（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第37課時 磁場對運動電荷的作用學(xué)案

《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第37課時 磁場對運動電荷的作用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第37課時 磁場對運動電荷的作用學(xué)案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第37課時　磁場對運動電荷的作用 考點1　洛倫茲力的理解及應(yīng)用 1．定義：運動電荷在磁場中所受的力叫做洛倫茲力。 2．大小 (1)v∥B時，F(xiàn)＝0。 (2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。 (3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。 3．方向 (1)由左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向，這時拇指所指的方向就是運動正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。 (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角) (3)由于F

2、始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。 [例1]　(2017·北京東城區(qū)統(tǒng)測)如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大正交的勻強磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直。在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達水平地面。若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球做勻變速曲線運動 B．小球的電勢能保持不變 C．洛倫茲力對小球做正功 D．小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和 解析　 帶電小球在剛進入復(fù)合場時受力如圖所示，則帶電小球進入復(fù)合場后做曲線運動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就

3、會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運動，A錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能才保持不變，B錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯誤；由動能定理可知：重力做正功，電場力也做正功，洛倫茲力不做功，它們的代數(shù)之和等于動能的增量，D正確。 答案　D 小球運動過程中，由于受重力和電場力作用，其速度會發(fā)生變化，則洛倫茲力大小也發(fā)生變化，運動過程中由于洛倫茲力始終垂直于速度方向，因此不做功。 1．(人教版選修3－1 P102·T3改編)如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，

4、進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　　) A．組成A束和B束的離子都帶負電 B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 答案　C 解析　由左手定則知，兩束離子都帶正電，A錯誤；分析可得速度選擇器中Eq＝qvB，可得v＝，即A、B兩束離子的速度相等。由于兩束離子都帶正電，所以它們在速度選擇器中所受電場力向右，則洛倫茲力向左，所以速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，D錯誤；離子在另一磁場B′中作圓周運動，A離子束的半徑小于B離子束，由R＝，且v、B′相同，則：A束離子的比荷大于B離子

5、束的比荷，C正確；由于q未知，所以不能確定質(zhì)量關(guān)系，B錯誤。 2.如圖所示，勻強磁場水平向右，電子在磁場中的運動與磁場方向平行，則該電子(　　) A．不受洛倫茲力 B．受洛倫茲力，方向向上 C．受洛倫茲力，方向向下 D．受洛倫茲力，方向向左 答案　A 解析　當(dāng)帶電粒子運動方向與磁場方向平行時，粒子不受洛倫茲力作用，故A正確。 3．(多選)如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，以下說法正確的是(　　) A．兩小球第一次到達軌道最低

6、點時的速度vM>vN B．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力FM>FN C．小球第一次到達M的時間大于到達N的時間 D．在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中不能 答案　ABD 解析　小球在磁場中到達軌道最低點的過程中只有重力做功，vM＝。在電場中到達軌道最低點的過程中，重力做正功，電場力做負功，根據(jù)動能定理得mgR－qER＝mv，vN＝，所以vM>vN；設(shè)兩軌道左端最高點分別為X、Y，因為＝，所以該過程所用時間tMFN′

7、，由牛頓第三定律可知FM＝FM′，F(xiàn)N＝FN′，所以B正確。 考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動 一、圓心的確定 1．如果已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可以通過入射點和出射點作出垂直入射方向和出射方向的垂線，兩條垂線交點就是圓弧軌道的圓心，如圖甲。 2．已知入射點、出射點的位置和入射方向，可以通過入射點作出入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其線段的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧的圓心，如圖乙。 二、半徑的確定 一般運用幾何知識，常用三角函數(shù)關(guān)系、三角形知識(如正弦定理、余弦定理)等來求解。 1．粒子速度的偏向角φ等于回旋角(圓心角)α，并等于弦AB與切線

8、的夾角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ，如圖丙。 2．相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180°，如圖丙。 三、時間的確定 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝m，可得半徑公式r＝；又由T＝可得粒子運行一周的時間為T＝，當(dāng)粒子通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r(如圖丙)，其運動的時間t＝T(α用角度制)或t＝T(α用弧度制)。 [例2]　 (2016·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量

9、為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析　如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以D正確。 答案　D 帶電粒子在勻

10、強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，正確確定圓心和半徑，再利用幾何關(guān)系、運動規(guī)律找出軌道半徑與磁感強度、運動速度的聯(lián)系以及運動時間與圓心角、偏轉(zhuǎn)角度、周期的關(guān)系等。 1．兩相鄰的勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同，方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 答案　D 解析　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvB＝

11、m，解得：r＝，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后。B減小，所以r增大。線速度、角速度的關(guān)系為：v＝ωr，線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小，故D正確，A、B、C錯誤。故選D。 2.帶電粒子在勻強磁場中運動，由于受到阻力作用，粒子的動能逐漸減小(帶電荷量不變，重力忽略不計)，軌道如曲線abc所示，則該粒子(　　) A．帶負電，運動方向c→b→a B．帶負電，運動方向a→b→c C．帶正電，運動方向a→b→c D．帶正電，運動方向c→b→a 答案　B 解析　據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式r＝得 知，粒子的半徑逐漸減

