高考物理一輪復習：第9單元磁場作業(yè)答案

課時作業(yè)（二十四）

1.C［解析］根據(jù)“則能指南，然常微偏東，不全南也”知，選項A正確.由圖可知地磁場的

南極在地理北極附近，選項B正確.由圖可知在兩極附近地磁場與地面不平行，選項C錯

誤.由圖可知赤道附近的地磁場與地面平行，射向地面的帶電宇宙粒子運動方向與磁場

方向垂直，會受到磁場力的作用，選項D正確.

2.D［解析］根據(jù)右手螺旋定則可知力處的兩個分磁場方向均為垂直紙面向外，選項A

錯誤;e/導線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，選項B錯誤;根據(jù)左手定則可判斷,

方向相反的兩個電流互相排斥，選項C錯誤，選項D正確.

3.C［解析］據(jù)安培定則可知，圖中A環(huán)在圓心。處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向為x軸負

方向,8環(huán)在圓心。處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向為z軸負方向，根據(jù)平行四邊形定則可

知，圓心0處磁感應(yīng)強度大小為/比.

4.D［解析］由安培定則可判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場方向，導線等效為0a、0b兩電

流元，由左手定則可判斷出兩電流元所受安培力的方向,。。向紙外,0b向紙里，所以從上

向下看導線逆時針轉(zhuǎn)動,當轉(zhuǎn)過90°時,由左手定則可判斷出導線所受磁場力向下，即

導線在逆時針轉(zhuǎn)動的同時還要靠近螺線管,D正確.

5.A［解析］原來，有Bll=mgs'\n，，后來，有a=，沿斜面向上,A正確.

6.D［解析］磁場中線圈的有效長度為小一。故線圈受到的安培力為F=nBlL'=^nBIL,

選項D正確.

7.BCD［解析］根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因酬電流方向為c-d

且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向為Ja,③的電流方向為ef

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

霽到酬吸引力和訓排斥力，因酬吸引力大于謠排斥力，故魏到安培力的合

力方向水平向左，選項D正確.

8.C［解析］導體棒受到豎直向下的重力和指向圓心的彈力，要使導體棒平衡，應(yīng)使其受

水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件

BIL。"或

有tan60°解得導體棒中電流/=下廠,由左手定則可判斷，導體棒中電流的

方向應(yīng)垂直于紙面向里，選項C正確.

9.ABC［解析］由左手定則可判斷，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當電流反向以后,

金屬棒開始做勻減速運動,經(jīng)過一個周期，速度變?yōu)?,然后重復上述運動，選項A、B正

確;安培力F=8化由圖像可知，前半個周期內(nèi)安培力水平向右，后半個周期內(nèi)安培力水平

向左,之后不斷重復，選項C正確;一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知

安培力在一個周期內(nèi)做功為零，選項D錯誤.

10.B［解析］對岫棒受力分析，受到重力、導軌對岫棒的支持力、安培力和細線的拉

E

力,根據(jù)左手定則可判斷，安培力斜向左上方，水平方向上，有Fsin即B-R+r"sin

a=G,現(xiàn)適當增大重物G的重力，為了保證ab棒始終處于靜止狀態(tài)，可以將滑動變阻器

R的滑動觸頭P向右滑，減小電阻，故A、C、D錯誤;滑動變阻器R的滑動觸頭P向右滑,

接入電路的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，根據(jù)U=E-lr可知，路端電壓減小小點電

勢降低，故B正確.

T

G

11.⑴nBIL方向水平向右(2)nBILv

［解析］(1)線圈前、后兩邊所受安培力的合力為零，線圈所受的安培力即為右邊所受的安

培力，由安培力公式得F=nBIL

由左手定則可判斷，安培力方向水平向右.

⑵安培力的功率為P=Fv

聯(lián)立解得P=nBILv.

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

［解析］(1)在圓軌道的最高點，由牛頓第二定律得

V2

Bld+mg=mr

解得v=m/s.

⑵金屬條從進入水平軌道到上升到圓軌道最高點，根據(jù)動能定理得

-(mg+Bld)?2r-u(mg+Bld)L=mv2-mvn

解得〃=.

⑶金屬條從進入水平軌道到上升到豎直軌道最高點，根據(jù)動能定理得

孤mg+Bld)(L+LcD)-(mg+Bld)hm=5

解得%=0.10m.

