1、考纲要求知识内容考试要求备考方略必考加试磁现象和磁场bb1.本章内容在学考中常以单选题形式出现，考查突出安培力、洛伦兹力。2 本章内容单独出现在选考中带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题；对带电粒子的运动问题多以综合计算题的形式出现，一般综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大。 磁感应强度cc几种常见的磁场bb通电导线在磁场中受到的力cd运动电荷在磁场中受到的力cc带电粒子在匀强磁场中的运动d第1课时磁场的描述磁场对电流的作用考点一磁现象和磁场(b/b)基础过关1.电流的磁效应磁体和电流周围及运动电荷周围存在的一种客观存在的物质，叫磁场。2.磁作用的本质对
2、处于磁场中的磁体、电流和运动电荷具有力的作用，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；磁体之间、磁体与电流(或运动电荷)之间、电流(或运动电荷)与电流(或运动电荷)之间的相互作用都是通过磁场发生的。3.磁场的方向小磁针的N极所受磁场力的方向。4.磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。5.磁感线的特点(1)磁感线为闭合曲线，无起点和终点。在磁体的外部磁感线由N极发出，回到S极；在磁体的内部磁感线则由S极指向N极。(2)磁场中任意两根磁感线都不会相交；(3)在磁场中，用磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方表示该处磁场弱，磁感线密的地方表示该处的磁场
3、强；(4)磁感线是假想的曲线。曲线切线方向与该点的磁场方向一致。6.几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图【过关演练】1.(2015浙江学业水平考试)如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端。当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端。下列判断中，正确的是()A.E为蓄电池正极B.螺线管P端为S极C.流过电阻R的电流方向向上D.管内磁场方向由P指向Q解析小磁针N极指向Q，说明Q端为S极，根据安培定则可知，通过R的电流方向向上，C选项正确；蓄电池的F端为正极，A选项错误；螺线管的P端为N极，B选项错误；管内
4、磁场方向应由S极指向N极，即由Q指向P，D选项错误。答案C2.(2015浙江学业水平考试)下列表示的工具或装置中，利用地磁场工作的是()答案B要点突破要点一安培定则1.对于直线电流的磁场：右手握住通电导线，伸直的大拇指指向电流方向，那么弯曲的四指的方向就是导线周围的磁感线环绕的方向。2.对于环形电流的磁场：用右手握住通电的环形导线(或通电螺线管)，弯曲的四指与环形电流的方向一致，那么大拇指的指向就是环形导线轴心上(或通电螺线管内部)的磁感线的方向。【例1】 下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()A. B. C. D.答案C要点二电场线与磁感线的比较电场线磁感线电场线的疏密程度表示该
5、区域电场强弱(密强；疏弱)磁感线的疏密程度表示该区域磁场强弱(密强；疏弱)电场线由正电荷指向负电荷或无穷远；或由无穷远指向负电荷，是单向曲线磁感线在磁体外部是从N极指向S极，内部从S极指向N极。磁感线是闭合曲线电场线互不相交、不相切磁感线互不相交、不相切【例2】 (多选)关于电场和磁场，下列说法正确的是()A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B.电场线和磁感线是可以形象描述电场强弱和方向的客观存在的曲线C.磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质解析电场和磁场都是客观存在的物质，电场线和磁感
6、线都是假想的曲线，实际并不存在。电场线和磁感线的最大区别在于磁感线是闭合的，而电场线不是闭合的，故选项A、D正确。答案AD精练题组1.第一个发现电流磁效应的科学家是()答案B2.如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，开关S闭合，则小磁针的北极N(黑色一端)指出磁场方向正确的是()A.a、c B.b、c C.c、d D.a、d解析据安培定则判断出：(1)AB直导线磁场在小磁针a所在位置垂直纸面向外，所以小磁针a的N极指向正确；(2)C左侧为N极，内部磁场向左，所以小磁针c的N极指向正确，小磁针b的N极指向不对；(3)D左为S极，右为N极，所以小磁针d的N极指向
7、也不正确。答案A3.某小组同学利用磁传感器探究通电螺线管轴线上不同位置的磁感应强度，如图甲所示。将传感器探头沿螺线管轴线移动时，测得磁感应强度B的大小随位置x的变化关系如图乙所示。图乙中a、b两点对应位置分别处在()A.螺线管内、螺线管内 B.螺线管内、螺线管外C.螺线管外、螺线管外 D.螺线管外、螺线管内答案D4.电流的磁效应揭示了电与磁的关系。若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是()答案D5.如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，侧旁小磁针N极的最终指向应为()A.平行纸面向右B.平行纸面向左C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外解析根据安培定则可知，导线右侧的
8、磁感线方向垂直纸面向外，故小磁针N极的最终指向应为垂直纸面向外。答案D考点二磁感应强度(c/c)安培力(c/d)基础过关一、磁感应强度1.磁感应强度(1)定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度。说明：如果导线很短很短，B就是导线所在处的磁感应强度。(2)意义：磁感应强度B是表示磁场强弱的物理量。(3)公式：B，条件为：BL。(4)单位：特斯拉，简称特，符号是T。1 T1。(5)方向：小磁针静止时N极的指向。2.磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边行定则。二、安培力1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：FBIL。(
9、2)磁场和电流平行时：F0。2.安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。(2)安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面。【过关演练】1.依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是()A.电热水壶 B.电饭锅C.电风扇 D.电熨斗解析处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动，是通电导体在磁场中受安培力问题，A、B、D选项均为电流的热效应，只有C选项符合题意。答案C2.(2015浙江1
10、0月选考)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图所示，发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表：电流磁感应强度电压UabIBUI2B2UI3B3U2IB2U3IB3U由表中结果可知电压Uab()A.与电流无关 B.与磁感应强度无关C.与电流可能成正比 D.与磁感应强度可能成反比解析由实验数据可看出：当通过电流I恒定时，电压Uab与磁感应强度可能成正比；当所加磁场恒定时，电压Uab与所通电流可能成正比。故C选项正确。答案C要点突破要点一磁感应强度1.磁感应强度由磁场本身决定。2.合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)。3.牢记判断电流
11、的磁场的方法安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型。【例1】 有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()A.M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相同B.M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相反C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D.在线段MN上三点的磁感应强度为零解析根据安培定则和磁场叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相反，选项
