2022版高中物理（山东版）一轮复习：专题十一磁场专题检测（有解析）

专题十一　磁场【专题检测】A组一、选择题1.(2019湖南六校联考)以下叙述正确的是(　　)A.法拉第发现了电流的磁效应B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果答案　D　奥斯特发现了电流的磁效应,选项A错误;惯性是物体的固有属性,质量大的物体惯性一定大,惯性大小与速度无关,选项B错误;伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,选项C错误;感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果,选项D正确。2.(2020湖南长沙一中月考六)如图所示,水平导轨接有电源,导轨上固定有三根导体棒a、b、c,长度关系为c最长,b最短,将c弯成一直径与b等长的半圆,将装置置于竖直向下的匀强磁场中,在接通电源后,三导体棒中有等大的电流通过,则三棒受到安培力的大小关系为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.Fa>Fb>Fc　　B.FbFb=Fc答案　D　本题以通电导体在磁场中受力为物理情境,考查内容涉及影响安培力大小的因素等必备知识,主要考查理解能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对基础性、应用性的考查要求。a、b两棒有效长度为棒长,c棒的有效长度为直径大小,和b棒长度相等,有la>lb=lc,由F=BIl知D正确。3.(2020湖南益阳、湘潭9月联考)如图,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(圆所在平面)向外。圆周上的a点有一电子发射源,可向磁场内沿直径ab的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从圆周的M点和圆周处的N点射出的电子的速度大小分别为(　　)A.;kBR　　B.kBR;C.;　　D.;答案　A　电子从M点射出的轨迹如图所示: 根据几何知识可知其轨迹半径为:rM=R·tan30°=R电子从N点射出的轨迹如图所示:根据几何知识可知其轨迹半径为:rN=R·tan60°=R根据洛伦兹力提供向心力有:qvB=m所以速度大小为:v==kBr解得从M点射出的电子的速度大小为;从N点射出的电子的速度大小为kBR。故A正确。方法技巧　带电粒子在磁场中做圆周运动问题的分析,关键是根据已知条件找圆心、画轨迹,结合已知的几何关系求解。4.(2019湖南雅礼中学11月月考)(多选)如图所示,以O为圆心、MN为直径的圆的上半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个重力不计、质量相同、电荷量相同的带正电粒子a、b、c以相同的速率分别沿AO、BO和CO方向垂直于磁场射入磁场区域,已知BO垂直MN,AO、CO和BO的夹角都为30°,a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,则下列给出的时间关系可能正确的是(　　)A.tata,若r>R,则tc>tb>ta,故应选A、C、D。5.(2019湖南郴州质检一,8)如图所示,在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,P为屏上一小孔,PC与MN垂直,一束质量为m、电荷量为-q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域,粒子入射方向在与磁场垂直的平面里,且分散在与PC夹角为θ的范围内,则在屏MN上被粒子打中区域的长度为(　　)A.　　B.C.　　D. 答案　A　本题以带电粒子在有界磁场中的临界问题为物理情境,考查内容涉及洛伦兹力、圆周运动的向心力公式等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。如图所示,S、T之间的距离为屏MN上被粒子打中区域的长度。由qvB=m得R=,则PS=2Rcosθ=,PT=2R=,所以ST=,故A项正确。6.(2019湖南雅礼中学11月月考)(多选)如图所示,竖直放置的两平行金属板,长为l,板间距离为d,接在电压为U的直流电源上。在两板间还有与电场方向垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为+q的油滴,从距金属板上端h高处由静止开始自由下落,并经两板上端的中央P点进入板间。设油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力恰好大小相等,且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)A.油滴刚进入两板间时的加速度大小为gB.油滴开始下落的高度h=C.