专题8 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动核心检索(多选)(2014·浙江高考)如图81甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图81乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒( )图81A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功【关键信息】 1.光滑平行导轨水平放置…竖直向下的匀强磁场…垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．2．从t＝0时刻起，棒上有…持续交变电流I，图甲中I所示方向为电流正方向．【尝试解答】根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误．【答案】ABC关于磁场性质问题的注意点1．要熟记地磁场，通电导线和线圈磁场、条形或蹄形磁铁、磁场的特点，知道指南针的N极代表磁场方向．2．磁场的基本性质是对放入磁场的直线电流或带电粒子有磁场力作用，会判断磁场力的方向，会表示安培力和洛伦兹力的大小．发散1 磁场的方向及其判断1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( )A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【解析】指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为B、C.【答案】BC发散2 安培力及其应用2．(2015·重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．图82是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．【解析】(1)由安培力表达式F＝BIL可知，线圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右．(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv.【答案】(1)安培力的大小：nBIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv发散3 洛伦兹力及其应用3．(2015·海南高考)如图83所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】电子过a点的速度向右，此处磁场向外，由左手定则可判断电子受洛伦兹力向上．【答案】A带电粒子在磁场中的运动(2013·全国卷Ⅰ)如图84所示，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R2，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)( )2m m2m m 【误区点拨】 1.不会利用两个相交圆(磁场圆和轨迹圆)的对称关系找到射出点位置．出、入点速度方向与磁场圆半径夹角是相等的，根据题知条件可推知此夹角为30°，再考虑速度转60°，由此可找到出点位置．2．不能根据两个相交圆形成的两个三角形的几何关系，推出两个圆半径关系．【解析】 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 2必在垂直于速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM 对应圆心角为60°，所以△EMO 2为等边三角形．由于O 1D ＝R 2，所以∠EO 1D ＝60°，△O 1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO 2＝O 1E ＝R ，由qvB ＝mv 2R ，得v ＝qBR m，B 正确． 【答案】 B分析带电粒子在磁场中的运动问题时要熟记：1．粒子刚好不出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切．2．审题时一定要注意从关键词中找突破口，如抓住题干中的“恰好”、“最大”、“至少”、“不脱离”等词语．3．从直线边界射入匀强磁场的粒子从同一边界射出时，进出磁场的速度方向与边界的夹角相等，求解时一定要注意对称性的应用．发散1 磁偏转的基本问题1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A. 运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝mv2r得r＝mvqB∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确．由F合＝ma得a＝F合m＝qvBm∝B，所以a2a1＝1k，选项B错误．由T＝2πrv得T∝r，所以T2T1＝k，选项C正确．由w＝2πT得ω2ω1＝T1T2＝1k，选项D错误．正确选项为A、C.【答案】AC发散2 磁偏转的临界问题2．(多选)(2015·四川高考)如图85所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－31 kg，电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm【解析】电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝mv2R，R＝mvBe＝4.55×10－2m＝4.55 cm＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B 错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误．【答案】AD发散3 磁偏转的多过程问题3.如图86所示，在直角坐标系的第二象限内的正方形OACD的对角线AD上方三角形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，y轴右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，右边界PQ与y轴平行且到y轴的水平距离为d＝(2＋2)m.一质量m＝6.4×10－4 kg，带电荷量q＝3.2×10－2C的带电粒子(重力不计)由静止开始经加速电压U＝12.5 V的电场(没画出)加速后从CD上坐标为(－2，2)的M点平行于x轴向右运动，粒子恰好不从右边界PQ穿出．(1)求粒子在三角形匀强磁场中做匀速圆周运动的半径．(2)求y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小．