　利用左手定则，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大姆指所指的方向就是受力方向，因此选项D正确。‎ 答案　D ‎3．(2016·4月浙江学考)法拉第电动机原理如图14所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆(　　)‎ 图14‎ A．向左摆动 B．向右摆动 C．顺时针转动 D．逆时针转动 解析　通过金属杆的电流流向铰链，根据左手定则判断安培力的方向，从上往下看，金属杆逆时针转动。‎ 答案　D ‎4．(2018·4月浙江选考)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15所示。有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，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(　　)‎ 图15‎ 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　画出垂直于金属管线方向的截面图，可知磁场最强的点a即为地面距离管线最近的点，作出b、c两点的位置，由题意可知EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深度为。‎ 答案　A ‎5.(2018·11月浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图16所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ 置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)‎ 图16‎ A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B.当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 解析　当线圈中通有同向电流时互相吸引，通有反向电流时互相排斥，故当天平示数为负数时，表示互相吸引，所以为同向电流，当天平示数为正时，表示相互排斥，为反向电流，选项A正确，B错误；根据作用力与反作用力可知线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力都作用在线圈Ⅱ上，它们不是一对相互作用力，选项C、D错误。‎ 答案　A 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2018·浙江名校新高考研究联盟高三联考)如图1所示，长为4 m的金属杆可绕转轴O在竖直平面内转动。方向水平的匀强磁场磁感应强度为2T，磁场边界为一圆形区域，圆心恰为O点，直径为1 m，当电流表读数为10 A时，金属杆与水平方向夹30°角，则此时磁场对金属杆的作用力大小为(　　)‎ 图1‎ A．80 N B．40 N C．20 N D．10 N 解析　金属杆切割磁感线的有效长度等于圆的半径，即L有效＝0.5 m，金属杆受到的安培力大小为F＝BIL有效＝2×10×0.5 N＝10 N，D正确。‎ 答案　D ‎2．(2018·台州质量评估)用一根金属丝、一节电池和一块磁铁，可以做一个简易的电动机。先将电池的负极和磁铁的N极接触，再将金属丝架在电池的正极上，金属丝的下部分与磁铁接触，如图2所示。放开金属丝，金属丝就会转动。则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．线圈转动的动力是电场力 B．从上往下看，金属丝顺时针转动 C．从上往下看，金属丝逆时针转动 D．若将电池的负极与磁铁的S极接触，金属丝的旋转方向不会变 解析　由题意知，金属丝组成了闭合回路，有电流流过，又处于磁场中，所以线圈转动的动力是安培力，选项A错误；由左手定则知金属丝受的力，从上向下看会使金属丝顺时针转动，选项B正确，C错误；若将电池的负极与磁铁的S极接触，电流方向不变，而磁场反向，所以安培力反向，故金属丝的旋转方向会反向，选项D错误。‎ 答案　B ‎3．(2018·丽水学考模拟)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析　由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确。‎ 答案　D ‎4.(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)某兴趣小组同学制作出一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图3所示，铜棒左右两侧的中点分别固定相同弹簧，铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，两弹簧为原长时，指针指向0刻度。在测量一个自上而下电流时指针在0刻度左边静止。由题中所给条件，判断正确的是(　　)‎ 图3‎ A．可知磁场的方向垂直于纸面向外 B．仅改变磁场方向，指针将在0刻度左边静止 C．仅改变电流的方向，指针将在0刻度左边静止 D．同时改变磁场和电流的方向，指针将在0刻度右边静止 解析　电流向下时，指针在0刻线左侧，弹力向右，则说明电流受安培力方向向左，由左手定则知，磁场垂直于纸面向外，选项A正确；仅磁场改变或仅改变电流方向，由左手定则可知受安培力方向向右，则弹力向左，指针将在0刻度右侧静止，选项B、C错误；同时改变磁场和电流的方向，安培力方向仍向左，故指针仍在0刻度左边静止，选项D错误。‎ 答案　A ‎5．(2018·浙江台州高三期末)如图4所示，三根长为L的无限长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为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，则导线C受到的静摩擦力是(　　)‎ 图4‎ A.B0IL，水平向左 B.B0IL，水平向右 C.B0IL，水平向左 D.B0IL，水平向右 解析　电流在C处产生的磁感应强度的大小都为B0，根据平行四边形定则，结合几何的菱形关系如图所示。‎ 由几何关系可得BC＝B0，再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为FA＝B0IL，由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL，方向水平向右，选项D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D ‎6.(2018·浙江稽阳联谊学校高三选考模拟)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水。如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来。则正确的是(　　)‎ 图5‎ A．若磁场方向垂直纸面向里，液体逆时针转动(俯视)‎ B．若磁场方向反向，电池正负极对调，则液体转动方向也发生变化 C．电池消耗的总功率等于电路总电阻的热功率与液体的机械功率之和 D．若已知电池路端电压U和总电流I，则液体电阻R＝ 解析　若磁场方向垂直纸面向里，据左手定则，液体顺时针转动(俯视)，选项A错误；若磁场方向反向，电池正负极对调，则液体转动方向不发生变化，选项B错误；电池消耗的总功率等于电路总电阻的热功率与液体的机械功率之和，选项C正确；此电路为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，选项D错误。‎ 答案　C ‎7．(2018·义乌选考模拟)如图6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，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R。则(　　)‎ 图6‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R 解析　由左手定则可知，带电粒子的轨迹如图所示，则粒子不可能回到原点O，选项A错误；由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，选项C错误；由几何关系知，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，选项D正确。‎ 答案　D ‎8．(2018·浙江台州中学高三统练)‎ 为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。如图7为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为a×b×c＝0.5 m×0.4 m×0.3 m。空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0 T、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103 A，方向如图。