課時作業(yè)（二十五）

1.B［解析］當電荷的運動方向與磁場方向平行時，電荷不受洛倫茲力，故A錯誤;電荷在

電場中一定受到電場力作用，故B正確;正電荷所受的電場力方向與該處的電場強度方

向相同，負電荷所受的電場力方向與該處的電場強度方向相反，故C錯誤;根據(jù)左手定則

知，電荷若受洛倫茲力，則洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直，故D錯誤.

mv

2.AC［解析］若只增大電子槍的加速電壓，電子速度增大，由R=.、qU=m/可知,

電子束的軌道半徑變大，選項A正確,B錯誤.若只增大勵磁線圈中的電流,磁感應(yīng)強度增

mv

大，由R=^\qU=mv?可知，電子束的軌道半徑變小，選項c正確,D錯誤.

3.C［解析］由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小,速度逐漸減小，根

mv

據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式「=不■可知，粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，所以

粒子的運動軌跡是從b到a,選項A、B錯誤;根據(jù)左手定則可判斷粒子帶正電，選項C

正確,D錯誤.

4.A［解析］設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為電荷量為q,則a粒子的質(zhì)量為4m,電荷量為2q,它們在

v2mv

同一勻強磁場中做勻速圓周運動過程中,洛倫茲力充當向心力，故解得「=病,

若它們的動量大小相同，即mv相同，則「8，所以運動半徑之比為2；1,A正確;

mv

qB

里4nw

若它們的速度相同，則％=石耳=,B錯誤;若它們的動能大小相同，根據(jù)

可得

rH

=1.C錯誤;若它們由

靜止經(jīng)過相同的加速電場加速后垂直進入磁場，根據(jù)動能定理可得進入磁場的速度為

rH

V=，即乙=也故半徑之比為4=,D錯誤.

z

vmv

5.D［解析］由左手定則可判斷,a粒子帶正電，故A錯誤;由q心mT,可得「=西,由圖可

知，粒子c的軌跡半徑最小，粒子b的軌跡半徑最大，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的動能最小，由洛倫茲力提供向心力,

2rvm

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

周期相同，但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小,則粒子b在磁場中運動的時間最短，故

C錯誤.

6.D［解析］由左手定則可判斷，該粒子帶負電,A錯誤;分別作出入射方向和出射方向的

d

垂線，交點為圓周運動的圓心。，由幾何關(guān)系可得，圓心角，=30°,半徑R=「in3(F=2d,C

v2mvmv

錯誤油洛倫茲力提供向心力，有qvB=mT,^R=^■，將R=2d代入可得B=荻力錯誤;

2nR2的mv47rd

粒子做圓周運動的周期7=:丁=行，將8=荻代入可得T=T,則運動時間

30°47Tdnd

t=36OcT=X”=M7,D正確.

7.BC［解析］帶正電粒子從P點與x軸成30°角入射，則粒子運動軌跡的圓心在過P點

與速度方向垂直的直線上，粒子在磁場中要想到達坐標原點，轉(zhuǎn)過的圓心角一定大于

180°,如圖所示,而磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點,A錯誤;由于P點的位置不

定，所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也不定,粒子從x軸射出時，對應(yīng)的圓心

角最大，為300°,運動的時間t=T=，當粒子的入射點P在原點

時，對應(yīng)的圓心角最小，為120°,所以運動時間t=T=，故粒子在

磁場中運動的時間范圍是aw,B、C正確,D錯

誤.

8.ABD［解析］從B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出，可知帶電粒子運動的軌跡半

徑等于磁場的半徑，由0點射入的粒子2的軌跡圓心為E點，由幾何關(guān)系可知，該粒子從

。點射出,同理可知粒子3從C點射出,A、B正確;1、2、3三個粒子在磁場中運動軌跡

對應(yīng)的圓心角分別為90°、60°、60°,運動時間之比為3；2；2,C錯誤,D正確.

OE

A'FO'GiC

9.BC［解析］粒子1從八點正對圓心射入，恰從8點射出，粒子在磁場中運動的圓心角為

90°,粒子軌道半徑等于8。,粒子2從C點沿CD射入,其運動軌跡如圖所示，設(shè)對應(yīng)的圓

心為01,運動軌道半徑也為8。=/?,連接OiC、OiB,OiCO8是平行四邊形,Oi8=CO,則粒子2

一定從B點射出磁場，故A錯誤,B正確;粒子的速度偏轉(zhuǎn)角即粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心

角，%=90°,過B點作。￡的垂線交。C于P點，可知P為OiC的中點，由數(shù)學知識可知,

271771

02=N8OIP=6O°,兩粒子的速度偏轉(zhuǎn)角不同，粒子在磁場中運動的周期T=QB，兩粒子

e

的周期相等，粒子在磁場中的運動時間t=^7"，故運動時間之比h：t2=%:4=90°

60°=3：2,故C正確,D錯誤.

