專題強化練(九)考點1磁場對通電導體的作用力1.如圖所示，電流從A點分兩路，通過對稱的環形分路匯合于B點，在環形分路的中心O處的磁感應強度為()A．垂直環形分路所在平面，且指向紙內B．垂直環形分路所在平面，且指向紙外C．在環形分路所在平面內指向BD．零解析：利用“微元法”把圓周上的電流看成是無數段直導線電流的集合，如圖，由安培定則可知在一條直徑上的兩個微元所產生的磁感應強度等大反向，由矢量疊加原理可知，中心O處的磁感應強度為零．D正確．答案：D2．(2019·濮陽模擬)把一根絕緣導線PQ彎成兩個半圓形狀，每個半圓的半徑都為R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有豎直向下且磁感應強度為B的勻強磁場，如圖所示(俯視圖)．現給導線通入由P到Q的電流，并逐漸增大電流強度，導線PQ始終處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A．增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的摩擦力增大B．增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的壓力增大C．當電流強度為I時，導線PQ受到的安培力為2πBIRD．當電流強度為I時，導線PQ受到的安培力為eq\f(3,2)πBIR解析：在桌面方向上，導線受到安培力和靜摩擦力而平衡，增大電流強度的過程中，安培力增大，故靜摩擦力也增大，A正確；在豎直方向上導線受到重力和支持力而平衡，與電流強度無關，故增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的壓力不變，B錯誤；導線PQ在磁場中的有效長度為L＝4R，故當電流為I時，導線PQ受到的安培力為F＝BIL＝4BIR，C、D錯誤．答案：A3．(多選)(2019·濰坊模擬)光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質量m＝60g、電阻R＝1Ω、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，當閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝53°角，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態，導軌電阻不計，sin53°＝，g取10m/s2，則()A．磁場方向一定豎直向下B．電源電動勢E＝3.0VC．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝3ND．導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048J解析：導體棒向右沿圓弧擺動，說明受到向右的安培力，由左手定則知該磁場方向一定豎直向下，A正確；導體棒擺動過程中只有安培力和重力做功，由動能定理知BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0，代入數值得導體棒中的電流I＝3A，由E＝IR得電源電動勢E＝3.0V，B正確；由F＝BIL得導體棒在擺動過程中所受安培力F＝0.3N，C錯誤；由能量守恒定律知電源提供的電能W等于電路中產生的焦耳熱Q和導體棒重力勢能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cosθ)＝0.048J，D錯誤．答案：AB4．(多選)(2019·鄭州模擬)如圖所示，一條無限長的水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正下方固定一正方形線框．線框中通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L，已知在長直導線的磁場中距離長直導線r處的磁感應強度大小為B＝eq\f(kI,r)，線框質量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為()A．0B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－gD．g－eq\f(kI2,m)解析：線框上邊所在處的磁感應強度大小為B1＝eq\f(kI,L)，由安培定則可判斷出磁場方向垂直紙面向里，所受安培力的大小為F1＝B1IL＝kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向上；線框下邊所在處的磁感應強度大小為B2＝keq\f(I,2L)，所受安培力的大小為F2＝B2IL＝eq\f(1,2)kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，則加速度為0，選項A正確；若F1>(F2＋mg)，則加速度方向向上，由F1－(F2＋mg)＝ma，解得a＝eq\f(kI2,2m)－g，選項C正確，B錯誤；若F1<(F2＋mg)，則加速度方向向下，由(F2＋mg)－F1＝ma，解得a＝g－eq\f(kI2,2m)，選項D錯誤．答案：AC考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動5.如圖所示，通電豎直長直導線的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導線豎直向上射出，不考慮電子的重力．則電子將()A．向右偏轉，速率不變，r變大B．向左偏轉，速率改變，r變大C．向左偏轉，速率不變，r變小D．向右偏轉，速率改變，r變小解析：由安培定則可知，直導線右側的磁場垂直紙面向里，且磁場強度隨離直導線距離變大而減小，根據左手定則可知，電子受洛倫茲力方向向右．故向右偏轉；由于洛倫茲力不做功，故速率不變，由r＝eq\f(mv,qB)知r變大，故A正確．答案：A6．(2019·南昌模擬)如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場．不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是()A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點B．粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為eq\f(5πm,3qB)C．粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為eq\f(πm,qB)D．粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為eq\f(πm,6qB)解析：帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中，則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上，如圖所示，粒子在磁場中要想到達O點，轉過的圓心角肯定大于180°，因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點．故選項A錯誤；由于P點的位置不確定，所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300°，運動時間為eq\f(5,6)T，而最小的圓心角為P點在坐標原點即120°，運動時間為eq\f(1,3)T，而T＝eq\f(2πm,qB)，故粒子在磁場中運動所經歷的時間最長為eq\f(5πm,3qB)，最短為eq\f(2πm,3qB)，選項C正確，選項B、D錯誤．答案：C7．(多選)(2019·福州質檢)在半徑為R的圓形區域內，存在垂直圓面的勻強磁場．圓邊界上的P處有一粒子源，沿垂直于磁場的各個方向，向磁場區發射速率均為v0的同種粒子，如圖所示．現測得：當磁感應強度為B1時，粒子均從由P點開始弧長為eq\f(1,2)πR的圓周范圍內射出磁場；當磁感應強度為B2時，粒子則從由P點開始弧長為eq\f(2,3)πR的圓周范圍內射出磁場．不計粒子的重力，則()A．前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝eq\r(2)∶eq\r(3)B．