油滴从左侧金属板的下边缘离开D.电场力对油滴做正功答案　AB　油滴刚进入电磁场时(在P点),受重力、电场力和洛伦兹力,其中电场力与磁场力大小恰好相等,故合力等于重力mg,根据牛顿第二定律可知,加速度为g,故A正确;在P点由题意可知qE=qvB,自由下落过程有v2=2gh,U=Ed,解得h=,故B正确;根据左手定则,在P位置时所受洛伦兹力向右,竖直方向在加速,故洛伦兹力在变大,故油滴从右侧金属板的下边缘离开,故C错误;由C分析可知,油滴从右侧金属板的下边缘离开,所以电场力做负功,故D错误。7.(2019湖南雅礼中学二模,20)(多选)在如图所示宽度范围内,用电场强度为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转θ角。在同样宽度范围内,若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度为B,使该粒子穿过该区域,并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)。则(　　)A.电场强度E与磁感应强度B之比为v0cosθ∶1B.电场强度E与磁感应强度B之比为v0∶cosθ C.粒子穿过电场和磁场的时间之比是sinθ∶θD.粒子穿过电场和磁场的时间之比是sinθ∶cosθ答案　BC　本题以带电粒子在电场和磁场中的偏转为物理情境,主要考查学生对带电粒子在电场中做类平抛运动和在磁场中做匀速圆周运动的理解能力、通过运动轨迹分析处理问题的推理论证能力、模型建构能力,体现科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。在电场中偏转时,d=v0t1,tanθ=,则E=,t1=,在磁场中偏转时d=Rsinθ,qBv0=m,则B=,故=,B正确;t2==,则=,C正确。二、非选择题8.(2019湖南六校联考)如图所示,平面直角坐标系xOy的y轴左侧有沿y轴正向的匀强电场,y轴为电场的右边界,电场宽度为d。y轴右侧有垂直平面向外的匀强磁场,y轴为磁场的左边界。在x轴上的P(-d,0)点有一粒子发射器,以相同速度v0沿x轴正方向先后射出甲、乙两个带正电的粒子。已知甲粒子比荷为=b,场强大小为E=,甲、乙两粒子在电场中的加速度大小之比为3∶1,磁感应强度大小为B=,不计粒子间的相互影响,不计粒子重力。求:(1)乙粒子第一次在电场中的侧移距离;(2)甲粒子在磁场中运动的时间;(3)乙粒子第一次过x轴时的坐标。答案　(1)d　(2)　(3)解析　(1)在电场中沿x轴方向,甲、乙粒子以v0匀速运动,则甲、乙粒子在电场中的运动时间t1=由牛顿第二定律得,甲粒子加速度为a1===侧移量y1=a1=·=d依题意,乙粒子在电场中的加速度a2==则y2=a2=·=d(2)电场中,甲粒子vy1=a1t1=·=v0tanθ1==,得θ1=60°,v1==2v0磁场中,甲粒子偏转轨迹如图。甲粒子在磁场中运动的时间为t2=T=T=·=·=(3)电场中,乙粒子vy2=a2t1=·=v0tanθ2==,得θ2=30°,v2==v0由a2=可得=磁场中,由qvB=m 有R2===d,偏转轨迹如图。偏转圆圆心在x轴上。则乙粒子第一次过x轴时x=R2+R2sin30°=d故坐标为9.(2020湖南长沙统考)如图所示,在竖直平面xOy内,在y轴右侧存在着竖直向上且E=2N/C的匀强电场,在第一象限内存在着垂直纸面向外且B1=0.4T的匀强磁场,第四象限内存在着垂直纸面向外且B2=0.8T的匀强磁场。长为L=16m的水平绝缘传送带AB以速度v=4.8m/s顺时针匀速转动,传送带左右侧轮的半径R=0.2m,右侧轮的圆心坐标是(0,h),其中h=7.8m,一个质量为m=2g、电荷量为q=+0.01C的小物块(不计小物块的大小,可视为点电荷)轻轻放在传送带左端,小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8。小物块从传送带滑下后,经过x轴上的P点(图中未画出),重力加速度g取10m/s2,不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。求:(1)小物块在传送带上运动的时间;(2)P点的坐标;(3)若把传送带匀速运行的速率增加到v'=16m/s,把一块挡板MN垂直于x轴放置且下端在x轴上,挡板高为H=8m,正中间有一小孔。为了让小物块能穿过挡板上的小孔,求挡板放置的位置与y轴之间的距离。