1、第八章 磁场备考指南考 点内 容要求题型把 握 考 情一、磁场、安培力磁场、磁感应强度、磁感线选择找 规 律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点考查安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题。对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现；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，分值较高。通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向二、带电粒子在匀强磁场中的运动匀强磁场中的安培力选择、计算洛伦兹力、洛伦兹力的方向三、带电粒子在组合场叠加场中的运动洛伦兹力公式选择、计算明 热
2、 点预计在2017年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、复合场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的几率较大。带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器第1节 磁场的描述_磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。()(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。()(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。()(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。()(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。()(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。()(7)安培力可能做
3、正功，也可能做负功。()1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。要点一对磁感应强度的理解1理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B认为B与F成正比，与IL成反比。(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。2磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B(L与B垂直)E方向磁感
4、线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。(2)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。多角练通下列关于磁场或电场的说法正确的是_。通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大放在匀强磁场中各处的通电导线，受力
5、大小和方向处处相同磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱地磁场在地球表面附近大小是不变的地磁场的方向与地球表面平行答案：要点二安培定则的应用与磁场的叠加1常见磁体的磁感线图8112电流的磁场及安培定则安培定则磁感线磁场特点直线电流的磁场无磁极、非匀强磁场，且距导线越远磁场越弱环形电流的磁场环形电流的两侧分别是N极和S极，且离圆
6、环中心越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场3.磁场的叠加磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。典例(多选)(2014海南高考)如图812，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()图812Aa处的磁感应强度大小比c处的大Bb、c两处的磁感应强度大小相等Ca、c两处的磁感应强度方向相同Db处的磁感应强度为零解析对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁
7、场为零，D正确；两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c处的大，A正确，C错误。答案AD方法规律安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指针对训练1. (多选)(2013海南高考)3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为I，电流方向如图813所示。a、b和c三点分别位于三角形的3个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c
8、处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是()图813AB1B2B3BB1B2B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里解析：选AC对于a点，由右手螺旋定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，水平导线在此点产生的磁场方向向外；对于b点，斜向右上方的导线与水平导线在此点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，斜向左上方的导线在此点产生的磁场方向向外；对于c点，水平导线在此点产生的磁场方向向里，斜向左上方和斜向右上方的导线在此点产生的磁场方向也向里，则c点合磁场方向向里，且有B3B
9、1B2。综上可知A、C正确。2. (2013安徽高考)图814中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图814A向上B向下C向左 D向右解析：选B根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。要点三判定安培力作用下导体的运动1判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况
10、，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2五种常用判定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多角练通1.如图815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，且垂直于线
11、圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是()图815A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：选A方法1：电流元法。首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示。根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动，选项A正确。方法2：等效法。将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左移动，选项A正确。也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥”，可判断出线圈向左运动。2如图816所示，直导线ab与圆线圈的
12、平面垂直且隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将()图816A不动B顺时针转动，同时靠近导线C逆时针转动，同时离开导线D逆时针转动，同时靠近导线解析：选D由安培定则可知直线电流ab的磁场在其右方方向垂直纸面向里，利用等效法将自由移动的环形电流看成小磁针，其N极将转向纸面向里，排除A、B；用线圈平面转到趋近纸面时的特殊位置分析，由结论法(同向电流相吸，反向电流相斥)可知，线圈左侧受直导线引力，右侧受直导线斥力，离直导线越近磁感应强度越大，安培力越大，使得线圈所受直线电流的安培力向左，即线圈在靠近导线。3.如图817所示，把一重力不计的通电导线
13、水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)()图817A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升解析：选A结合微元法与特殊位置法解答本题。如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外
14、的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项A正确。要点四安培力作用下的平衡和加速问题1安培力公式FBIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度。2通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安B、F安I；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。典例(2015全国卷)图818如图818，一长为10 cm的金属
15、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了l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg
16、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FBIL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。答案安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg易错提醒(1)本题中安培力的方向易判断错误。(2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.50.3)cm，不是0.3 cm或(0.50.3)cm。针对训练1(多选)(2014浙江高考)如图819甲所示，两根光滑平行导轨水平