12、A错，B对；在线段MN上只有在O点处，a、b两直导线电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C、D错。答案B 要点二安培力1.计算安培力公式FBIL，应用时要注意：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度公式FILB中L指的是“有效长度”。当B与I垂直时，F最大，FILB；当B与I平行时，F0。弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点线段的长度(如图所示)；相应的电流沿L由始端流向末端。2.方向：根据左手定则判断。【例2】 (2015浙江9月测试卷)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图。实验时，先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流不变，改
13、变导线通电部分的长度。对该实验，下列说法正确的是()A.当导线中的电流反向时，导线受到的安培力方向不变B.保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍C.保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的2倍D.接通“1、4”，当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力减半解析接触“1、4”时导线的长度是接触“2、3”时长度的3倍，根据安培力公式FBIL知，导线所受安培力也是3倍关系。答案B要点三安培力作用下导体运动方向的判断方法电流元法分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向等效法环形电流小磁针条形
14、磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向【例3】 如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面，当线圈内通以如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是()A.线圈向左运动B.线圈向右运动C.从上往下看顺时针转动D.从上往下看逆时针转动解析将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极
15、相吸引知，线圈将向右运动，选B；也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向右运动，选B。答案B要点四求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路(1)电磁学问题力学化。(2)立体图形平面化。【例4】 (2016浙江湖州中学学考模拟)如图所示，金属MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A.棒中的电流变大，角变大B.两悬线等长变短，角变小C.金属棒质量变大，角变大D.磁感应强度变大，角变小解析选金属棒MN为研究对象，如图所示。金
16、属棒受3个力而处于平衡状态，其中FBBILmgtan ，则：I增大，角变大，A选项正确；悬线变短，角不变，B选项错误；m增大，角变小，C选项错误；B变大，角变大，D选项错误。答案A精练题组1.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共线；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是()A.a点 B.b点C.c点 D.d点解析要合磁感应强度为零，必有I1和I2形成两个磁场等大反向，只有 c点有可能，选C。答案C2.把长L0.25 m的导体棒置于磁感应强度B1.0
17、102 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示。若导体棒的电流I2.0 A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小与方向()A.1.0103 N竖直向上B.5.0103 N竖直向上C.5.0103 N竖直向下D.1.0103 N竖直向下答案B3.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为()A.大小为B，方向沿OA方向B.大小为2B，方向竖直向下C.大小为2B，
18、方向沿OB方向D.大小为2B，方向沿OA方向解析由安培定则知导线A、B在O处产生的磁感应强度大小相等，方向相反，互相抵消，所以O处的磁感应强度即为导线C所产生的磁感应强度，即大小为2B，由安培定则可判定其方向沿OA方向，A、B、C错误，D正确。答案D4.(多选)如图甲所示，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t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A.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
19、期内做正功解析由FILB可知，安培力随时间的变化关系与电流随时间变化关系相同。所以金属棒先向右匀加速运动，再向右做匀减速运动，然后重复运动，故选项A、B、C均正确；安培力先做正功，后做负功，故选项D错误。答案ABC5.如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽为L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：(1)B至少多大？这时B的方向如何？ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？解析(1)画出截面图，如图所示。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最
20、小。根据左手定则，这时B应垂直于导线平面向上，大小满足：BI1Lmgsin ，B。(2)当B的方向改为竖直向上时，安培力的方向变为水平向右，由沿导轨方向合力为零，得BI2Lcos mgsin ，I2。答案(1)方向垂直导轨平面向上(2)6.如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速
21、度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。解析依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg答
22、案竖直向下0.01 kg活页作业学 考 题 组)1.下列说法中正确的是()A.磁感线可以表示磁场的方向和强弱B.磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极C.磁铁能产生磁场，电流不能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极解析磁感线能够用来表示磁场的强弱和方向，A正确；磁感线是闭合的曲线，不是终止于S极，B错误；磁铁和电流均能产生磁场，C错误；小磁针的N极指向应根据磁感线的切线方向进行判断，小磁针的N极在螺线管内部应指向通电螺线管的N极，D错误。答案A2.关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是()解析运用安培定则判断可知
23、，直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，选项A正确。答案A3.如图所示，通电螺线管周围放置能自由转动的小磁针a、b、c、d均已处于静止，则小磁针a、b、c、d指向正确的是()A.小磁针a B.小磁针bC.小磁针c D.小磁针d解析根据安培定则，判断出通电螺线管左边为N极，右边为S极，则静止时小磁针N极指向磁场方向，所以图中正确的只有小磁针c。答案C4.在匀强磁场中某处P放一个长度为L20 cm，通电电流I1 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F1.0 N，现将该通电导线从磁场中撤走，则P处磁感应强度为()A.0 B.0.2 T C.0.05 T D.5 T解析当L与B垂直时，导线所受安培力最