10.AC［解析］質(zhì)子做圓周運動的半徑為片OB=R,對著圓心入射的質(zhì)子的出射方向的

反向延長線一定過圓心，選項A正確;質(zhì)子射入磁場中,受到向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn),

因質(zhì)子的運動半徑相同，故從a點比從b點進入磁場的質(zhì)子在磁場中運動經(jīng)過的弧長

更長，則時間長，選項B錯誤;所有質(zhì)子做圓周運動的半徑都等于R,畫出各個質(zhì)子的運動

軌跡，由幾何關(guān)系可知，所有質(zhì)子都在。點的正下方同一點射出磁場，選項C正確;質(zhì)子的

eBR”

速度為v=m時，質(zhì)子運動的半徑片。8=R，若質(zhì)子從同一點沿各個方向射入磁場，畫出

各個質(zhì)子的運動軌跡，由幾何關(guān)系可知，不存在離開磁場的出射方向垂直的情況，選項D

錯誤.

mv0

11.⑴百⑵⑶

⑴電子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力而做圓周運動,設(shè)軌跡半徑為r,磁場的磁感應(yīng)強

度為8,有

-0

evQB=mr

過A、B點分別作速度的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，已知電子在B點速度

方向與x軸夾角為60°,由幾何關(guān)系得，軌跡圓的圓心角/C=60。

AC=BC=r

已知OA=L得OC=r-L

由幾何知識得

r=2L

校0

聯(lián)立解得B=?.PJ.

⑵由于A、8、。在圓周上,NAOB=90°,所以AB為磁場圓的直徑，故48的中點為磁場

區(qū)域的圓心。］,且△八8c為等邊三角形，由幾何關(guān)系可得磁場區(qū)域的圓心。1的坐標為

⑶電子做勻速圓周運動,則圓周運動的周期為

T=

T

聯(lián)立解得電子在磁場中運動的時間t=6=.

7y/3nL

12.⑴⑵36”⑶

［解析］⑴。C，cos30°=L

沿0B方向射入的粒子從A8邊的中點C射出，由幾何知識得粒子做圓周運動的圓弧對

應(yīng)的圓心角為60°.

半徑r=OC=L

mv2吧

由qvB=r解得B=QT=.

⑵從4點射出的粒子在磁場中運動時間最長，設(shè)弦OA對應(yīng)的圓心角為明由幾何關(guān)系

得

L

21

sin2=r=心0.577

解得a^70°

7002的7\號立

最長時間tm^RRCc.oB=26”.

⑶設(shè)從。八上D點射出的粒子做圓周運動的弦長OO=OC,粒子做圓周運動的圓弧對應(yīng)

的圓心角也為60°,如圖所示，由幾何知識得入射速度與OD的夾角應(yīng)為30°,即沿OC

方向射入的粒子在磁場中運動的時間與沿。8方向射入的粒子在磁場中運動的時間相

同,則當沿OB方向射入的粒子從C射出時，從OB方向到OC方向這300范圍內(nèi)射入的

粒子此時都還在磁場中，而入射的范圍為60°,故還在磁場中運動的粒子占所有粒子的

比例是

專題訓練（七）A

1.C

2.D［解析］正離子以某一速度擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子后，速度不變，電

mv

荷量變?yōu)?e,由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛倫茲力方向向下，由片用可

知，軌跡半徑增大到原來的2倍，所以在磁場中的運動軌跡是圖D.

絲qBRq

3.AC［解析］由R=qB得最大速度兩粒子的比荷湛相同，所以最大速度相同,A正

確;最大動能Ek=mA因為兩粒子的質(zhì)量不同，最大速度相同,所以最大動能不同,B

qBq_

錯誤;圖頻電源的頻率/=2力”,因為m相同,所以兩次所接圖頻電源的頻率相同,C正確;

粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關(guān),D錯誤.

4.C［解析］設(shè)粒子被加速后獲得的速度為%由動能定理得qU=m己粒子在磁場

中做勻速圓周運動的軌道半徑r=R,又8qv=mT,解得，故C正確.

5.BC［解析］帶電粒子在電場中受到的電場力沿y軸負方向,做類平拋運動，根據(jù)牛頓

2

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

選項A錯誤，選項B正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手

定則可判斷，磁場方向垂直于紙面向里，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在電場中,

在x軸方向上，有2L=%t,在y軸方向上，有L=%匕聯(lián)立得Vy=心進入磁場時速度

v=J詔+以=0%,設(shè)進入磁場時速度與x軸的夾角為明有tan。=1,解得。=45。，根

v2mv

據(jù)幾何關(guān)系得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑/?=/。根據(jù)丁得R=^B,

mvmvQ

磁感應(yīng)強度B=QR=QL，選項c正確，選項D錯誤.