答案　(1)3.6s　(2)(-3.84m,0)　(3)x=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)解析　(1)由题可知,小物块初速度为零,在传送带上水平方向只受摩擦力,由牛顿第二定律可得μmg=ma解得a=8m/s2小物块加速到与传送带共速的时间t1==0.6s加速位移x1=a=1.44m又因为传送带长L=16m所以匀速运动的位移x2=L-x1=14.56m匀速运动的时间t2=≈3s所以运动的总时间为t总=t1+t2=3.6s(2)物块进入第一象限重力G=mg=0.02N,方向竖直向下电场力F=Eq=0.02N,方向竖直向上所以重力和电场力平衡,物块合力等于洛伦兹力,由qvB=m可得r=2.4m又因为传送带左右侧轮的半径R=0.2m,右侧轮的圆心坐标高h=7.8m所以物块在第一象限运动半个圆周后从y轴上的y=3.2m处水平射出,做平抛运动,物体的运动轨迹如图由y=g得t3=0.8sx3=vt3=3.84m所以P点坐标为(-3.84m,0)(3)将速度增加至v'=16m/s,物块在传送带上加速运动,加速位移x加==16m所以物块进入复合场的初始速度v'=16m/s由Bqv=得r1=8m物块在第一象限运动轨迹为四分之一圆周,垂直于x轴进入第四象限,在第四象限中的轨迹半径r2=4m所以物块运动的轨迹如图为了让小物块能穿过挡板上的小孔,由几何关系可得x=nr1+r1=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)10.(2020湖南周南中学四月模拟,25)某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场(磁场区域不存在电场),磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,如图所示。一质量为m、电荷量为+q的粒子,从P点以水平速度v0射入电场中,然后从M点沿半径射入磁场,从N点射出磁场。已知,带电粒子从M点射入磁场时,速度与竖直方向成30°角,P点与M点竖直方向上的距离为h,弧MN的长度为磁场圆周长的1/3,粒子重力不计。求:(1)电场强度E的大小。(2)圆形磁场区域的半径R。(3)带电粒子从P点到N点,所经历的时间t。答案　(1)　(2)　(3)+解析　(1)在M点,竖直分速度vy==v0 由h=,a=得E=(2)粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,设轨迹半径为r。在电场中,粒子经过M点时的速度大小v==2v0由牛顿第二定律得:qvB=m,r==根据几何关系得:R=rtan30°解得R=(3)在电场中,由h=t1得t1=在磁场中,运动时间t2=T=×=故带电粒子从P点到N点,所经历的时间t=t1+t2=+11.(2020湖南长沙长郡中学适应性考试三,25)如图所示,真空中有以O1为圆心,R为半径的圆形匀强磁场区域,圆的最左端与y轴相切于坐标原点O,圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点,磁场方向垂直纸面向里,第一象限内在虚线MN上方沿y轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场(上边界平行于x轴,图中未画出)。现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。已知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场,能到达电场的上边界,最后也能返回磁场,电场强度E和磁感应强度B大小未知,但满足关系v0=,不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d;(2)在第四象限内沿与x轴正方向成30°角的方向发射一质子,最终离开磁场,求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t;(3)若电场方向改为沿x轴的负方向,场强大小不变,如图2所示,电场上边界位置也不变,y0=4R处有一平行于x轴的荧光屏,与y轴相交于Q点,由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上,求荧光屏的最小长度。答案　见解析解析　(1)经分析,质子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径为R,进入电场后做匀减速直线运动,到达上边界时速度刚好减为零。在电场中,根据动能定理有,-qEd=0-m在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有,qv0B=m又v0=,联立解得d=3R (2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示,由几何知识知,质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为α1=120°,质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为α2=60°,则质子在磁场中运动的总时间t1=T==质子在电场中运动的总时间t2=2==质子在无场区运动的总时间t3=2=R故质子运动的总时间为t=t1+t2+t3=(3)经分析,所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y轴的方向进入电场,轨迹如图2,质子做类平抛运动,质子刚好打在Q点时,有Δy=3R=v0t0Δx=aqE=ma,a===联立解得Δx=R故沿y轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置在y轴右侧离y轴最远处,最远距离xm=2R-Δx=R出磁场时横坐标x在x