24、大，由公式B可得B5 T，注意单位的换算。答案D5.如图所示的四个图中，分别标明了通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是()解析根据左手定则可以判断，A中导线受力向下，B中，磁场与电流方向平行，导线不受力，C中导线受力方向向下，D中导线受力方向垂直于导线向下，故选项C正确。答案C6.在磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，且BaBbB.a、b两处的磁感应强度的大小相等C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该
25、处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出BaBb，所以A正确，B错误。答案A7.(2016宁波效实中学)如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且abcbcd135，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。则导线abcd所受到的磁场作用力的合力为()A.方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB.方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC.方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD.方向沿纸面向下，大小为(1)ILB解析由安培力公式FBI
26、L，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左。同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右。因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为FBIL，方向竖直向上；而bc段安培力的大小为BIL，方向是竖直向上。则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为(1)BIL，方向是竖直向上，故选A。答案A8.如图所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近。当导线mn中通以方向向上的电流，线框中通以顺时
27、针方向的电流时，线框的运动情况是()A.向左运动 B.向右运动C.以mn为轴转动 D.静止不动解析以mn为研究对象，线框内磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知导线mn受到向左的安培力，由牛顿第三定律可知线框受到向右的作用力，故线框向右运动，选项B正确。答案B9.如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图所示。当圆盘高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受安培力的方向是()A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向里 D.水平向外解析橡胶圆盘上高速转动的负电荷形成的电流方向与转动方向相反，由安培定则可知产生的磁场在圆盘上方是垂直圆盘向上的，
28、由左手定则判断通电导线所受安培力方向水平向里，选项C正确。答案C10.如图所示，在匀强磁场中用两根柔软绝缘的细线将金属棒ab悬挂在水平位置上，金属棒中通入由a到b的恒定电流I，这时两根细线均被拉紧，现要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可采用哪些方法()A.适当增大电流IB.将电流反向并适当改变大小C.适当减小磁感应强度D.将磁场反向并适当改变大小解析由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向上，由此可知BILFmg(F为细线的拉力)，要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可增大安培力大小，由安培力公式可知选项A对。答案A加 试 题 组)11.如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面
29、间的夹角为，整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则()A.磁场方向竖直向上B.磁场方向竖直向下C.金属杆ab受平行导轨向上的安培力D.金属杆ab受水平向左的安培力解析金属杆静止，则受力平衡，由于磁场方向沿竖直方向，则安培力必沿水平方向、导轨对金属杆必有支持力，只有安培力的方向水平向右，金属杆ab才可能静止。根据左手定则可知磁场方向竖直向上。答案A12.(2016宁波效实中学)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，弹簧处于原长状态，此时台秤读数为N1。现在磁铁上方
30、中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是()A.N1N2，弹簧长度将变长B.N1N2，弹簧长度将变短C.N1N2，弹簧长度将变长D.N1N2，弹簧长度将变短解析以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短，由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则N1N2，B正确。答案B13.(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接
31、，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2则()A.磁场方向一定竖直向下B.电源电动势E3.0 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由
32、动能定理知BILLsin mgL(1cos )0，代入数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3.0 V，B对；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量E的和，即WQE，而EmgL(1cos )0.048 J，D错。答案AB14.如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E12 V，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(
33、导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。解析(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安mgsin 30，代入数据得F安0.1 N。(2)由F安BIL，得I0.5 A。(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)，解得R0r23 。答案(1)0.1 N(2)0.5 A(3)23 第2课时磁场对运动电荷的作用考点一运动电荷在磁场中受到的力(c/c)基础过关1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。2
34、.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；大拇指指向洛伦兹力的方向。(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面。3.洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0。(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB。(90)(3)v0时，洛伦兹力F0。4.洛伦兹力的作用效果洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小。【过关演练】1.(2015浙江7月学考)如图所示，将蹄形磁铁的两极置于阴极射线管的两侧，管中的阴极射线(高速运动的电子流)发生了偏转
