高考物理一轮复习：第9单元磁场作业答案

课时作业（二十四）

1.C［解析］根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确.由图可知地磁场的

南极在地理北极附近，选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C错

误.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场

方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确.

2.D［解析］根据右手螺旋定则可知力处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外，选项A

错误;e/导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，选项B错误;根据左手定则可判断,

方向相反的两个电流互相排斥，选项C错误，选项D正确.

3.C［解析］据安培定则可知，图中A环在圆心。处产生的磁感应强度的方向为x轴负

方向,8环在圆心。处产生的磁感应强度的方向为z轴负方向，根据平行四边形定则可

知，圆心0处磁感应强度大小为/比.

4.D［解析］由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为0a、0b两电

流元，由左手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,。。向纸外,0b向纸里，所以从上

向下看导线逆时针转动,当转过90°时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下，即

导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D正确.

5.A［解析］原来，有Bll=mgs'\n，，后来，有a=，沿斜面向上,A正确.

6.D［解析］磁场中线圈的有效长度为小一。故线圈受到的安培力为F=nBlL'=^nBIL,

选项D正确.

7.BCD［解析］根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，因酬电流方向为c-d

且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的电流方向为Ja,③的电流方向为ef

选项A错误,B正确;遇到四口（WJ排斥力，故安培力的合力方向水平向左，选项C正确;

霁到酬吸引力和训排斥力，因酬吸引力大于谣排斥力，故魏到安培力的合

力方向水平向左，选项D正确.

8.C［解析］导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力，要使导体棒平衡，应使其受

水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件

BIL。"或

有tan60°解得导体棒中电流/=下厂,由左手定则可判断，导体棒中电流的

方向应垂直于纸面向里，选项C正确.

9.ABC［解析］由左手定则可判断，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后,

金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期，速度变为0,然后重复上述运动，选项A、B正

确;安培力F=8化由图像可知，前半个周期内安培力水平向右，后半个周期内安培力水平

向左,之后不断重复，选项C正确;一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知

安培力在一个周期内做功为零，选项D错误.

10.B［解析］对岫棒受力分析，受到重力、导轨对岫棒的支持力、安培力和细线的拉

E

力,根据左手定则可判断，安培力斜向左上方，水平方向上，有Fsin即B-R+r"sin

a=G,现适当增大重物G的重力，为了保证ab棒始终处于静止状态，可以将滑动变阻器

R的滑动触头P向右滑，减小电阻，故A、C、D错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,

接入电路的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，根据U=E-lr可知，路端电压减小小点电

势降低，故B正确.

T

G

11.⑴nBIL方向水平向右(2)nBILv

［解析］(1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安

培力，由安培力公式得F=nBIL

由左手定则可判断，安培力方向水平向右.

⑵安培力的功率为P=Fv

联立解得P=nBILv.

12.(1)m/s(2)(3)0.10m

［解析］(1)在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得

V2

Bld+mg=mr

解得v=m/s.

⑵金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点，根据动能定理得

-(mg+Bld)•2r-u(mg+Bld)L=mv2-mvn

解得〃=.

⑶金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点，根据动能定理得

孤mg+Bld)(L+LcD)-(mg+Bld)hm=5

解得%=0.10m.

课时作业（二十五）

1.B［解析］当电荷的运动方向与磁场方向平行时，电荷不受洛伦兹力，故A错误;电荷在

电场中一定受到电场力作用，故B正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方

向相同，负电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相反，故C错误;根据左手定则

知，电荷若受洛伦兹力，则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直，故D错误.

mv

2.AC［解析］若只增大电子枪的加速电压，电子速度增大，由R=.、qU=m/可知,

电子束的轨道半径变大，选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增

mv

大，由R=^\qU=mv?可知，电子束的轨道半径变小，选项c正确,D错误.

3.C［解析］由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小，根

mv

据粒子在磁场中运动的半径公式「=不■可知，粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的，所以

粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断粒子带正电，选项C

正确,D错误.