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专题十一　磁场【专题检测】A组一、选择题1.(2019湖南六校联考)以下叙述正确的是(　　)A.法拉第发现了电流的磁效应B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果答案　D　奥斯特发现了电流的磁效应,选项A错误;惯性是物体的固有属性,质量大的物体惯性一定大,惯性大小与速度无关,选项B错误;伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,选项C错误;感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果,选项D正确。2.(2020湖南长沙一中月考六)如图所示,水平导轨接有电源,导轨上固定有三根导体棒a、b、c,长度关系为c最长,b最短,将c弯成一直径与b等长的半圆,将装置置于竖直向下的匀强磁场中,在接通电源后,三导体棒中有等大的电流通过,则三棒受到安培力的大小关系为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.Fa>Fb>Fc　　B.Fb<Fa<FcC.Fa=Fb=Fc　　D.Fa>Fb=Fc答案　D　本题以通电导体在磁场中受力为物理情境,考查内容涉及影响安培力大小的因素等必备知识,主要考查理解能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对基础性、应用性的考查要求。a、b两棒有效长度为棒长,c棒的有效长度为直径大小,和b棒长度相等,有la>lb=lc,由F=BIl知D正确。3.(2020湖南益阳、湘潭9月联考)如图,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(圆所在平面)向外。圆周上的a点有一电子发射源,可向磁场内沿直径ab的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从圆周的M点和圆周处的N点射出的电子的速度大小分别为(　　)A.;kBR　　B.kBR;C.;　　D.;答案　A　电子从M点射出的轨迹如图所示: 根据几何知识可知其轨迹半径为:rM=R·tan30°=R电子从N点射出的轨迹如图所示:根据几何知识可知其轨迹半径为:rN=R·tan60°=R根据洛伦兹力提供向心力有:qvB=m所以速度大小为:v==kBr解得从M点射出的电子的速度大小为;从N点射出的电子的速度大小为kBR。故A正确。方法技巧　带电粒子在磁场中做圆周运动问题的分析,关键是根据已知条件找圆心、画轨迹,结合已知的几何关系求解。4.(2019湖南雅礼中学11月月考)(多选)如图所示,以O为圆心、MN为直径的圆的上半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个重力不计、质量相同、电荷量相同的带正电粒子a、b、c以相同的速率分别沿AO、BO和CO方向垂直于磁场射入磁场区域,已知BO垂直MN,AO、CO和BO的夹角都为30°,a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,则下列给出的时间关系可能正确的是(　　)A.ta<tb<tc　　B.ta=tb<tcC.ta<tb=tc　　D.ta=tb=tc答案　ACD　本题以带电粒子在有界半圆形磁场中的运动为物理情境,考查内容涉及在洛伦兹力作用下的带电粒子做圆周运动时的半径、周期、时间关系等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。带电粒子在磁场中的运动时间为t=,θ越大,t越大,若粒子在磁场中的运动半径为r和磁场圆半径R满足r≤R,则ta=tb=tc,若R<r≤R,则tc=tb>ta,若r>R,则tc>tb>ta,故应选A、C、D。5.(2019湖南郴州质检一,8)如图所示,在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,P为屏上一小孔,PC与MN垂直,一束质量为m、电荷量为-q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域,粒子入射方向在与磁场垂直的平面里,且分散在与PC夹角为θ的范围内,则在屏MN上被粒子打中区域的长度为(　　)A.　　B.C.　　D. 