35、，其原因是运动的电子受到了()A.重力 B.摩擦力C.电场力 D.洛伦兹力答案D2.带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示。不计重力，下列分析正确的是()A.M带正电，N带负电B.M和N都带正电C.M带负电，N带正电D.M和N都带负电答案C要点突破要点洛伦兹力的理解1.洛伦兹力与安培力的关系(1)洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。(2)尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹力的宏观表现，但不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，只有当导体静止时能这样认为。
36、(3)洛伦兹力恒不做功，但安培力却可以做功。可见安培力与洛伦兹力既有联系，又有区别。2.洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力作用条件运动电荷的速度方向与B不平行时，运动电荷才受到洛伦兹力带电粒子只要处在电场中，就一定受到电场力大小方向FqvB，方向与B垂直，与v垂直，用左手定则判断FqE，F的方向与E同向或反向特点洛伦兹力永不做功电场力可做正功、负功或不做功相同点反映了磁场和电场都具有力的性质【例题】 有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是()A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用B.当电荷平行于电场方向运动时，不受电场力的作用C.电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D.电荷若受磁场力，
37、则受力方向与该处的磁场方向垂直解析当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B错误；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D正确。答案D精练题组1.下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是vB，F0，故C、D都错。答案B2.如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A.
38、当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动解析电子的速度vB、F洛0、电子做匀速直线运动。答案C3.在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转()A.不偏转 B.向东C.向西 D.无法判断解析根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。答案B4.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度
39、为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A.v变大 B.v变小C.v不变 D.不能确定v的变化解析由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确。答案B5.一个质量m0.1 g的小滑块，带有电荷量q5104 C，放置在倾角30的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。g取10 m/s2，则：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面
40、的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？解析(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvBFNmgcos 0当FN0时，小滑块脱离斜面，有qvBmgcos ，得v m/s2 m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin mv2斜面的长度至少是x m1.2 m答案(1)负电荷(2)2 m/s(3)1.2 m考点二带电粒子在匀强磁场中的运动(/d)基础过关1.匀速圆周运动的规律当vB时，带电粒子若只受洛伦兹力
41、作用，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。2.两个公式(1)由qvB，可得R。(2)T。【过关演练】1.两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可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小，D选项正
42、确。答案D2.(2016绍兴一中期中)如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且AOB120，则该粒子在磁场中运动的时间为()A. B. C. D.解析由图可知，粒子转过的圆心角为60，Rrtan 60r，转过的弧长为l2R，则运动所用时间t，选项D正确。答案D要点突破要点一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动分析方法这类问题主要涉及两个公式：r和T，但题目千变万化，主要困难是时空关系的确定，可归纳为12个字：找圆心、定半径、画轨迹、找关系。(1)圆心的确定一般有以下几种情况：已知
43、粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度方向的垂线，交点即为圆心；已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心；已知粒子运动轨迹上的两条弦，作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心。(2)半径的确定和计算圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识。(3)在磁场中运动时间的确定利用几何关系计算出圆心角的大小，由公式tT可求出粒子在磁场中的运动时间，有时也用弧长与线速度的比t，来求粒子在磁场中的运动时间。【例1】 (多选)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场
44、，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A.a粒子速率最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁场中运动的时间最长D.它们做圆周运动的周期TaTbtbtc，C对、D错。答案BC要点二带电粒子在有界磁场中临界问题1.临界现象(1)当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。(2)解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。2.极值问题(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电
45、粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。【例2】 矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长)(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？解析(1)若粒子速度为v0，由qv0Bm得R若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则R1
46、R1sin 将R1代入上式可得v01若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则R2R2sin 将R2代入上式可得v02所以粒子能从ab边上射出磁场的入射速度v0的大小应满足v0。(2)设粒子入射速度为v，在磁场中经过的弧所对的圆心角为，则t，则越大，在磁场中运动的时间也越长，由图可知，粒子在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(22)。所以粒子在磁场中运动的最长时间为t。答案(1)v0(2)精练题组1.如图所示，在第象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为()A.12