4.A［解析］设质子的质量为电荷量为q,则a粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在

v2mv

同一匀强磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力，故解得「=病,

若它们的动量大小相同，即mv相同，则「8，所以运动半径之比为2；1,A正确;

mv

qB

里4nw

若它们的速度相同，则％=石耳=,B错误;若它们的动能大小相同，根据

可得

rH

=1.C错误;若它们由

静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场，根据动能定理可得进入磁场的速度为

rH

V=，即乙=也故半径之比为4=,D错误.

z

vmv

5.D［解析］由左手定则可判断,a粒子带正电，故A错误;由q心mT,可得「=西,由图可

知，粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度

最小，粒子b的速度最大，由Ek=n？知，粒子c的动能最小，由洛伦兹力提供向心力,

2rvm

有FgqvB,可知粒子b的向心力最大，故D正确,B错误;由T=QB可知，粒子a、b、c的

周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短，故

C错误.

6.D［解析］由左手定则可判断，该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的

d

垂线，交点为圆周运动的圆心。，由几何关系可得，圆心角，=30°,半径R=「in3(F=2d,C

v2mvmv

错误油洛伦兹力提供向心力，有qvB=mT,^R=^■，将R=2d代入可得B=荻力错误;

2nR2的mv47rd

粒子做圆周运动的周期7=:丁=行，将8=荻代入可得T=T,则运动时间

30°47Tdnd

t=36OcT=X”=M7,D正确.

7.BC［解析］带正电粒子从P点与x轴成30°角入射，则粒子运动轨迹的圆心在过P点

与速度方向垂直的直线上，粒子在磁场中要想到达坐标原点，转过的圆心角一定大于

180°,如图所示,而磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不

定，所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时，对应的圆心

角最大，为300°,运动的时间t=T=，当粒子的入射点P在原点

时，对应的圆心角最小，为120°,所以运动时间t=T=，故粒子在

磁场中运动的时间范围是aw,B、C正确,D错

误.

8.ABD［解析］从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，可知带电粒子运动的轨迹半

径等于磁场的半径，由0点射入的粒子2的轨迹圆心为E点，由几何关系可知，该粒子从

。点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹

对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3；2；2,C错误,D正确.

OE

A'FO'GiC

9.BC［解析］粒子1从八点正对圆心射入，恰从8点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为

90°,粒子轨道半径等于8。,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示，设对应的圆

心为01,运动轨道半径也为8。=/?,连接OiC、OiB,OiCO8是平行四边形,Oi8=CO,则粒子2

一定从B点射出磁场，故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心

角，%=90°,过B点作。£的垂线交。C于P点，可知P为OiC的中点，由数学知识可知,

271771

02=N8OIP=6O°,两粒子的速度偏转角不同，粒子在磁场中运动的周期T=QB，两粒子

e

的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t=^7"，故运动时间之比h：t2=%:4=90°

60°=3：2,故C正确,D错误.

10.AC［解析］质子做圆周运动的半径为片OB=R,对着圆心入射的质子的出射方向的

反向延长线一定过圆心，选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,

因质子的运动半径相同，故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长

更长，则时间长，选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动

轨迹，由几何关系可知，所有质子都在。点的正下方同一点射出磁场，选项C正确;质子的

eBR”

速度为v=m时，质子运动的半径片。8=R，若质子从同一点沿各个方向射入磁场，画出

各个质子的运动轨迹，由几何关系可知，不存在离开磁场的出射方向垂直的情况，选项D

错误.

mv0

11.⑴百⑵⑶

⑴电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强

度为8,有

-0

evQB=mr

过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知电子在B点速度

方向与x轴夹角为60°,由几何关系得，轨迹圆的圆心角/C=60。

AC=BC=r

已知OA=L得OC=r-L

由几何知识得

r=2L

校0

联立解得B=?.PJ.

⑵由于A、8、。在圆周上,NAOB=90°,所以AB为磁场圆的直径，故48的中点为磁场

区域的圆心。］,且△八8c为等边三角形，由几何关系可得磁场区域的圆心。1的坐标为

⑶电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为

T=

T

联立解得电子在磁场中运动的时间t=6=.

7y/3nL

12.⑴⑵36”⑶

［解析］⑴。C，cos30°=L

沿0B方向射入的粒子从A8边的中点C射出，由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对

应的圆心角为60°.

半径r=OC=L

mv2吧

由qvB=r解得B=QT=.

⑵从4点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为明由几何关系

得

L

21

sin2=r=心0.577

解得a^70°

7002的7\号立

最长时间tm^RRCc.oB=26”.