17、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()图819A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期内做正功解析：选ABC由左手定则可知，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，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、
18、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。2如图8110所示，水平导轨间距为L0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m1 kg，电阻R00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势E10 V，内阻r0.1 ，电阻R4 ；外加匀强磁场的磁感应强度B5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角53；ab与导轨间的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 530.8，cos 530.6。求：图8110(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力
19、G的取值范围。解析：(1)I2 A方向为a到b。(2)FBIL5 N(3)受力如图fm(mgFcos 53)3.5 N当最大静摩擦力方向向右时FTFsin 53fm0.5 N当最大静摩擦力方向向左时FTFsin 53fm7.5 N所以0.5 NG7.5 N。答案：(1)2 Aa到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N安培力作用下的功能关系安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。(一)电磁炮问题1.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图8111所示，利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆
20、EF的质量)加速到6 km/s。若这种装置的轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小和磁场力的最大功率。(轨道摩擦不计)图8111解析：电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加速运动。因为通过100 m的位移加速至6 km/s，利用动能定理可得F安sEk，即BILs mv20。代入数据可得B18 T。运动过程中，磁场力的最大功率为PFvmBILvm2.16106 W。答案：18 T2.16106 W(二)安培力作用下的平抛问题2.如图8112所示，在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放
21、在高h20 cm的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取10 m/s2)图8112解析：在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：Wmv2设平抛运动的时间为t，则竖直方向：hgt2水平方向：svt解得：W0.5 J。答案：0.5 J反思领悟安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化安培力做正功时将电源的能量转化为导线的机械能或其他形式的能。安培力做负功时将机械能转化为电能或其他形式的能。对点训练
22、：磁感应强度、安培定则1(多选)(2015全国卷)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产
23、生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。2(2014全国卷)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角
24、有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力FBIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为FBIL，D错误。3.电视机显像管的偏转线圈示意图如图1所示，某时刻电流方向如图所示。则环心O处的磁场方向()图1A向下B向上C垂直纸面向里D垂直纸面向外解析：选A对于左右两个螺线管，由安培定则可以判断出上方均为磁场北极，下方均为磁场南极，所以环心O处的磁场方向向下，即A选项正确。4. (多选)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图2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
25、、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()图2AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM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上只有一点的磁感应强度为零解析：选BD两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得1234，矢量相加可知M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确。5.如图3所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀
26、强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。ab、bc和cd段的长度均为L，且abcbcd135。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。判断导线abcd所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是()图3A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：选A将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的方向，根据FBIL计算出安培力的大小，再求合力。导线所受合力FBIL2BILsin 45(1)ILB。对点训练：安培力作用下的平衡和运动问题6(2016汕头质检)如图4所示，两个圆形线圈
27、P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若I1I2，P、Q受到安培力大小分别为F1和F2，则P和Q()图4A相互吸引，F1F2B相互排斥，F1F2C相互排斥，F1F2D相互吸引，F1F2解析：选D由于P、Q通以同向电流，据“同向电流相吸，异向电流相斥”可知，P、Q是相互吸引的，P、Q之间的相互吸引力遵循牛顿第三定律，总是等大、反向。7(多选)(2015汕头二模)如图5是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路。以下说法正确的是()图5A闸刀刀片中的电流方向为C至OB闸刀刀片中的电流方向为O至CC跳闸时
28、闸刀所受安培力没有做功D增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小解析：选BD闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向为OC，故A错误，B正确；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误；跳闸的作用力是一定的，依据安培力FBIL可知，电流I变小，故D正确。8. (2015苏州调研)如图6所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向
29、向外的电流时()图6A导线框将向左摆动B导线框将向右摆动C从上往下看，导线框将顺时针转动D从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确。9. (2016泰州模拟)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图7所示。下列哪种情况将会发
30、生()。图7A因L2不受磁场力的作用，故L2不动B因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动CL2绕轴O按顺时针方向转动DL2绕轴O按逆时针方向转动解析：选D由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕固定转轴O按逆时针方向转动。故D正确。10. (多选)(2015广州三模)如图8所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为。磁感应强度方向和大小可能
31、为()图8Az正向，tan By正向，Cz负向，tan D沿悬线向上，sin 解析：选BC本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小。若B沿z正向，则从O向O看，导线受到的安培力FILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A错误。若B沿y正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示。当FT0，且满足ILBmg，即B时，导线可以平衡，B正确。若B沿z负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示。若满足FTsin ILB，FTcos mg，即B，导线可以平衡，C正确。若B沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于导线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，