47、 B.21C.1 D.11解析正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120，负电子圆周部分所对应圆心角为60，故时间之比为21。答案B2.(多选)如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀磁强场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，如图所示。根据上述条件可求下列物理量中的()A.带电粒子的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子在磁场中运动的半径D.带电粒子的初速度解析
48、根据左手定则可以判断该粒子为正电荷，粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知，粒子在磁场中通过的圆心角为60，其时间应为周期的，即周期T6t；由于磁感应强度B已知，根据T则可求出粒子的比荷；由于无法求出粒子的速度，因此半径无法求出，所以选项A、B正确。答案AB3.(多选)(2016瑞安中学期中)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是()A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间 一定不同B.入射速度相同的粒
49、子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析由T可知，粒子的运动周期与粒子的速度无关，若入射速度不同的粒子从左边界飞出，则粒子的偏转角相同，运动时间相同，A、C错误；由r可知，入射速度相同的粒子运动轨迹相同，B正确；由粒子的运动时间tT可知，D正确。答案BD4.(多选)如图所示，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L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，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
50、B2.0104 T。电子质量m9.11031 kg，电量e1.61019 C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6106 m/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.90时，l9.1 cm B.60时，l9.1 cmC.45时，l4.55 cm D.30时，l4.55 cm解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R4.55 cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当90时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故lL9.1 cm，A正确；当30时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙
51、所示，故粒子只能打在NO范围内，故l4.55 cm，D正确；进而可分析知当45或60时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cmllR。因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1。即：NP1。再考虑N的右侧。粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即粒子能打到的右侧最远点。由图中几何关系得NP2，所求
52、长度为P1P2NP1NP2代入数值得P1P220 cm。答案20 cm6.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：(1)电子的速率v0至少多大？(2)若角可取任意值，v0的最小值是多少？解析本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：rrcos
53、d又r由得v0故电子要射出磁场，速率至少应为。(2)由式可知，0时，v0最小，由式知此时半径最小，rmin，也可由轨迹分析得出上述结论。答案(1)(2)活页作业学 考 题 组)1.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是()A.洛伦兹力对带电粒子做功B.洛伦兹力不改变带电粒子的动能C.洛伦兹力的大小与速度无关D.洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直，所以洛伦兹力永远不做功，即不改变粒子的动能，A错误，B正确；洛伦兹力FqvB，C错误；洛伦兹力不改变速度的大小，但改变速度的方向，D错误。答案B2.(2016嘉兴一中期中)如图所示一个带电粒
54、子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中情况可以确定()A.粒子从a到b，带正电 B.粒子从b到a，带正电C.粒子从a到b，带负电 D.粒子从b到a，带负电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，根据粒子在磁场中运动的半径公式r可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确。答案B3.图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性错误的是()解析根据左手定则可知A图中洛伦兹力方向为竖直向上，B
55、图中洛伦兹力方向垂直纸面向里，C图中粒子带正电，D图中洛伦兹力方向垂直纸面向外，故选项C错误。答案C4.(2016绍兴一中期中)如图所示是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是()A.加一沿y轴正方向的磁场B.加一沿y轴负方向的磁场C.加一沿z轴正方向的磁场D.加一沿z轴负方向的磁场解析若想使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，则需使每个电子向上受洛伦兹力作用，根据左手定则可知需要加一沿y轴负方向的磁场，故选B。答案B5.a、b、c三束粒子沿纸面向上射入垂直于纸面向内的匀强磁场
56、中，偏转轨迹如图所示，关于粒子带电性质，下列判断正确的是()A.a带负电荷 B.a带正电荷C.b带正电荷 D.c带正电荷解析由左手定则判断洛伦兹力的方向，负电荷粒子向右偏，正电荷粒子向左偏，不带电的粒子做直线运动，选项B正确。答案B6.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示，试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右解析由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上，则通过圆环中间区域的磁场方向向下，根据左手定则可知电子束将向左偏转，故选项C正确。答案C7.洛伦兹力可以使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子
57、的运动速度、洛伦兹力及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能正确的是()解析电荷在磁场中所受的洛伦兹力遵守左手定则，再结合曲线运动的受力特点，即所受合力一定指向曲线内侧，可判断A正确。答案A8.(2016温州十校期中)一倾角为的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是()A.物块带正电B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功C.物块最终将静止在斜面上D.下滑过程中物块的机械能守恒解析物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，选
58、项A正确；洛伦兹力始终垂直于速度，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D错误。答案A加 试 题 组)9.(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2B，B1kB则由牛顿第二定律得：qvBT由得：R，T所以k，k根据a，可知，所以选项A、C正确，B、D错误。答案A