答案　A　本题以带电粒子在有界磁场中的临界问题为物理情境,考查内容涉及洛伦兹力、圆周运动的向心力公式等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。如图所示,S、T之间的距离为屏MN上被粒子打中区域的长度。由qvB=m得R=,则PS=2Rcosθ=,PT=2R=,所以ST=,故A项正确。6.(2019湖南雅礼中学11月月考)(多选)如图所示,竖直放置的两平行金属板,长为l,板间距离为d,接在电压为U的直流电源上。在两板间还有与电场方向垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为+q的油滴,从距金属板上端h高处由静止开始自由下落,并经两板上端的中央P点进入板间。设油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力恰好大小相等,且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)A.油滴刚进入两板间时的加速度大小为gB.油滴开始下落的高度h=C.油滴从左侧金属板的下边缘离开D.电场力对油滴做正功答案　AB　油滴刚进入电磁场时(在P点),受重力、电场力和洛伦兹力,其中电场力与磁场力大小恰好相等,故合力等于重力mg,根据牛顿第二定律可知,加速度为g,故A正确;在P点由题意可知qE=qvB,自由下落过程有v2=2gh,U=Ed,解得h=,故B正确;根据左手定则,在P位置时所受洛伦兹力向右,竖直方向在加速,故洛伦兹力在变大,故油滴从右侧金属板的下边缘离开,故C错误;由C分析可知,油滴从右侧金属板的下边缘离开,所以电场力做负功,故D错误。7.(2019湖南雅礼中学二模,20)(多选)在如图所示宽度范围内,用电场强度为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转θ角。在同样宽度范围内,若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度为B,使该粒子穿过该区域,并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)。则(　　)A.电场强度E与磁感应强度B之比为v0cosθ∶1B.电场强度E与磁感应强度B之比为v0∶cosθ C.粒子穿过电场和磁场的时间之比是sinθ∶θD.粒子穿过电场和磁场的时间之比是sinθ∶cosθ答案　BC　本题以带电粒子在电场和磁场中的偏转为物理情境,主要考查学生对带电粒子在电场中做类平抛运动和在磁场中做匀速圆周运动的理解能力、通过运动轨迹分析处理问题的推理论证能力、模型建构能力,体现科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。在电场中偏转时,d=v0t1,tanθ=,则E=,t1=,在磁场中偏转时d=Rsinθ,qBv0=m,则B=,故=,B正确;t2==,则=,C正确。二、非选择题8.(2019湖南六校联考)如图所示,平面直角坐标系xOy的y轴左侧有沿y轴正向的匀强电场,y轴为电场的右边界,电场宽度为d。y轴右侧有垂直平面向外的匀强磁场,y轴为磁场的左边界。在x轴上的P(-d,0)点有一粒子发射器,以相同速度v0沿x轴正方向先后射出甲、乙两个带正电的粒子。已知甲粒子比荷为=b,场强大小为E=,甲、乙两粒子在电场中的加速度大小之比为3∶1,磁感应强度大小为B=,不计粒子间的相互影响,不计粒子重力。求:(1)乙粒子第一次在电场中的侧移距离;(2)甲粒子在磁场中运动的时间;(3)乙粒子第一次过x轴时的坐标。答案　(1)d　(2)　(3)解析　(1)在电场中沿x轴方向,甲、乙粒子以v0匀速运动,则甲、乙粒子在电场中的运动时间t1=由牛顿第二定律得,甲粒子加速度为a1===侧移量y1=a1=·=d依题意,乙粒子在电场中的加速度a2==则y2=a2=·=d(2)电场中,甲粒子vy1=a1t1=·=v0tanθ1==,得θ1=60°,v1==2v0磁场中,甲粒子偏转轨迹如图。甲粒子在磁场中运动的时间为t2=T=T=·=·=(3)电场中,乙粒子vy2=a2t1=·=v0tanθ2==,得θ2=30°,v2==v0由a2=可得=磁场中,由qvB=m 有R2===d,偏转轨迹如图。偏转圆圆心在x轴上。则乙粒子第一次过x轴时x=R2+R2sin30°=d故坐标为9.(2020湖南长沙统考)如图所示,在竖直平面xOy内,在y轴右侧存在着竖直向上且E=2N/C的匀强电场,在第一象限内存在着垂直纸面向外且B1=0.4T的匀强磁场,第四象限内存在着垂直纸面向外且B2=0.8T的匀强磁场。长为L=16m的水平绝缘传送带AB以速度v=4.8m/s顺时针匀速转动,传送带左右侧轮的半径R=0.2m,右侧轮的圆心坐标是(0,h),其中h=7.8m,一个质量为m=2g、电荷量为q=+0.01C的小物块(不计小物块的大小,可视为点电荷)轻轻放在传送带左端,小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8。