12、小，由圖看出，粒子的運動方向是從a到b再到c。在a處，粒子所受的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，該粒子帶負電，所以B正確。 3. (2018·甘肅蘭州一中期末)圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子速率最大 B．c粒子速率最大 C．c粒子在磁場中運動的時間最長 D．它們做圓周運動的周期Ta

13、，B相同，它們的q、m均相同，所以r與v成正比，如圖所示，可知raθb>θc，所以ta>tb>tc，故C錯誤。 考點3　帶電粒子在磁場中運動的多解問題 1．帶電粒子在有界磁場中的運動，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關(guān)聯(lián)。因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問題的關(guān)鍵。常遇到的臨界和極值條件有： (1)帶電體在磁場中，離開一個面

14、的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零。 (2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切，對應(yīng)粒子速度的臨界值。 (3)運動時間極值的分析 ①周期不同的粒子，當(dāng)速率相同時，軌跡越長，運動時間越長。 ②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時，圓心角越大，運動時間越長。 2．帶電粒子在磁場中運動的多解問題 (1)帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同，因而形成多解。 如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。 (2)磁場方向的不確定形

15、成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向，此時必須考慮由磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示。 (3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。 (4)運動的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在一部分是電場、一部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示。 [例3]　 (2018·山東濟南期末)如圖所示的xOy平面上，以坐標(biāo)原點O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度為B＝2×

16、10－3 T的勻強磁場，其中M、N點距坐標(biāo)原點O為 m，磁場方向垂直于紙面向里。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為＝5×107 C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v＝1×105 m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。 (1)求平行于x軸射入的粒子，出射點的位置及在磁場中的運動時間； (2)求恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角。 解析　(1)平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖甲所示，設(shè)出射點為P， 由qvB＝m得 R＝＝ m＝1 m 由幾何關(guān)系可知O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m 則△O1OP為等腰直角三角形

17、，設(shè)P點坐標(biāo)為(x，y)，則 x＝y(tǒng)＝1 m，α＝，故P點坐標(biāo)為(1 m,1 m) 運動時間為t＝·＝×10－5 s。 (2)設(shè)恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角為θ，畫出軌跡如圖乙所示。 由幾何關(guān)系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m， △O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，則θ＝∠O2OM＝45°。 答案　(1)坐標(biāo)為(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45° (1)解決此類問題一定要做好三件事：①定圓心；②畫軌跡；③根據(jù)幾何關(guān)系計算半徑。 (2)有必要時要形成動態(tài)幾何圖形(比如滾動圓、縮放圓)，形成運動過程場景圖，以便找

18、出極值。 (2018·吉林實驗中學(xué)期末)(多選)如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點，下列說法中正確的是(　　) A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里 B．所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C．所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D．磁場區(qū)邊界可能是圓 答案　CD 解析　由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，都集中于一點a，根據(jù)左手定則可有，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；依題意畫出帶電粒子的軌跡如圖所示。

19、根據(jù)周期公式T＝，可知所有粒子的周期相同，由于通過磁場區(qū)的時間為t＝，與圓心角有關(guān)，由圖可知θ不同，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。 1．(2018·山西沂州一中期末)有關(guān)電荷所受電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是(　　) A．電荷在電場中一定受電場力的作用 B．電荷在磁場中一定受磁場力的作用 C．電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致 D．電荷若受磁場力，則受力方向與該處的磁場方

20、向不一定垂直 答案　A 解析　電荷在電場中一定受到電場力作用，A正確；電荷在磁場中不一定受洛倫茲力，當(dāng)靜止時一定不受洛倫茲力，而運動的電荷，當(dāng)速度與磁場平行時，不受洛倫茲力作用，B錯誤；正電荷所受電場力一定與該處電場強度方向相同，而負電荷所受電場力與該處電場方向相反，C錯誤；電荷所受的洛倫茲力與磁場及運動速度構(gòu)成的平面垂直，所以電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直，D錯誤。 2．下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷所受洛倫茲力方向之間的關(guān)系正確的是(　　) 答案　B 解析　根據(jù)左手定則，A中f方向應(yīng)向上，B中f方向應(yīng)向下，故A錯誤、B正確；C、D中都是v∥B，F(xiàn)＝

21、0，故C、D錯誤。 3．如圖是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線，要使熒光屏上的亮線向下(z軸負方向)偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是(　　) A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向 B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向 C．加一電場，電場方向沿z軸負方向 D．加一電場，電場方向沿y軸正方向 答案　B 解析　要使熒光屏上的亮線向下偏轉(zhuǎn)，若加磁場，應(yīng)使電子所受的洛倫茲力方向向下，電子運動方向沿x軸正方向，由左手定則可知，磁場方向應(yīng)沿y軸正方向，A錯誤、B正確。若加電場，電場方向應(yīng)沿z軸正方向，C、D錯誤。 4．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相