59、C10.如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为21D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为12解析带电粒子在匀强磁场中运动，r，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan 60，tan 30，联立解得带电粒子的运动半径之比，由知粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31，A正确，B错误；由tT知带电粒子1与带
60、电粒子2在磁场中运动时间的比值为，C、D错误。答案A11.(多选)如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是()A.lalclb B.lalblcC.tatbtc D.tatbtc解析由带电粒子在磁场中运动的特征可以画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示。由带电粒子在磁场中运动的半径公式R和周期公式
61、T很容易得出lalclb，tatbtc，所以B、C错误，A、D正确。答案AD12.如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B0.10 T，磁场区域的半径r m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C。今有质量为m3.21026 kg、带电荷量为q1.61019 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求：(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为
62、多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T。由牛顿第二定律有qvBm，又T，联立得R，T，代入数据可得R2 m。由轨迹图知tan ，即30，则全段轨迹运动时间t2T，代入数据，可得t4.19106 s。(2)在图中过O2点向AO1作垂线，根据运动轨迹的对称关系可知侧移距离为d2rsin 22 m。答案(1)4.19106 s(2)2 m第3课时带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场和复合场中的运动(/d)基础过关一、带电粒子在复合场中的运动1.复合场：电场、磁场、重力
63、场共存，或其中某两场共存。2.带电粒子在复合场中运动的几种情况(1)当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，粒子将静止或做匀速直线运动。(2)当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做直线运动。(3)当带电粒子所受的合外力充当向心力且大小不变时，粒子将做匀速圆周运动。(4)当带电粒子所受合外力大小与方向均变化时，粒子将做非匀变速曲线运动，这类问题一般用能量关系来处理。二、带电粒子在组合场中的运动(1)组合场：是指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且不重叠。(2)对“组合场”问题的处理方法：进行分段处理，注意在两种区域交界处的边界问题与运动的连接条件。【过关
64、演练】1.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有xv0t2h，y
65、at2h，qEma，联立以上各式可得E。(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vyatv0，所以vav0，方向指向第象限且与x轴正方向成45角。(3)粒子在磁场中运动时，有qvaBm，当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rL，所以B。答案(1)(2)v0指向第象限且与x轴正方向成45角(3)要点突破要点一带电粒子在组合场中运动处理方法解决带电粒子在组合场中运动的一般思路：(1)明确组合场是由哪些场组合成的。(2)判断粒子经过组合场时的受力和运动情况，并画出相应的运动轨迹简图。(3)具体运动问题的思路方法如图【例1】 (2015浙江10月选考)如图所示为水平放置的小型粒子加速器
66、的原理示意图，区域和存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，长L1.0 m的区域存在场强大小E5.0104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区域中间上方有一离子源S，水平向左发射动能Ek04.0104 eV的氘核，氘核最终从区域下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h0.10 m。(氘核质量m21.671027 kg，电荷量q1.601019 C，1 eV1.601019 J，1104)(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2；(2)若B11.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域的最小宽度d；(3)若B11.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域的磁感应强度
67、B2。解析(1)由动能定理WEk2Ek0，电场力做功WqE2L，得Ek2Ek0qE2L2.241014 J。(2)洛伦兹力提供向心力qvBm，第一次进入B1区域，半径R00.04 m，第二次进入B1区域，mvEk0qEL，R20.06 m，故dR20.06 m。(3)氘核运动轨迹如图所示。由图中几何关系可知2R2h(2R12R0)，得R10.05 m，由R1，得B21.2 T。答案(1)2.241014 J(2)0.06 m(3)1.2 T要点二带电粒子在复合场中运动问题的分析方法1.弄清复合场的组成，如磁场、电场的复合，磁场、重力场的复合，磁场、电场、重力场三者的复合等。2.正确受力分析，除
68、重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。3.确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。4.对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理。5.画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。6.对于临界问题，注意挖掘隐含条件。【例2】 (多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场(场强为E)
69、和匀强磁场(磁感应强度为B)的复合场中，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则()A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径rC.小球做匀速圆周运动的周期TD.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力大小相等，方向相反，则小球带负电，A错误；由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv，Uqmv2，联立mgqE可得：小球做匀速圆周运动的半径r，由T可以得出T，所以B、C正确，D错误。答案BC精练题组1.在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是()解析若电子水平向右运动，在A图中电场力水
70、平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，电子不可能向右做直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B正确。答案B2.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动。下列说法正确的是()A.微粒一定带负电 B.微粒动能一定减小C.微粒的电势能一定增加 D.微粒的机械能不变解析微粒爱到竖直向下的重力，水平方向的电场力，垂直速度方向的洛伦兹力