小物块从传送带滑下后,经过x轴上的P点(图中未画出),重力加速度g取10m/s2,不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。求:(1)小物块在传送带上运动的时间;(2)P点的坐标;(3)若把传送带匀速运行的速率增加到v'=16m/s,把一块挡板MN垂直于x轴放置且下端在x轴上,挡板高为H=8m,正中间有一小孔。为了让小物块能穿过挡板上的小孔,求挡板放置的位置与y轴之间的距离。答案　(1)3.6s　(2)(-3.84m,0)　(3)x=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)解析　(1)由题可知,小物块初速度为零,在传送带上水平方向只受摩擦力,由牛顿第二定律可得μmg=ma解得a=8m/s2小物块加速到与传送带共速的时间t1==0.6s加速位移x1=a=1.44m又因为传送带长L=16m所以匀速运动的位移x2=L-x1=14.56m匀速运动的时间t2=≈3s所以运动的总时间为t总=t1+t2=3.6s(2)物块进入第一象限重力G=mg=0.02N,方向竖直向下电场力F=Eq=0.02N,方向竖直向上所以重力和电场力平衡,物块合力等于洛伦兹力,由qvB=m可得r=2.4m又因为传送带左右侧轮的半径R=0.2m,右侧轮的圆心坐标高h=7.8m所以物块在第一象限运动半个圆周后从y轴上的y=3.2m处水平射出,做平抛运动,物体的运动轨迹如图由y=g得t3=0.8sx3=vt3=3.84m所以P点坐标为(-3.84m,0)(3)将速度增加至v'=16m/s,物块在传送带上加速运动,加速位移x加==16m所以物块进入复合场的初始速度v'=16m/s由Bqv=得r1=8m物块在第一象限运动轨迹为四分之一圆周,垂直于x轴进入第四象限,在第四象限中的轨迹半径r2=4m所以物块运动的轨迹如图为了让小物块能穿过挡板上的小孔,由几何关系可得x=nr1+r1=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)10.(2020湖南周南中学四月模拟,25)某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场(磁场区域不存在电场),磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,如图所示。一质量为m、电荷量为+q的粒子,从P点以水平速度v0射入电场中,然后从M点沿半径射入磁场,从N点射出磁场。已知,带电粒子从M点射入磁场时,速度与竖直方向成30°角,P点与M点竖直方向上的距离为h,弧MN的长度为磁场圆周长的1/3,粒子重力不计。求:(1)电场强度E的大小。(2)圆形磁场区域的半径R。(3)带电粒子从P点到N点,所经历的时间t。答案　(1)　(2)　(3)+解析　(1)在M点,竖直分速度vy==v0 由h=,a=得E=(2)粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,设轨迹半径为r。在电场中,粒子经过M点时的速度大小v==2v0由牛顿第二定律得:qvB=m,r==根据几何关系得:R=rtan30°解得R=(3)在电场中,由h=t1得t1=在磁场中,运动时间t2=T=×=故带电粒子从P点到N点,所经历的时间t=t1+t2=+11.(2020湖南长沙长郡中学适应性考试三,25)如图所示,真空中有以O1为圆心,R为半径的圆形匀强磁场区域,圆的最左端与y轴相切于坐标原点O,圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点,磁场方向垂直纸面向里,第一象限内在虚线MN上方沿y轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场(上边界平行于x轴,图中未画出)。现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。已知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场,能到达电场的上边界,最后也能返回磁场,电场强度E和磁感应强度B大小未知,但满足关系v0=,不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d;(2)在第四象限内沿与x轴正方向成30°角的方向发射一质子,最终离开磁场,求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t;(3)若电场方向改为沿x轴的负方向,场强大小不变,如图2所示,电场上边界位置也不变,y0=4R处有一平行于x轴的荧光屏,与y轴相交于Q点,由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上,求荧光屏的最小长度。