⑶设从。八上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OO=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应

的圆心角也为60°,如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°,即沿OC

方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿。8方向射入的粒子在磁场中运动的时间相

同,则当沿OB方向射入的粒子从C射出时，从OB方向到OC方向这300范围内射入的

粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的

比例是

专题训练（七）A

1.C

2.D［解析］正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电

mv

荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由片用可

知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D.

丝qBRq

3.AC［解析］由R=qB得最大速度两粒子的比荷湛相同，所以最大速度相同,A正

确;最大动能Ek=mA因为两粒子的质量不同，最大速度相同,所以最大动能不同,B

qBq_

错误;图频电源的频率/=2力”,因为m相同,所以两次所接图频电源的频率相同,C正确;

粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.

4.C［解析］设粒子被加速后获得的速度为%由动能定理得qU=m己粒子在磁场

中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又8qv=mT,解得，故C正确.

5.BC［解析］带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动，根据牛顿

2

第二定律得qE=ma,在x轴方向上，有2L=v0t,在y轴方向上，有L=at0解得金五二,

选项A错误，选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，根据左手

定则可判断，磁场方向垂直于纸面向里，画出粒子的运动轨迹如图所示，粒子在电场中,

在x轴方向上，有2L=%t,在y轴方向上，有L=%匕联立得Vy=心进入磁场时速度

v=J诏+以=0%,设进入磁场时速度与x轴的夹角为明有tan。=1,解得。=45。，根

v2mv

据几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径/?=/。根据丁得R=^B,

mvmvQ

磁感应强度B=QR=QL，选项c正确，选项D错误.

6.D［解析］带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度v=/vo,这一过程

d

访”

的时间h=彳=,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r=20d,带电粒子在

第/象限中运动的圆心角为，故带电粒子在第/象限中的运动时间

==，带电粒子在第〃象限中运动的时间［3=，故「二（2+9。

t2=

正确.

7.BC［解析］由题意可知，粒子在加速电场中运动时，两板电势差不变，故场强不变，带电

粒子所受电场力不变，加速度不变，而粒子进入电场时的初速度不断变大，故在两板间

运动的时间不断变短，粒子进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即

2

vmv

■，解得8=蕨，随着粒子速度不断增大,半径保持不变，故磁感应强度不断增大,

2TTR

又由圆周运动规律丁=;一可知，带电粒子在磁场中运动的周期不断减小.综上可知,B、C

正确.

J71777

8.⑴V3/?(2)L/=⑶6d+Bq

［解析］⑴根据几何关系可得r=ypR

⑵开始粒子在电场中做匀加速直线运动，故有

EqUq

Oi=m=md

根据运动学公式可得

,2

d=airti

解得tl=

故V1==

粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，则8q4=m；

mv1

解得r=Q

又4/R

联立解得u=

27rmQT7rm

(3)根据T=Bq而=函7,〃=60°,可得t2=E=3Bq

rrm

所以t=6h+3t2=6d+BQ.

,2qUm

9.

［解析］设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为V,由动能定理得

2

qU=mv

带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有

qBv=mr

由题意知r=d

,ZqUm

联立解得8=qd

带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律得

d=vt

d=at2

又qE=ma

联立解得E=

专题训练（七）B

l.(l)2X105m/s(2)5.2X10-3m

［解析］⑴能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,

有

qBiV=qE

E

解得v=B［=2X105m/s.

⑵粒子进入偏转分离器后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得

V2

qB2v=mR

mv

解得R=B7q

设质子质量为则笊核质量为2m,故

mv

-3

d=2R2-2R1=2X-2XB?e=s.2X10m.

q2B2R2rcBR~+2BRdjrm

2.(1)7.m(2)2Un-qB

［解析］⑴粒子运动半径为R时，有

V2

qvB=mR,

又Ek=mv2,

q2B2R2

解得&=2nl.

⑵设粒子被加速n次达到动能则Ek=nqU0.

qu0

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为At,加速度a=~^,

粒子做匀加速直线运动，有nd=a•(△t)2,

T

总时间t0=(n-l)•2+At,

irBR~+2BRdjrm

解得to=范-OB.

qBL

3.⑴(2)8/.