22、等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子的動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 答案　C 解析　由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝m得r＝，故運動的軌跡半徑越大，對應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯誤；由Ek＝mv2可得b粒子的動能較大，C正確；由T＝知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中

23、運動時間較短，D錯誤。 5．(多選)邊長為a的正方形處于有界磁場中，如圖所示，一束電子以不同速度水平射入磁場后，分別從A處和C處射出，以下說法正確的是(　　) A．從A處和C處射出的電子速度之比為2∶1 B．從A處和C處射出的電子在磁場中運動的時間之比為2∶1 C．從A處和C處射出的電子在磁場中運動周期之比為2∶1 D．從A處和C處射出的電子在磁場中所受洛倫茲力之比為1∶2 答案　BD 解析　電子從C點射出，A為圓心，RC＝L，圓心角θC＝，由R＝，得vC＝，運動時間tC＝＝，電子從A點射出，OA中點為圓心，RA＝，圓心角θA＝π，所以vA＝，tA＝＝，由于運動的周期相等，故

24、vA∶vC＝1∶2，tA∶tC＝2∶1，故A、C錯誤，B正確；電子做勻速圓周運動f洛＝eBv，可知洛倫茲力與速度成正比，為1∶2，故D正確。 6．(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則(　　) A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變 B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變 C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，半徑不變 D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，半徑改變 答案　AD 解析　由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，速率不變，A正確，B、C錯誤；又由R＝知，在電子偏離直線

25、電流時，B減弱，故R變大，D正確。 7.如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的點P(a,0)以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和射出點的坐標(biāo)。 答案　　射出點坐標(biāo)為(0，a) 解析　畫出軌跡示意圖如圖所示，由射入、射出點的洛倫茲力方向可找到圓心O′，由cos30°＝可得r＝＝，得B＝；由圖可知射出點的縱坐標(biāo)y＝r＋rsin30°＝a，則射出點坐標(biāo)為(0，a)。 8．(2017·濰坊模擬)如圖所示，在半徑為R＝的圓形區(qū)域內(nèi)有水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，圓形區(qū)域右側(cè)有一豎

26、直感光板MN，帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計。 (1)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場中運動的時間； (2)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量； (3)若粒子以速度v0從P點以任意方向平行于紙面入射，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上。 答案　(1)　(2)v0　(3)見解析 解析　(1)設(shè)帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得qv0B＝m可得r＝＝R，則帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應(yīng)的圓心角為，如圖甲所示，則t＝＝。 (2)由(1

27、)知，當(dāng)v＝v0時，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，其運動軌跡如圖乙所示，由圖可知∠PO2O＝∠OO2Q＝30°，所以帶電粒子離開磁場時速度偏轉(zhuǎn)角為60°，則v⊥＝vsin60°＝v0。 (3)由(1)知，當(dāng)帶電粒子以v0射入時，帶電粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R。 設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運動軌跡如圖丙所示。因為PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四邊形POSO3為菱形。由圖可知：PO∥O3S，在S點，v0⊥SO3，因此，帶電粒子離開磁場后均垂直打在感光板上，與入射的方向無關(guān)。 9．(2015·全國卷Ⅱ)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域

28、Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 答案　AC 解析　電子在兩勻強磁場 Ⅰ、 Ⅱ 中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可得evB＝，可得r＝，即＝＝，A正確；由a＝得，＝＝，B錯誤；根據(jù)周期公式T＝，可得＝＝，C正確；根據(jù)角速度公式ω＝，可得＝＝，D錯誤。 10．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向

29、垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 解析　設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即 mag＝qE① b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則 mbg＝qE＋qvB② c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則 mcg＋qvB＝qE③ 比較

30、①②③式得：mb>ma>mc，B正確。 11. (2017·河北廊坊期末)(多選)如圖所示，小車A的質(zhì)量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s。帶正電荷q＝0.2 C的可視為質(zhì)點的物體B，質(zhì)量m＝0.1 kg，將其輕放在小車A的右端，在A、B所在的空間存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B0＝0.5 T，物體B與小車之間存在摩擦力的作用，設(shè)小車足夠長，小車表面是絕緣的(g取10 m/s2)，則(　　) A．物體B的最終速度為10 m/s B．小車A的最終速度為13.5 m/s C．小車A和物體B的最終速度約為13.3 m/s D．小車A達到最小速度的全過

31、程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為8.75 J 答案　ABD 解析　當(dāng)物體B對小車A的壓力為零時，小車A與物體B之間無摩擦力的作用，A、B勻速運動，此時物體B的速度最大，小車A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10 m/s，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5 m/s，A、B正確，C錯誤。根據(jù)能量守恒定律得Q＝ΔEk＝－－＝8.75 J，D正確。 12. (2017·安徽六校聯(lián)考)一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止

32、開始沿斜面下滑，設(shè)斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面。問： (1)小滑塊帶何種電荷？ (2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度是多大？ (3)該斜面的長度至少多長？ 答案　(1)負電荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負電荷。 (2)小滑塊沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcosα＝0 當(dāng)FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時，qvB＝mgcosα 得v＝＝ m/s＝2 m/s。 (3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得 mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。 19