答案　见解析解析　(1)经分析,质子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径为R,进入电场后做匀减速直线运动,到达上边界时速度刚好减为零。在电场中,根据动能定理有,-qEd=0-m在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有,qv0B=m又v0=,联立解得d=3R (2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示,由几何知识知,质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为α1=120°,质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为α2=60°,则质子在磁场中运动的总时间t1=T==质子在电场中运动的总时间t2=2==质子在无场区运动的总时间t3=2=R故质子运动的总时间为t=t1+t2+t3=(3)经分析,所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y轴的方向进入电场,轨迹如图2,质子做类平抛运动,质子刚好打在Q点时,有Δy=3R=v0t0Δx=aqE=ma,a===联立解得Δx=R故沿y轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置在y轴右侧离y轴最远处,最远距离xm=2R-Δx=R出磁场时横坐标x在x<R范围内的质子将打在y轴左侧的荧光屏上,有x=at2Δy'=v0ttanθ=x'=(3R-Δy')tanθ联立解得x'=t-t2当t=时,x=,x'有最大值,最大值为xm'=R故荧光屏的最小长度l=xm+xm'=R+R=RB组选择题1.在磁场中某处磁感应强度为B,根据B=可知磁感应强度(　　)A.随磁场中通电直导线所受磁场力增大而增大B.随磁场中通电直导线中电流增大而减小C.随磁场中通电直导线长度增大而减小D.不随导线长度、通过电流和通电直导线所受磁场力的变化而变化答案　D　磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量,磁场强弱是由磁场本身决定的,与是否放入通电直导线、通电直导线中电流大小以及通电直导线所受磁场力大小等外界条件无关。B=只表示几个物理量在一定条件下的数量关系,而不表示决定关系。选项D正确。2.(多选)关于磁感线的描述,正确的是(　　)A.磁铁的磁感线从N极出发,终止于S极B.利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两点磁感应强度的相对强弱C.磁铁周围小铁屑有规则地排列,正是磁感线真实存在的证明D.不管有几个磁体放在某一空间,在空间任一点绝无两条(或多条)磁感线相交答案　BD　磁感线是为了形象地描述磁场强弱而引入的假想线,实际上并不存在,它在每一点的切线方向就是该点的磁场方向,利用它的疏密程度来表示磁场的强弱。磁感线是闭合曲线,在磁体外部磁感线从磁体的N极出发,进入磁体的S极,在磁体的内部磁感线由S极发出回到N极。任意两条磁感线都不相交。故B、D正确。　　　　　　　　　　　　　　　　　　3.如图所示,导线框中电流为I,导线框垂直于磁场放置,磁感应强度为B,AB与CD相距为d,则棒MN所受安培力大小为(　　)A.BId　　B.BIdsinθC.　　D.BIdcosθ答案　C　由题意可知磁场中棒MN的长度为,而且电流与磁场是垂直的,故此时棒MN受到的安培力的大小为F=BIL=,C正确。4.如图所示,匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第一象限内,磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子,以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场,运动到A点时,粒子速度沿x轴正方向。下列判断正确的是(　　)A.粒子带正电B.运动过程中,粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为D.离开第一象限时,粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°答案　C　如图,过O、A两点作速度的垂线相交于O'点,此点即粒子做圆周运动的圆心位置,画出粒子运动轨迹,由于洛伦兹力提供向心力,由左手定则可判定粒子带负电,A错误。粒子运动过程中洛伦兹力不做功,粒子的速率不变,但速度方向时刻改变,B错误。由图中几何关系可知粒子从O到A转过的圆心角为60°,故经历的时间为t=T=,C正确。由对称性可知,粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向成60°夹角,D错误。