则下列判断正确的是(　　)‎ 图7‎ A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103 N B．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103 N C．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为3.0×103 N D．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为3.0×103 N 解析　磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，根据安培力公式F＝BIL＝10×1.0×103×0.4 N＝4.0×103 N，故综上所述，选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A 二、非选择题 ‎9．(2018·临海选考模拟)如图8所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：‎ 图8‎ ‎(1)通过ab的电流大小和方向；‎ ‎(2)ab受到的安培力大小；‎ ‎(3)重物重力G的取值范围。‎ 解析　(1)I＝＝2 A 方向为a到b。‎ ‎(2)F＝BIL＝5 N。‎ ‎(3)ab受力如图，则fm＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N 当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin 53°－fm＝0.5 N 当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin 53°＋fm＝7.5 N 所以0.5 N≤G≤7.5 N。‎ 答案　(1)2 A　a到b 　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N ‎10．(2018·浙江嘉兴高二期末)如图9所示，边长L＝0.8 m的正方形abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场B＝0.1 T，如图所示，建立平面直角坐标系，y轴在ad边的中垂线上，x轴在ad边下方0.2 m处。在原点O处有一粒子源S，可沿x轴正向不断地发射各种速率的带电离子，离子的电荷量均为q＝3.2×10－18 C，质量均为m＝6.4×10－26 kg，在bc边上放置一块屏幕，屏上离子击中位置能发光。(不计离子的重力，不考虑离子之间的相互作用力，离子打到屏上将被吸收而不反弹)‎ 图9‎ ‎(1)若bc屏上能发光，求离子的电性；‎ ‎(2)求bc屏上能发光区域的范围(用x坐标表示)；‎ ‎(3)紧贴磁场边缘cd的内侧，从c点沿cd方向以4.0×106 m/s的速度入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，其恰能与离子源S发射的某一速率的离子发生相向正碰(碰撞时两离子的速度方向恰好相反)，求发生正碰的这一离子的速率。‎ 解析　(1)根据左手定则，可确定离子带负电。‎ ‎(2)如图所示为两条临界的轨迹图线，如图所示。‎ 轨迹2的半径为r2＝ m＝0.3 m，‎ 轨迹1的半径为r1＝ m＝0.4 m 在三角形O1ef中，由几何关系O1e2＋ef2＝r，‎ O1e＝Oe－r1＝0.2 m，可知ef＝ m bc屏上y轴右侧 m内的各个位置均能发光。‎ ‎(3)根据洛伦兹力提供向心力qvCB＝m，‎ 解得RC＝0.8 m 大圆的圆心在b点，设小圆半径为r，根据图示轨迹相切，大、小圆圆心连线必经过相切点，由几何关系可确定＋r＝RC，解得r＝0.3 m 根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m 代入数据解得v＝1.5×106 m/s。‎ 答案　(1)带负电　(2)x＝ m　(3)1.5×106 m/s ‎11．(2018·浙江诸暨市牌头中学高三期中)如图10所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处；半径R＝0.1 m，磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08 m)；平行金属板MN的长度L＝0.3 m、间距d＝0.1 m，两板间加电压U＝640 V，其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于O点的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀发射比荷＝1×108 C/kg、速度大小v＝6×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x轴正方向。不计粒子重力、粒子间的相互作用及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6。‎ 图10‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎(2)求从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴的夹角；‎ ‎(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。‎ 解析　(1)由洛伦兹力充当向心力qvB＝m 代入数据解得R′＝0.08 m。‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图所示。‎ 令从y＝0.18 m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为θ，由几何关系可得 sin θ＝0.8，即θ＝53°。‎ ‎(3)如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得y＝at2‎ 加速度为a＝ 飞行时间为t＝ 联立可得y＝＝0.08 m 设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得 y＝rsin α＋R′－R′cos α 可得tan α＝，即α＝53°‎ N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例为 ×100%＝29%。‎ 答案　(1)0.08 m　(2)53°　(3)29%‎ ‎12．(2018·浙江台州高三期末)如图11所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d＝3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2。在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方形加速管并垂直打在荧光屏上。(不计粒子重力及其相互作用)‎ 图11‎ ‎(1)求粒子刚进入加速管时的速度v1的大小和加速电压U；‎ ‎(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl；‎ ‎(3)若要让从加速管BO3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场Ⅱ的磁感应强度大小应满足什么条件(结果用B2表示)?‎ 解析　(1)粒子在磁场Ⅰ中的运动轨迹，如图所示，由几何知识知其运动半径为R。‎ 由向心力公式可得qv1B＝m 解得v1＝ 因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，粒子运动轨迹，如图所示。由几何知识粒子在磁场Ⅱ中的运动半径为2R，‎ 由向心力公式可得qv2B2＝m 解得v2＝ 粒子在加速管中作加速运动，由动能定理得 mv－mv＝qU 联立解得加速管所加的电压为U＝。‎ ‎(2)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，设此点距E点的距离为x1，如图所示。‎ 由几何关系得(x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝(2R)2‎ 解得x1＝R 从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，设此点距E点的距离为x2，如图所示。‎ 由几何关系得(x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝(2R)2‎ 解得x2＝R 粒子打中的区域长度Δl＝x2－x1＝R。‎ ‎ (3)从O3点穿出的粒子恰好打在F点时，如图所示。‎ 由几何关系可得(dcos θ＋2R－r3)2＋(dsin θ)2＝r 解得r3＝R 由向心力公式有qv2B3＝m ‎ 联立解得B3＝B2‎ 从B点穿出的粒子恰好打在E点时，有r4＝R 由向心力公式有qv2B4＝m 联立解得B4＝B2‎ 从BO3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是 B2≤B≤B2。‎ 答案　(1)　　(2)R ‎(3)B2≤B≤B2‎