6.D［解析］帶電粒子的運動軌跡如圖所示，帶電粒子出電場時，速度v=/vo,這一過程

d

訪”

的時間h=彳=,根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場中的軌跡半徑r=20d,帶電粒子在

第/象限中運動的圓心角為，故帶電粒子在第/象限中的運動時間

==，帶電粒子在第〃象限中運動的時間［3=，故「二（2+9。

t2=

正確.

7.BC［解析］由題意可知，粒子在加速電場中運動時，兩板電勢差不變，故場強不變，帶電

粒子所受電場力不變，加速度不變，而粒子進入電場時的初速度不斷變大，故在兩板間

運動的時間不斷變短，粒子進入磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，即

2

vmv

■，解得8=蕨，隨著粒子速度不斷增大,半徑保持不變，故磁感應(yīng)強度不斷增大,

2TTR

又由圓周運動規(guī)律丁=;一可知，帶電粒子在磁場中運動的周期不斷減小.綜上可知,B、C

正確.

J71777

8.⑴V3/?(2)L/=⑶6d+Bq

［解析］⑴根據(jù)幾何關(guān)系可得r=ypR

⑵開始粒子在電場中做勻加速直線運動，故有

EqUq

Oi=m=md

根據(jù)運動學公式可得

,2

d=airti

解得tl=

故V1==

粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，則8q4=m；

mv1

解得r=Q

又4/R

聯(lián)立解得u=

27rmQT7rm

(3)根據(jù)T=Bq而=函7,〃=60°,可得t2=E=3Bq

rrm

所以t=6h+3t2=6d+BQ.

,2qUm

9.

［解析］設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為V,由動能定理得

2

qU=mv

帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有

qBv=mr

由題意知r=d

,ZqUm

聯(lián)立解得8=qd

帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn),做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t從P點到達C點.由平拋運動規(guī)律得

d=vt

d=at2

又qE=ma

聯(lián)立解得E=

專題訓練（七）B

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

［解析］⑴能沿直線通過速度選擇器的粒子所受電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反,

有

qBiV=qE

E

解得v=B［=2X105m/s.

⑵粒子進入偏轉(zhuǎn)分離器后做圓周運動，洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得

V2

qB2v=mR

mv

解得R=B7q

設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為則笊核質(zhì)量為2m,故

mv

-3

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

q2B2R2rcBR~+2BRdjrm

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

［解析］⑴粒子運動半徑為R時，有

V2

qvB=mR,

又Ek=mv2,

q2B2R2

解得&=2nl.

⑵設(shè)粒子被加速n次達到動能則Ek=nqU0.

qu0

粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為At,加速度a=~^,

粒子做勻加速直線運動，有nd=a?(△t)2,

T

總時間t0=(n-l)?2+At,

irBR~+2BRdjrm

解得to=范-OB.

qBL

3.⑴(2)8/.

［解析］⑴粒子在磁場中做圓周運動，速度越大，則半徑越大.速度最大的粒子剛好由P點

mv2

射出，由牛頓第二定律得qvB=~T,

由幾何關(guān)系知r=L,

qBL

聯(lián)立解得v='藐

⑵粒子從P點離開后,垂直于x軸進入電場，在豎直方向做勻速直線運動,在水平方向做

Eq

勻加速直線運動，由牛頓第二定律得a=蔡，

在電場中運動時，有

L=at.

d=vt,

J

聯(lián)立解得d=BL

4.(1)⑵

(3)斜向下與x軸正方向夾角為30°或150°

［解析］⑴粒子經(jīng)電場加速,由動能定理得

qUo=mv2

解得v=

⑵撤去磁場后，粒子在電場中做類平拋運動.

沿x軸方向，有L=vt

沿y軸方向，有2

由牛頓第二定律得

聯(lián)立解得E=

⑶設(shè)粒子從。點沿與X軸正方向夾角為，的方向斜向下射出，運動軌跡如圖所示，有

2/?sin9=L

由洛倫茲力提供向心力，有

V2

qvB=mR

又qvB=qE

聯(lián)立解得6=30°或，=150°

mvQ7FT?