(3)若右侧磁场右边界PQ可左右移动，粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，求粒子在两磁场中运动的总时间．【解析】(1)由动能定理知qU＝12mv2，代入数值得v＝25 2 m/s由Bqv＝m v2r得r＝mvBq＝ 2 m.(2)由(1)知D即粒子在三角形区域磁场中做圆周运动的圆心，粒子恰好垂直对角线AD射出三角形区域磁场并经原点O进入右侧匀强磁场，粒子恰好不穿出右边界，画出粒子的运动轨迹如图乙所示由几何关系知R＋R cos 45°＝d，解得R＝2 m由B1qv＝m v2R知B1＝mvqR联立解得B1＝24T.(3)粒子在三角形区域磁场中运动的时间为t1＝45°360°·2πmBq＝π×10－2 s因粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，则粒子在右侧区域磁场中运行的时间为t2＝90°360°·2πmB1q＝22π×10－2 s所以粒子在两磁场中运动的总时间t＝t1＋t2＝π(22＋1)×10－2 s.【答案】(1) 2 m (2)24T (3)π(22＋1)×10－2 s(2015·浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.图87为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．【审题指导】 1.粒子在回旋加速器中偏转，已知m、v、r、B，洛伦兹力提供向心力，可求粒子电量q；2．在P点，磁场变弱，由B→B′，磁偏转半径变大，新圆心O′，在PO 延长线上，连接O′Q，利用△OO′Q的几何关系，求出新圆半径R.3．磁感应强度B不变，加电场，此时向心力为洛伦兹力与电场力的合力．【尝试解答】(1)离子做圆周运动，Bqv＝mv2 rq＝mvBr，正电荷．(2)如图所示O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出轨迹为圆弧，B′qv＝mv2 R得R＝mv qB′根据几何关系得R＝r2＋L2－2rL cos θ2r－2L cos θ故B′＝mvqR＝mv（2r－2L cos θ）q（r2＋L2－2rL cos θ）.(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，Bqv－Eq＝mv2 RE＝Bv－mv2（2r－2L cos θ）q（r2＋L2－2rL cos θ）.【答案】(1)mvBr正电荷(2)mv（2r－2L cos θ）q（r2＋L2－2rL cos θ）(3)沿径向向外Bv－mv2（2r－2L cos θ）q（r2＋L2－2rL cos θ）解电磁场综合问题时要注意1．若是电磁组合场问题，要分段受力和运动分析．常用到动力学规律、类平抛规律、圆周运动规律，并注意联系粒子在各种场中的速度的大小和方向．2．若是复合场问题，要注意分析受力和运动特点，经常出现多场力平衡下的直线运动或多场力作用下的匀速圆周运动．3．电磁场的实际应用要熟记速度选择器、质谱议和回旋加速器的原理．发散1 带电粒子在组合场中的运动1.如图88所示，平面直角坐标系的x轴上方存在竖直向上的匀强电场Ⅰ，场强为E1，第四象限内OC与x轴正方向成60°角，OC与x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OC与y轴间存在垂直OC向下的匀强电场Ⅱ，场强为E2.一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从O点以与x轴正方向成30°角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x轴上的Q点进入匀强磁场中，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC且刚好能到达y轴上的D点，已知O、Q间的距离为L，粒子重力不计，求：(1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B的大小；(2)粒子从O点运动到D点所用的时间t.【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场Ⅰ中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知y轴方向：v0sin 30°＝a·t12且a＝qE1mx轴方向：L＝vcos 30°·t1联立得E1＝3mv20 2qL由对称性可知粒子运动到Q点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成30°角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝OQ＝L由Bqv0＝m v2r得B＝mvqL粒子在OC线下方做匀减速直线运动，到D点速度刚好为0设粒子在电场Ⅱ中的位移为s，由几何关系知tan 60°＝2rs，得s＝23L3而v20＝2·qE2m·s，联立解得E2＝3mv204qL.(2)由(1)知粒子在匀强电场Ⅰ中运动的时间t1＝23L 3v0粒子在匀强磁场中运动的时间t2＝120°360°·2πmBq＝2πL3v0粒子在匀强电场Ⅱ中运动的时间t3＝2sv＝43L3v0所以粒子从O点运动到D点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝63＋2π3v0L.【答案】(1)E1＝3mv202qLE2＝3mv204qLB＝mvqL(2)t＝63＋2π3v0L发散2 带电粒子在复合场中的运动2.如图89所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、带电荷量为q 的小球从A 点以速度v 0沿直线AO 运动，AO 与x 轴负方向成37°角，在第四象限内的区域Ⅰ内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN 上的C 点，MN 右侧区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C 点的速度大小为2v 0，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小球的带电性质．(2)第二象限内电场强度E 1的大小和磁感应强度B 1的大小． (3)区域Ⅰ内最小电场强度E 2的大小和方向．(4)区域Ⅱ内电场强度E 3的大小和磁感应强度B 2的大小．【解析】 (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电．(2)由图(a)知tan 37°＝qE 1mg ，得E 1＝3mg 4qcos 37°＝mg B 1qv 0，得B 1＝5mg4qv 0.