［解析］⑴粒子在磁场中做圆周运动，速度越大，则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点

mv2

射出，由牛顿第二定律得qvB=~T,

由几何关系知r=L,

qBL

联立解得v='藐

⑵粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场，在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做

Eq

匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a=蔡，

在电场中运动时，有

L=at.

d=vt,

J

联立解得d=BL

4.(1)⑵

(3)斜向下与x轴正方向夹角为30°或150°

［解析］⑴粒子经电场加速,由动能定理得

qUo=mv2

解得v=

⑵撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动.

沿x轴方向，有L=vt

沿y轴方向，有2

由牛顿第二定律得

联立解得E=

⑶设粒子从。点沿与X轴正方向夹角为，的方向斜向下射出，运动轨迹如图所示，有

2/?sin9=L

由洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=mR

又qvB=qE

联立解得6=30°或，=150°

mvQ7FT?

5.(1)QR(2)⑶3%

［解析］⑴当UMN=0时,粒子沿。1。2方向射入磁场，轨迹如图甲所示，设其半径为生,由几

何关系得

Ri=R

根据牛顿第二定律得

VQ

Bv0q=m^i

解得B=qR

甲

⑵在t=0时刻入射的粒子满足

RUoq

2=X~R^X\2v0JX2

解得Uo=

⑶经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为Vo

t=(2k+l)2%j(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴例板离开电场，轨迹如图乙所示，设偏转角

为a.

由几何知识可知四边形QOPO4为菱形，故。=120°

粒子在磁场中运动的最长时间h=3

1=2女2%＞仕=0,1,2,3广・)时刻入射的粒子贴N板离开电场，轨迹如图丙所示，设偏转角为

民

由几何知识可知四边形SOTOs为菱形，故£=60°

粒子在磁场中运动的最短时间t2=6

又丁=

故At=trt2=3vn

o5

丙

专题训练（八）

1.D［解析］当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域，有

qi/8=qE,所以E=Bv；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场方向应该向上，而粒子

带负电时，电场方向仍应向上，故D正确.

2.AC［解析］沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、

电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛

伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中，除

重力做功外，还有电场力做功，故机械能不守恒,D错误.

3.CD［解析］带电小球进入复合场时受力情况如图所示，其中只有C、D两种情况下合

外力可能为零或与速度的方向在一条直线上，所以有可能沿直线通过复合场区域;A项

中洛伦兹力随速度u的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速

度方向将产生夹角，小球做曲线运动.

产

Img\mg

AB

qE产

，1ngJmg

CD

4.C［解析］金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知，电子的移动

方向向左，根据左手定则知，这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面

带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面的电势，故A错误;稳定时，电子受到的

UIB1

洛伦兹力与电场力相平衡，有evB=e।，解得U=vM,根据可知故U=nad,

仅增大h时，电势差不变，故B错误;仅增大d时，上、下表面的电势差减小，故C正确;仅

增大/时，电势差增大，故D错误.

5.CD［解析］小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转，即做匀速直

线运动，受力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,8沿y轴负方向,且满足mg=Eq+qvB时,

小球做匀速直线运动;当E沿z轴正方向,8沿x轴负方向，洛伦兹力为零,且满足mg=qE

时，小球做匀速直线运动,C、D正确.

6.ABD［解析］当qv0B=mg时，小球不受支持力和摩擦力，克服摩擦力做功为零，选项A

正确;当qv0B<mg时，小球做加速度逐渐增大的减速运动直到静止，只有摩擦力做功，根

据动能定理得W克产m/，选项B正确;当qv0B>mg时，小球先做减速运动，当

mg

qvB=mg时,小球不受摩擦力作用，小球以速度v=G3做匀速运动，根据动能定理得W凫

m3g2

f=田需-2M82,选项D正确.

7.D［解析］由图像可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，物块的最大速度是

lm/s,对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩

擦因数为沿皮带的方向，有PFN-mgsin①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用,

加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小，而开始时

FN=mgcos〃，后来F'N=mgcos0-f洛，即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,

由左手定则可知，物块带正电，故A错误;物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则

受到的支持力越来越小，结合G成可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时,

物块达到最大速度，此时mgsin〃=〃(mgcos〃-/洛)②由②或可知，只要皮带的速度大于

或等于lm/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是

lm/s,也可能大于lm/s,物块可能相对于皮带静止，也可能相对于皮带运动，故B错误,D

正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过

程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误.

8.C［解析］由图可知，电表B串