單元小結練磁場對電流或運動電荷作用的綜合訓練(限時：45分鐘)1關于電場力與洛倫茲力，以下說法正確的是()A電荷只要處在電場中，就會受到電場力，而電荷靜止在磁場中，也可能受到洛倫茲力B電場力對在電場中的電荷一定會做功，而洛倫茲力對在磁場中的電荷卻不會做功C電場力與洛倫茲力一樣，受力方向都在電場線和磁感線上D只有運動的電荷在磁場中才可能會受到洛倫茲力的作用答案D解析靜止在磁場中的電荷不可能受到洛倫茲力，A錯；盡管電場力對電荷可以做功，但如果電荷在電場中不動或沿等勢面移動，電場力做功為零，B錯；洛倫茲力的方向與磁感線垂直，與運動方向垂直，C錯只有D是正確的2. 在磁感應強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長通電直導線，電流的方向垂直于紙面向里如圖1所示，A、B、C、D是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中()圖1AB、D兩點的磁感應強度大小相等BA、B兩點的磁感應強度大小相等CC點的磁感應強度的值最大DB點的磁感應強度的值最大答案A解析由安培定則可判斷通電直導線在C點的磁感應強度方向與B0的方向相反，B、D兩點的磁感應強度方向與B0垂直，故B、D兩點磁感應強度大小相等，A點的磁感應強度方向與B0相同，由磁場的疊加知A點的合磁感應強度最大故只有A項正確3. 如圖2所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動，以下說法正確的是()圖2A只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心C對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D只要速度滿足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上答案D解析當vB時，粒子所受洛倫茲力充當向心力，做半徑和周期分別為R，T的勻速圓周運動；只要速度滿足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項D正確4. 如圖3所示，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的A點，若加一垂直紙面向里的勻強磁場，則小球的落點()圖3A仍在A點B在A點左側C在A點右側D無法確定答案C解析加上磁場后，洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運動狀態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ay<g，故小球平拋的時間將增加，由xv0t知，落點應在A點的右側5如圖4所示的天平可用來測定磁感應強度天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬度為L，共N匝，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面當線圈中通有電流I時(方向如圖)，在天平左右兩邊加上質量各為m1、m2的砝碼，天平平衡當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質量為m的砝碼后，天平重新平衡由此可知()圖4A磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為B磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為C磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為D磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為答案B解析當電流反向(大小不變)時，右邊需再加質量為m的砝碼后方可平衡，可得此時安培力的方向豎直向上，由左手定則判定磁場方向垂直紙面向里，由兩種情況的受力平衡可得：m1gm2gmgNBIL，m1gm2gmgmgNBIL，其中m為線圈質量，聯解可得B.6如圖5所示，一個半徑為R的導電圓環(huán)與一個軸向對稱的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成角(環(huán)面軸線為豎直方向)若導電圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是()圖5A導電圓環(huán)有收縮的趨勢B導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上C導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRD導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRsin 答案ABD解析若導線圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，由左手定則可得導線圓環(huán)上各小段所受安培力斜向內，導電圓環(huán)有收縮的趨勢，導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上，導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRsin ，選項A、B、D正確7如圖6所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里P為屏上的一個小孔PC與MN垂直一群質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，以相同的速率v從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為的范圍內則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()圖6A. B.C. D.答案D解析屏MN上被粒子擊中的區(qū)域離P點最遠的距離x12r，屏MN上被粒子擊中的區(qū)域離P點最近的距離x22rcos ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為x1x2，D正確8如圖7所示，帶負電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，在t0時刻用水平恒力F向左推小車B.已知地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，下列四圖中關于A、B的vt圖象大致正確的是()圖7答案C解析由于A、B間粗糙，在水平恒力F的作用下，二者一起做加速度為a的勻加速直線運動；隔離物塊A分析，隨著物塊A速度逐漸增大，它受到豎直向上的洛倫茲力逐漸增大，支持力逐漸減小，則A、B之間的最大靜摩擦力逐漸減??；當A、B之間的最大靜摩擦力等于mAa時，A相對B開始滑動；之后，由于A受豎直向上的洛倫茲力增大，A、B之間的壓力減小，A受到的滑動摩擦力減小，A的加速度逐漸減小到零；而B的加速度逐漸增大到恒定，故從t0開始物塊A、B的速度圖象如題圖C所示9如圖8所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x，棒處于靜止狀態(tài)則()圖8A導體棒中的電流方向從b流向aB導體棒中的電流大小為C若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大D若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大答案B解析由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，選項A錯誤；由BILkx可得導體棒中的電流大小為I，選項B正確；若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度或逆時針轉過一小角度，x都變小，選項C、D錯誤10如圖9所示，在勻強磁場中有1和2兩個質子在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑r1>r2并相切于P點，設T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分別表示1、2兩個質子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經歷的時間，則()圖9AT1T2 Bv1v2Ca1>a2 Dt1<t2答案ACD解析對于質子，其相同，又T，在同一勻強磁場中，則T1T2，選項A正確又r，且r1>r2則v1>v2.B錯誤由a，T，得av，則a1>a2，C正確又兩質子的周期相同，由題圖知質子1從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所轉過的圓心角比質子2小，由tT知，t1<t2，D正確11. 在傾角30°的斜面上，固定一金屬框，寬l0.25 m，接入電動勢E12 V、內阻不計的電池垂直框面放置一根質量m0.2 kg的金屬棒ab，它與框架間的動摩擦因數，整個裝置放在磁感應強度B0.8 T、垂直框面向上的勻強磁場中，如圖10所示當調節(jié)滑動變阻器R的阻值在什么范圍內時，可使金屬棒靜止在框架上？(框架與金屬棒的電阻不計，g取10 m/s2)圖10答案1.4 R8.0 解析金屬棒受到四個力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的靜摩擦力Ff.金屬棒靜止在框架上時，靜摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分兩種情況考慮：(1)當滑動變阻器R取值較大時，I較小，安培力F安較小，在金屬棒重力分量mgsin 作用下金屬棒有沿框面下滑的趨勢，金屬棒所受靜摩擦力Ff沿框面向上，受力情況如圖所示此時金屬棒剛好不下滑，滿足平衡條件：Blmgcos mgsin 0解得Rmax8.0 (2)當滑動變阻器R取值較小時，I較大，安培力F安較大，會使金屬棒產生上滑的趨勢，因此金屬棒所受靜摩擦力Ff沿框面向下，如圖所示此時金屬棒剛好不上滑，滿足平衡條件：Blmgcos mgsin 0解得Rmin1.4 所以要使金屬棒靜止在框架上，滑動變阻器R的取值范圍為1.4 R8.0 12如圖11所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在區(qū)域a中，磁感應強度為2B，方向垂直紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，P點坐標為(4l,3l)一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入區(qū)域b，經過一段時間后，粒子恰能經過原點O，不計粒子重力(sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖11(1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？(2)粒子運動的速度可能是多少？答案(1)(2)(n1,2,3，)解析(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a區(qū)和b區(qū)運動的軌道半徑和周期，則：Ra，Rb，Ta，Tb粒子先從b區(qū)運動，后進入a區(qū)運動，然后從O點射出時，粒子從P運動到O點所用時間最短如圖所示tan ，得37°粒子在b區(qū)和a區(qū)運動的時間分別為：tbTb，taTa故從P到O時間為ttatb.(2)由題意及圖可知n(2Racos 2Rbcos )解得：v(n1,2,3，)