前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝2∶3C．前后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(2)∶eq\r(3)D．前后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(3)∶eq\r(2)解析：假設粒子帶正電，如圖1，磁感應強度為B1時，弧長L1＝eq\f(1,2)πR對應的弦長為粒子圓周運動的直徑，則r1＝eq\f(1,2)·2Rsinθ＝Rsineq\f(π,4).如圖2，磁感應強度為B2時，弧長L2＝eq\f(2,3)πR對應的弦長為粒子圓周運動的直徑，則r2＝eq\f(1,2)·2Rsinα＝Rsineq\f(π,3)，因此r1∶r2＝sineq\f(π,4)∶sineq\f(π,3)＝eq\r(2)∶eq\r(3)，故A正確，B錯誤；qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，則B＝eq\f(mv0,qr)，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝eq\r(3)∶eq\r(2)，故C錯誤，D正確．答案：AD8．(2018·焦作模擬)如圖所示，兩個橫截面分別為圓形和正方形的區域內有磁感應強度相同的勻強磁場，圓的直徑和正方形的邊長相等，兩個電子分別以相同的速度飛入兩個磁場區域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形磁場的電子初速度方向對準圓心；進入正方形磁場的電子初速度方向垂直于邊界，從中點進入．則下面判斷錯誤的是()A．兩電子在兩磁場中運動時，其半徑一定相同B．兩電子在磁場中運動的時間有可能相同C．進入圓形磁場區域的電子可能先飛離磁場D．進入圓形磁場區域的電子可能后飛離磁場解析：電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，整理得R＝eq\f(mv,qB)，兩過程電子速度v相同，所以半徑相同，選項A正確；電子在磁場中的可能運動情況如圖所示，軌跡1和3分別顯示電子先出圓形磁場，再出正方形磁場，軌跡2顯示電子同時從圓形與正方形邊界出磁場，運動時間相同，所以選項B、C正確，選項D錯誤．答案：D9．(2019·濰坊質檢)如圖所示，在足夠大的屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直，一束質量為m、電荷量為－q的粒子(不計重力)以相同的速率v從P處射入磁場區域，粒子入射方向在與磁場垂直的平面里，且分散在與PC夾角為θ的范圍內，則在屏MN上被粒子打中區域的長度為()A.eq\f(2mv,qB)B.eq\f(2mvcosθ,qB)C.eq\f(2mv（1－sinθ）,qB)D.eq\f(2mv（1－cosθ）,qB)解析：如圖所示，S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區域的長度．由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，則PS＝2Rcosθ＝eq\f(2mvcosθ,qB)，PT＝2R＝eq\f(2mv,qB)，所以ST＝eq\f(2mv（1－cosθ）,qB).答案：D10．(2019·江淮十校聯考)如圖所示，靜置的內壁光滑的絕緣漏斗處于方向豎直向上的勻強磁場中，漏斗內有兩個質量均為m、電荷量分別為QA、QB的帶正電小球，在水平面內沿圖示方向在不同高度做勻速圓周運動，若漏斗內壁與豎直方向的夾角為θ，小球的線速度均為v，則在小球做圓周運動的過程中()A．若QA>QB，則A球在B球的下方運動B．無論QA、QB關系如何，A、B均能在同一軌道上運動C．若QA>QB，則漏斗對A球的彈力大于對B球的彈力D．無論QA、QB關系如何，均有漏斗對A球的彈力等于漏斗對B球的彈力解析：根據左手定則，小球所受洛倫茲力方向沿半徑方向向外，受力分析如圖：FNsinθ＝mg；FNcosθ－qvB＝meq\f(v2,R)，則R＝eq\f(mv2tanθ,mg－qvBtanθ)，則R隨q的變大而增大，則A、B錯誤；由豎直方向的受力可知：FN＝eq\f(mg,sinθ)，則壓力不變，選項C錯誤，D正確．答案：D考點3帶電粒子在磁場中運動的多解問題11．(2018·三明模擬)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界．現有質量為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”，未說明是帶哪種電荷．若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的eq\f(1,4)圓弧，軌道半徑：R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－Rcos45°解得v＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)；若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的eq\f(3,4)圓弧，則有：R′＝eq\f(mv′,Bq)，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m).答案：(2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為正電荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為負電荷)12.(多選)如圖所示，兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內磁場垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質子源，能沿∠BAC的角平分線發射速度不同的質子(質子重力不計)，所有質子均能通過C點，質子比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度可能為()A．2BkLB.eq\f(BkL,2)C.eq\f(3BkL,2)D.eq\f(BkL,8)解析：因質子帶正電，且經過C點，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°，所以質子運行半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，即v＝eq\f(Bqr,m)＝Bk·eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，選項B、D正確．答案：BD13．(多選)(2018·遼寧遼南聯考)如圖所示，寬2cm的有界勻強磁場的縱向范圍足夠大，磁感應強度的方向垂直紙面向里，現有一群帶正電粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場．若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為5cm，則()A．右邊界：－4cm<y<4cm有粒子射出B．右邊界：y>4cm和y<－4cm有粒子射出C．左邊界：y>8cm有粒子射出D．左邊界：0<y<8cm有粒子射出解析：粒子恰射出磁場的臨界條件如圖所示．根據幾何關系可得：臨界點距x軸的間距y＝eq\r(52－（5－2）2)cm＝4cm，可知A正確，B錯誤；左邊界x軸上方帶電粒子可達到y＝8cm處，x軸下方無粒子到達，C錯誤，D正確．答案：AD14.半徑為R的絕緣圓筒中有方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，如圖所示．一質量為m、帶電荷量為q的正粒子(不計重力)以速度v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內，設粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續碰撞，繞