(3)当区域Ⅰ中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg，得E 2＝4mg5q，方向与x 轴正方向成53°角向上． (4)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mgq，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图(c)所示由(3)知F＝mg sin 37°，即a＝g sin 37°由运动学规律知(2v0)2－v20＝2a·OC解得OC＝5v20 2g由几何关系知rOC＝tan 37°，得r＝15v208g由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m （2v0）2r，联立得B2＝16mg15qv0.【答案】(1)带正电(2)E1＝3mg4qB1＝5mg4qv0(3)E2＝4mg5q，方向与x轴正方向成53°角向上(4)E3＝mgqB2＝16mg15qv0发散3 电磁与现代科技的应用3．(2015·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图810所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧2 3区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．图810(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)【解析】(1)离子在电场中加速，qU0＝12 mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m v2 r 0解得r0＝1B2mU0q代入r0＝34L，解得m＝9qB2L232U0.(2)由(1)知，U＝16U0r2 9L2，离子打在Q点时，r＝56L，得U＝100U081离子打在N点时，r＝L，得U＝16U0 9则电压的范围100U081≤U≤16U09.(3)由(1)可知，r∝U由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，L56L＝U1U此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，56 L r1＝U1U解得r 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫562L第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则L r 1＝U 2U 0，56L r 2＝U 2U 0，解得r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫563L 同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫56n ＋1L检测完整，有r n ≤L2，解得n ≥lg 2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫65－1≈2.8 最少次数为3次．【答案】 (1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09(3)最少次数为3次(2014·山东高考)如图811甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图811乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．甲乙图811(1)若Δt＝12TB，求B0；(2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求T B.第一步：挖掘关键信息(1)B周期变化如乙图，可确定B大小周期．(2)粒子电量为＋q，不计重力，在磁场仅受洛伦兹力、轨迹为圆周．(3)恰能垂直打在P板，此时速度必竖直向上．第二步：明确题目所求(1)Δt＝12TB，求B0.此过程B不变，方向垂直纸面向里．粒子经过14圆周打在P板上，即R＝d.(2)Δt＝32TB，求a.磁场方向变化，粒子垂直打在P板必须满足d＝3R.(3)若B0＝4mv0qd，仍使粒子垂直打在P板上，可根据向心力公式确定R和d关系．第三步：圈定解题依据(1)根据向心力公式，向心力由洛伦兹力提供．(2)充分利用题知条件和对应的几何关系.(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B＝mv2R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B 0＝mvqd.③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v2R2④据题意由几何关系得3R2＝d ⑤联立④⑤式得a＝3v20d. ⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 20R⑧由题意知B 0＝4mv 0qd，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩设经历完整T B 的个数为n (n ＝0，1，2，3……) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解 ⑫当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得R＋2R sin θ＋2(R＋R sin θ)n＝d ⑯当n＝0时，无解⑰当n＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14) ⑱联立⑦⑨⑩⑱式得T B ＝(π2＋arcsin14)d2v0⑲当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．【答案】(1)mvqd(2)3v20d(3)πd3v0或(π2＋arcsin14)d2v0【点评】本题属于带电粒子在磁场中运动类型中较难的题目，由于磁场方向的变化，造成运动电荷的受力及轨迹方向的改变，易在运动轨迹的确定上出现错误，同时易将交变磁场的周期和粒子在磁场中的运动周期混淆，因此做此类题目要注意以下三点：(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向；(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态；(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期及数学关系进行分析计算．