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(2n－1) s末金属小球的坐标Pn为 x＝v0t＝2n(m) （因做圆周运动的周期T＝＝1 s，画图即知）.
qE11qE02
y＝at2＝××n＝n2(m) vnx?v0?2m/s,vny?atn?(0)n?2n 22mm此时金属小球的速度为vn?vnx?vny?2n2＋1 m/s
金属小球在(2n－1) s～2n s(n＝1，2，3，…)内做圆周运动的轨迹如图丁所示
22vnyn2＋1mvn半径Rn＝＝ m sin???qB0πvnX＝x－Rnsinθ＝(2n?
nn2?1cos??v01 ?2vnn?11?)m.
设(2n－1) s～2n s(n＝1，2，3，…)内金属小球运动至离x轴最远点坐标为C(X，Y)则
n?)m Y＝y＋Rn(1＋cosθ)＝(n?2n2?1??答案：(1)2 N/C (2)22 m/s，与x轴夹角45° (3)
2
m，1 s (4)见解析 π
23．解析：（1）根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有
2v0qv0
qv0B?m（2分）代入R＝l 解得： ?RmBl（2）带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0、区域Ⅰ中的时间t1、区域Ⅱ和Ⅲ
中的时间t2＋t3 根据平抛运动规律有 t0＝
2l v02?l2?l? 6v03v0设在区域Ⅰ中的时间为t1，则 t1＝2?T=2×①若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示，
16
则总路程为（2n + 5/6）个圆周，根据几何关系有
AE＝(4nr + r)＝l 解得： r＝l/(4n + 1) 其中n＝0，1，2……
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5(2n?)2?ls6区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 s＝（2n +5/6）×2πr t2＋t3＝＝ (4n?1)v0v0总时间t＝t0+t1+t2+t3＝
2l?l20n?7?() v03v04n?1 ②若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内运动如图乙所示，
则总路程为（2n +1＋1/6）个圆周，根据几何关系有：
AP＝(4nr +3r)＝l 解得： r＝ l/(4n + 3) 其中n＝0，1，2……
72?l(2n?)6 区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 s＝（2n +1＋1/6）×2πr＝
4n?3总时间t＝t0+t1+t2+t3＝
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2l?l20n?13?() v03v04n?3台州市孺子牛教育
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浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷 （第Ⅱ卷参考答案） 一、不定项选择题
1．解析：选C.由安培定则画出a、b、c、d的磁感线的分布图，由图可知a、c两点的磁场方向相反，当B1＝B2时该点处的磁感应强度可能为零，又I1＞I2，故该点距I1距离应比I2大，故C正确，A、B、D错误．
2．解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半mv1径R＝.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、带电荷量q不变．又据Ek＝mv2
qB2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C选项正确．
3．解析：选A.安培力的合力F＝BIad＝BI(ab·cos45°＋bc＋cd·cos45°)＝(2＋1)BIL，故A正确．
v2mv2πR2πm
4．解析：选D.粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB＝m ，得R＝，周期T＝＝，
RqBvqB
qq2B
其等效环形电流I＝＝，故D选项正确．
T2πm
5．解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，C正确．
6．解析：选AD.由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子
－
0.2×103UU
有：qvB2＝q，即v＝＝ m/s＝0.2 m/s，故选项D正确． －
dB2d0.5×104×20
7．解析：选CD.A图中，电场力与洛伦兹力方向水平，小球竖直方向上加速，因此洛伦兹力大小改变，不可能保持与电场力平衡，故小球做曲线运动；B图中，水平方向只受洛伦兹力，故小球做曲线运动；C图中，电场力沿竖直方向的分力可能与重力平衡，同时水平分力可能与洛伦兹力平衡，故小球有可能做匀速直线运动；D图中，不受洛伦兹力，小球只受竖直方向上的力，小球一定做直线运动．.
8．解析：选C.根据电场力与重力平衡知，质点带负电，故A错；根据洛伦兹力提供向心力知质点顺时针转动，故B错； 由qE＝mg① qvB＝mω2·R ② v＝ωR③
Bg
解得：ω＝，由于R未知，v不能确定，故C对D错．
E
9．解析：选B.电子进入磁场后向上偏，刚好从C点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从BC边穿出，
mv
其运动半径应比临界半径大，由R＝可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径R＝
qB
2
av03mv0，又ev0B＝m，解得B＝，B选项正确．
2sin60°Rea
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10．解析：选B.洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F要逐渐增大，故D正确．
11解析：由左手定则知，金属中的电子在洛仑兹力的作用下将向前侧面聚集，故M负、N正．由F电＝UnebUF洛即e＝Bev，I＝nevS＝nevab，得B＝. 答案：C
aI
12．解析：选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确．
二、计算题
13．解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为Ff.若BIl＞Mg，则静摩擦力的方向与细绳的
0.5mg＋Mg
拉力方向相同，设此时电流为I1，即有BI1l－Mg≤Ff＝0.5mg，解得I1≤＝2.0 A；
Bl
若BIl＜Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为I2，即有Mg－BI2l≤Ff＝0.5mg，
Mg－0.5mg
解得I2≥＝1.0 A 即ab棒中的电流为1.0 A≤I≤2.0 A.
Bl
根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由a到b. 答案：1.0 A≤I≤2.0 A 由a到b
v2mv00
14．解析：(1)若粒子速度为v0，由qv0B＝m，则R＝
RqB
若轨迹与ab边相切，如图所示，
L
设此时相应速度为v01，则R1＋R1sinθ＝ 2
mv01qBL
将R1＝代入上式可得v01＝ qB3m
若轨迹与cd边相切，设此时粒子速度为v02，则
L
R2－R2sinθ＝ 2mv02qBL
将R2＝代入上式可得v02＝ qBm
所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足 qBLqBL
＜v0≤. 3mm
(2)粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越大，在磁场中运动的时间也越长．由图可知，在磁场中运动的
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半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(2π－2θ)．
所以最长时间为t＝?2??2?2??2?2?m(2??2?)m5πm
?T?????＝.
3qB2?2?qBqBqBLqBL5πm
答案：(1)＜v0≤ (2) 3mm3qB
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S?L2(3)设所加电场的场强为EL?vcos450t21qE2L?vsin450t?t2m联立解得：2mv2E=qL 2006-122006-12yMLM1××××N·××P450如射口×85P1OLx 8816解析：(1)小球从A到O的过程，由动能定理得 1mg·2R－qER＝mv0 2 v0＝22006-124gR 3912mv 0到达O点前一时刻，根据牛顿第二定律FN－mg－qv0B＝ R7
圆管对小球的作用力FN＝mg＋qB3
4gR。 3
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