71、，其中重力和电场力是恒力，由于微粒沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒是做匀速直线运动，动能不变，所以B项错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以微粒受到的力不会平衡，故该微粒一定是带负电，A项正确；该微粒带负电，向左上方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该微粒的机械能增加，D项错误。答案A3.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的
72、是()A.该离子带负电荷B.A点和B点位于不同高度C.离子在C点时速度最大D.离子到达B点时，将沿原曲线返回A点解析因为离子由A运动到了B，由运动轨迹可判断离子带正电，选项A错误；到达B点时速度为零，说明电场力做功为零，所以A点和B点位于同一等势面上，即同一高度，选项B错误；由于洛伦兹力不做功，在运动过程中，到C点时电场力做功最多，因此离子在C点时速度最大，选项C正确；在B点对离子受力分析可知，离子将向右重复曲线运动，选项D错误。答案C4.如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两极板及左侧边缘线相切。一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间
73、中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上。(1)求两极板间电压U；(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板间左侧飞出，射入的速度v应满足什么条件？解析(1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动L：(L2R)t0，解得L4R粒子在电场中做类平抛运动L2Rv0aRa()2在复合场中做匀速运动qqv0B联立各式解得v0，U。(2)设粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为
74、r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为，由几何关系可知45，rrR因为R()2，所以根据牛顿第二定律有qvBm，解得v所以，粒子在两板间左侧飞出的条件为0v。答案(1) (2)0v5.(2016浙江余杭期末)如图所示，两块水平放置、相距为2d的金属板接在电压可调的直流电源上，金属板长为2d，两板间存在方向垂直纸面向里、宽度为d的匀强磁场。现有一质量为m、电量为q的带负电颗粒以v0的水平速度沿中心线进入两板之间，调节电源电压，使带电颗粒在电场区域恰好沿水平方向做匀速直线运动，经过电场和磁场共存区域后从P点射出，已知P点距下极板为，重力加速度为g。(1)判断上极板所带电荷的种类，并求两极板
75、间的电势差；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小。解析(1)电场力方向向上，电场强度方向向下，所以，上极板带正电荷；设两极板电势差为U，电场力与重力平衡，则由：qmg得：U(2)颗粒在电场和磁场区域内做匀速圆周运动，设半径为R，由几何关系可知R2d2(R)2得：Rd由Bqv0m则磁感应强度：B答案(1)(2) 6.如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射
76、线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场。已知OPh，不计粒子重力，求：(1)粒子经过Q点时的速度大小；(2)匀强电场电场强度的大小；(3)粒子从Q点运动到M点所用的时间。解析(1)粒子做类平抛运动到Q点时将速度分解如图，可得vQ2v0(2)vyvQcos 30v0P到Q，带电粒子做类平抛运动，设OQL，则x轴方向：Lcos 30v0ty轴方向：hLsin 30vytvyat，qEma联立解得：t，L，E(3)由题意得，粒子在磁场中做圆周运动的半径rLh粒子从Q运动到M点，圆心角则运动时间tT。答案(1)2v0(2)(3)考点二带电粒子在复合场中运动的实际应用(/d
77、)基础过关1.速度选择器(如图所示)(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直。这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器。(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是电场力等于洛伦兹力，即v。2.回旋加速器回旋加速器是利用电场对电荷的加速作用和磁场对运动电荷的偏转作用来获得高能粒子的装置。由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T，与速率无关，所以只要交变电场的变化周期等于粒子做圆周运动的周期，就可以使粒子每次通过电场时都能得到加速。粒子通过D形金属盒时，由于金属盒的静电屏蔽作用，盒内空间的电场极弱，所以粒子只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，设D形盒的半径为r，
78、则粒子获得的最大动能为。3.质谱仪质量为m、电荷量为q的粒子，从容器下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，从S2射出电场时的速度v，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D处，则S3与D的距离d，跟带电粒子比荷的平方根成反比。【过关演练】1.回旋加速器的工作原理示意图如图所示。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法
79、正确的是()A.质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为21D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变解析质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v2Rf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据r，Uqmv，2Uqmv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨迹半径之比为1，C错误；因回旋加速器的最大动能Ekm2m2R2f2与m，R，f均有关，D错误。答案A2.如图所示是质谱仪的工作原理
80、示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述不正确的是()A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小解析粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B正确；由EqBqv可知v，选项C正确；粒子打在胶片
81、上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D，可见D越小，则粒子的比荷越大，D不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误。答案D要点突破要点粒子速度选择器、质谱仪、回旋加速器粒子速度选择器、质谱仪、回旋加速器等实际应用问题要重视物理模型意识的培养，善于把握模型的本质，理解原理，学会变通。【例1】 (多选)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断()A.若离子束是同位素，则
82、x越大，离子质量越大B.若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小C.只要x相同，则离子质量一定相同D.只要x相同，则离子的比荷一定相同解析由动能定理qUmv2。离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有：x2r，故x，分析四个选项，A、D正确，B、C错误。答案AD【例2】 (多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A.粒子由加速器的中心附近进入加速器B.粒子由加速器的边缘进入加速器C.粒子从磁场中获得能量D.粒子从电场中获得能量解析粒子由加速器的中心附近进入加速器，从电