专题限时练(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(时间：40分钟，满分：80分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1.如图812所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O为圆心的圆周上，直径BD水平，AC竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向( )A．沿∠COB的角平分线向下B．沿∠AOB的角平分线向上C．沿∠AOD的角平分线向上D．沿∠COD的角平分线向下【解析】因通电直导线的磁场是以导线为圆心的一层层的同心圆，由对称性可知O处的磁场即A处直导线的电流和D处直导线的电流在O点产生的磁场的叠加，由安培定则可知A处直导线的电流在O点产生的磁场方向水平向右，D处直导线的电流在O点产生的磁场方向竖直向上，且两处直导线的电流在O点产生的磁场大小相等，由矢量的叠加原理知O处的磁场方向沿∠AOB的角平分线向上，由左手定则可知圆心O处的长直导线所受安培力的方向沿∠AOD的角平分线向上，C对．【答案】 C2．(2015·全国卷Ⅰ)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】分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据w＝2πT知角速度减小．选项D正确．【答案】 D3.如图813甲所示，水平线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力的两个粒子从O点均以方向与水平方向成30°角斜向上、大小相等的速度垂直进入匀强磁场中，粒子甲击中水平线上的M点，粒子乙击中水平线上的N点，且ON＝OM2，则下列说法中正确的有( )A．甲、乙两粒子电性相反，且甲粒子一定带正电B．甲、乙两粒子的比荷大小之比为2∶1C．甲、乙两粒子做圆周运动的周期之比为1∶2D．甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶5【解析】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由左手定则可判定粒子甲带负电，粒子乙带正电，A错误；两粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系知r甲＝OM、r乙＝ON，粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，Bqv＝m v2r，即qm＝vBr，所以甲、乙两粒子的比荷大小之比等于做匀速圆周运动的半径的反比，为1∶2，B错误；由T＝2πrv知甲、乙两粒子做圆周运动的周期之比等于做匀速圆周运动的半径之比，为2∶1，C错误；由t＝θ360°T知甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝60°360°T甲∶300°360°T乙＝2∶5，D正确．【答案】D4．如图814甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为( )图814A．2cos θB．sin θC．cos θD．tan θ【解析】设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图丙、丁所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m v2r，得B＝mvrq，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得B1B2＝cos θ，C正确．【答案】C5.如图815所示是回旋加速器的工作原理图，两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2间窄缝宽为d，两金属电极间接有高频电压U，中心O处粒子源产生的质量为m、带电荷量为q的粒子在两盒间被电压U 加速，匀强磁场垂直两盒面，粒子在磁场中做匀速圆周运动，令粒子在匀强磁场中运行的总时间为t，则下列说法正确的是( )A．粒子的比荷qm越小，时间t越大B．加速电压U越大，时间t越大C．磁感应强度B越大，时间t越大D．窄缝宽度d越大，时间t越大【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力Bqv＝m v2r及粒子最大偏转半径为R得带电粒子获得的最大动能为E km＝q2B2R22m，令加速次数为n，则nqU＝E km，粒子每加速一次后，在磁场中运动半个周期，所以粒子在匀强磁场中运行的总时间t＝n·T2＝πnmBq，联立得t＝πBR22U，C正确，A、B、D错误．【答案】 C6.电磁泵是指处在磁场中的通电流体在电磁力作用下向一定方向流动的泵，如图816所示是一电磁泵工作部分示意图，绝缘非磁性管道的横截面是长为a、宽为b的矩形，在管道内上、下管壁处各安装一个长为L的电极，通以电流I，当在垂直于管道和电流的方向加一个磁感应强度为B的匀强磁场时，电流受到的安培力就推动导电液体流动，已知导电液体稳定流动时所受阻力与流动速率成正比，即f＝kv，则关于导电液体的流动方向和电磁泵的功率，下列说法正确的是( )A．导电液体可能向左流动B．导电液体一定向右流动C．电磁泵的功率为B2abI2kD．电磁泵的功率为B2b2I2k【解析】由左手定则可判断，电流所受安培力向右，因此导电液体一定向右流动，A错误，B正确；当安培力与阻力平衡时，液体流速稳定，有BbI＝kv，所以电磁泵的功率P＝Fv＝BbI·BbIk＝B2b2I2k，C错误，D正确．【答案】BD7.如图817所示，直角三角形OAC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠AOC ＝30°，在O点带电粒子能沿OA、OC方向以一定初速度垂直磁场方向射入磁场．现重力不计的质子和反质子(两种粒子质量相同，带等量异种电荷)在O点同时射入磁场，两个粒子经磁场偏转后恰好分别从A、C两点离开磁场，则( )A．沿OA方向射入的一定是反质子B．质子和反质子的初速度大小之比为2∶ 3C．质子和反质子在磁场中的运动时间相等D．反质子比质子先离开磁场【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，Bqv＝m v2 r，得r＝mvBq，由左手定则可知沿OA方向射入的一定是反质子，A正确；质子和反质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知质子的运动半径R＝OC，反质子的运动半径r＝OA，OA＝32OC，R＝mv1Bq，r＝mv2Bq，所以质子和反质子的初速度大小之比为v1∶v2＝R∶r＝2∶3，B正确；因两段轨迹圆弧所对应的圆心角均为60°，由t＝θ360°T及T＝2πmBq知质子和反质子在磁场中的运动时间相等，C正确，D错误．。