5.(1)QR(2)⑶3%

［解析］⑴當UMN=0時,粒子沿。1。2方向射入磁場，軌跡如圖甲所示，設(shè)其半徑為生,由幾

何關(guān)系得

Ri=R

根據(jù)牛頓第二定律得

VQ

Bv0q=m^i

解得B=qR

甲

⑵在t=0時刻入射的粒子滿足

RUoq

2=X~R^X\2v0JX2

解得Uo=

⑶經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場后其速度仍為Vo

t=(2k+l)2%j(k=0,1,2,3,…)時刻入射的粒子貼例板離開電場，軌跡如圖乙所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)角

為a.

由幾何知識可知四邊形QOPO4為菱形，故。=120°

粒子在磁場中運動的最長時間h=3

1=2女2%＞仕=0,1,2,3廣?)時刻入射的粒子貼N板離開電場，軌跡如圖丙所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為

民

由幾何知識可知四邊形SOTOs為菱形，故￡=60°

粒子在磁場中運動的最短時間t2=6

又丁=

故At=trt2=3vn

o5

丙

專題訓練（八）

1.D［解析］當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時,粒子沿直線勻速通過該區(qū)域，有

qi/8=qE,所以E=Bv；假設(shè)粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，電場方向應(yīng)該向上，而粒子

帶負電時，電場方向仍應(yīng)向上，故D正確.

2.AC［解析］沿ab方向拋出的帶正電小球或沿ac方向拋出的帶負電的小球在重力、

電場力、洛倫茲力作用下都可能做勻速直線運動,A正確,B錯誤.在重力、電場力、洛

倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動,C正確.兩小球在運動過程中，除

重力做功外，還有電場力做功，故機械能不守恒,D錯誤.

3.CD［解析］帶電小球進入復合場時受力情況如圖所示，其中只有C、D兩種情況下合

外力可能為零或與速度的方向在一條直線上，所以有可能沿直線通過復合場區(qū)域;A項

中洛倫茲力隨速度u的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速

度方向?qū)a(chǎn)生夾角，小球做曲線運動.

產(chǎn)

Img\mg

AB

qE產(chǎn)

，1ngJmg

CD

4.C［解析］金屬導體中的自由電荷是帶負電的電子,由電流方向向右可知，電子的移動

方向向左，根據(jù)左手定則知，這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則上表面

帶負電，下表面帶正電，下表面的電勢高于上表面的電勢，故A錯誤;穩(wěn)定時，電子受到的

UIB1

洛倫茲力與電場力相平衡，有evB=e?，解得U=vM,根據(jù)可知故U=nad,

僅增大h時，電勢差不變，故B錯誤;僅增大d時，上、下表面的電勢差減小，故C正確;僅

增大/時，電勢差增大，故D錯誤.

5.CD［解析］小球穿過電場、磁場、重力場三場并存的區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，即做勻速直

線運動，受力滿足平衡條件.當E沿z軸正方向,8沿y軸負方向,且滿足mg=Eq+qvB時,

小球做勻速直線運動;當E沿z軸正方向,8沿x軸負方向，洛倫茲力為零,且滿足mg=qE

時，小球做勻速直線運動,C、D正確.

6.ABD［解析］當qv0B=mg時，小球不受支持力和摩擦力，克服摩擦力做功為零，選項A

正確;當qv0B<mg時，小球做加速度逐漸增大的減速運動直到靜止，只有摩擦力做功，根

據(jù)動能定理得W克產(chǎn)m/，選項B正確;當qv0B>mg時，小球先做減速運動，當

mg

qvB=mg時,小球不受摩擦力作用，小球以速度v=G3做勻速運動，根據(jù)動能定理得W鳧

m3g2

f=田需-2M82,選項D正確.

7.D［解析］由圖像可知，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，物塊的最大速度是

lm/s,對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用,設(shè)動摩

擦因數(shù)為沿皮帶的方向，有PFN-mgsin①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用,

加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小,一定是FN逐漸減小，而開始時

FN=mgcos〃，后來F'N=mgcos0-f洛，即洛倫茲力的方向是斜向上的,物塊沿皮帶向上運動,

由左手定則可知，物塊帶正電，故A錯誤;物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則

受到的支持力越來越小，結(jié)合G成可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時,

物塊達到最大速度，此時mgsin〃=〃(mgcos〃-/洛)②由②或可知，只要皮帶的速度大于

或等于lm/s,則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是

lm/s,也可能大于lm/s,物塊可能相對于皮帶靜止，也可能相對于皮帶運動，故B錯誤,D

正確;由以上分析可知,皮帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過

程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤.

8.C［解析］由圖可知，電表B串