83、场中获取能量，最后从加速器边缘离开加速器，选项A、D正确。答案AD精练题组1.(多选)如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(H)和氦核(He)。下列说法中正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.它们在D形盒中运动的周期相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案AC2.(多选)如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法国际空间站中，用来探测宇宙射线。现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成
84、两条径迹，则下列说法中正确的是()A.粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度B.粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度C.粒子1的比荷大于粒子2的比荷D.粒子1的比荷小于粒子2的比荷解析粒子所受合力为零时沿OO做直线运动，由EqB1qv得v，可见A错，B对；在磁场B2中，R，可见粒子的比荷与半径成反比，故C对，D错。答案BC3.(多选)如图所示，一束正离子先后通过正交电场磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子流在区域中不偏转，进入区域后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的()A.电荷 B.质量C.速度 D.比荷解析离子在区域内不偏转，则有qvBqE，v，说明离子有相同速度，C对；在区
85、域内半径相同，由r知，离子有相同的比荷，D对；至于离子的电荷与质量是否相等，由题意无法确定，A、B错。答案CD4.(多选)如图，带电平行板中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，带电小球从光滑绝缘导轨上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间，恰好沿水平方向做直线运动，现让小球从较低的b点开始自由滑下，经P点进入板间，在板间运动过程有()A.小球动能会增大B.小球电势能会增大C.小球所受电场力会增大D.洛伦兹力增大解析带电小球进入场区沿直线运动说明做匀速直线运动，受力平衡。若小球带负电，所受电场力、重力、洛伦兹力均竖直向下，小球受力不平衡，故小球带正电，并有qvBEqmg，小球从较低点滑
86、下，进入复合场时速度变小，qvBEqqvB，由E可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误。答案D3.如图所示，一块金属块放在匀强磁场中，通以沿x轴正方向的电流，若测得金属块上表面的电势高于下表面的电势，则可判断磁场的方向是()A.沿y轴正方向 B.沿y轴负方向C.沿z轴负方向 D.沿z轴正方向解析当通以沿x轴正方向的电流时金属块中电子会向x轴负方向流动，而据题意知电子受力方向为向下，所以据左手定则知磁场方向沿z轴负方向。答案C4.如图所示为一速度选择器，两极板P1，P2之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度
87、为B的匀强磁场。一束粒子流(重力不计)以速度v从S1沿直线运动到S2，则下列说法中正确的是()A.粒子一定带正电B.粒子一定带负电C.粒子的速度一定等于D.粒子的速度一定等于解析若粒子带正电，在板间受电场力向左，由左手定则得洛伦兹力向右；若粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力向左，也可以做直线运动，故粒子可能带正电，也可能带负电，所以A，B错误；要做直线运动，要求BqvqE，v，所以C错误，D正确。答案D5.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样
88、由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek的大小是()A.EkEk B.EkEkC.EkEk D.条件不足，难以确定解析设质子的质量为m，则氘核的质量为2m。在加速电场里，由动能定理可得eUmv2，v，在复合场里有BqvqE，则v，同理对于氘核由动能定理可得其离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，选项B正确。答案B6.有一个带电荷量为q、重量为G的小球从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是(
89、)A.不可能做曲线运动B.一定做曲线运动C.有可能做匀加速运动D.有可能做匀速运动解析小球的速度增大，洛伦兹力增大，小球一定做变加速曲线运动，不可能做匀速或匀加速运动A、C、D错。答案B7.如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的微粒以速度v沿与磁场垂直、与电场成45角的方向射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E的大小及磁感应强度B的大小。解析由于带电微粒做匀速直线运动，且F洛与F电不共线，说明微粒必然还要受到重力作用，且F洛必然斜向上，即粒子带正电，其受力如图，由qEmgtan 45和mgqvBcos 45，解得E，B。答案8.(2016
90、浙江衢州一中选考)如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN2d、PN3d，离子重力不计。(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qUmv2离
91、子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0，得：R。(2)离子做类平抛运动，则dvt，3dat2，根据牛顿第二定律，有qEma，得：E。(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB，得r，离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中和。由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：dr2d，则有B。答案(1)(2)(3)B9.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
92、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。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。(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，求引出
93、通道内电场强度方向和大小。解析(1)离子做圆周运动，则有Bqv得q，正电荷。(2)如图所示，OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧，则有Bqv，得R，根据几何关系得R，故B。(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，BqvEq，得EBv。答案(1)正电荷(2)(3)沿径向向外Bv10.(2016温州十校期中)如图所示，在第象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直x轴进入第象限的磁场，已知OP之间的距离为d，(不计粒子重力)求：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)带电粒子从进入磁场到第二次经过x轴，在磁场中运动的总时间；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。解析(1)带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知，带电粒子到达y轴时的速度vv0，这一过程的时间t1，电场中沿y轴的位移yv0t2d，根据几何关系得到，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r2d(2)带电粒子在第象限中的运动时间为：t2带电粒子在第象限中运动的时间为：t3故t总(3)磁场中r电场中a，又a，求得：B答案(1)2d(2)(3)