32、D错误。考点综合训练11(2015南京调研)如图9所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L1 m。PM间接有一个电动势为E6 V，内阻r1 的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M0.3 kg。棒与导轨的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是()图9A6 B5 C4 D2 解析：选A据题意，当棒受到的摩擦力向左且最大时，有：FfMg，由于fFNmg1 N，
33、则安培力为：F2 N，安培力据FBLIBL可得R5 。当摩擦力向右且最大时有：MgfBLIBL，R2 ，故滑动变阻器阻值范围是2 至5 ，故A选项不可能。12(2016汕头模拟)如图10是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则()图10A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将逆时针转动Da、b导线受到的安培力大小总为BIl解析：选D匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C
34、错误；易知选项B错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确。13.某同学自制一电流表，其原理如图11所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。图11(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；(2)为使电流表正
35、常工作，判断金属杆MN中电流的方向；(3)若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，则有mgkx，故x。(2)根据左手定则，金属杆中的电流方向为：MN。(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有：BImL1mgk(L2x)故Im。答案：(1)(2)MN(3)第2节 磁场对运动电荷的作用(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。()(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()(3)根据公式T，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。()(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，
36、所以洛伦兹力也可能做功。()(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。()(6)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。()(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。()(1)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。(2)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(3)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。(4)1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和D形盒
37、直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同) 要点一对洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力一定不做功。2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v0且v不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE方向FB且Fv正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下
38、都不做功可能做正功，可能做负功，也可能不做功多角练通1(2015海南高考)如图821，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图821A向上B向下C向左 D向右解析：选A条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。2(多选)(2016杭州模拟)如图823所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右
39、侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()图823AC点与A点在同一水平线上B小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D小球从A到B的时间是从C到P时间的倍解析：选AD小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项
40、B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(斜面倾角均为)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin ，由xat2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的倍，选项D正确。要点二带电粒子在匀强磁场中的运动1圆心的确定图823(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图823甲所示)。(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如
41、图823乙所示)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动：直线边界(进出磁场具有对称性，如图824所示)。图824平行边界(存在临界条件，如图825所示)。图825圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图826所示)。图8262半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：粒子速度的偏向角()等于圆心角()，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图827)，即2t。图8273运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间可由下式表示：tT(或tT)，t(l为弧长)。典例如图828所示，虚线圆所围区域有方
42、向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：图828(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息一束电子沿圆形区域的直径方向射入沿半径方向入射，一定会沿半径方向射出运动方向与原入射方向成角为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角第二步：找突破口(1)要求轨迹半径应根据洛伦兹力提供向心力求解。(2)要求运动时间可根据t T，先求周期T。(3)要求圆形磁场区域的
43、半径可根据几何关系求解。解析(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB解得R。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T由如图所示的几何关系得圆心角，所以tT。(3)由如图所示几何关系可知，tan，所以rtan。答案(1)(2)(3)tan方法规律带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题三步法针对训练1(2015全国卷)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：选D分析轨道半径：
44、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。选项D正确。2利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图829所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。图829已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1m2)，电荷量均为q。加速
45、电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。解析：(1)加速电场对离子m1做的功WqU由动能定理m1
46、v12qU得v1(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB，R，利用式得离子在磁场中的轨道半径分别为R1，R2两种离子在GA上落点的间距s2R12R2()。(3)质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R1R2)d利用式，代入式得2R1dR1的最大值满足2R1mLd得(Ld)d求得最大值dmL。答案：(1) (2) ()(3)L要点三带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响
47、，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面：(一)带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解。 典例1如图8210所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM和NN是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。图8210解析题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN相切的圆弧，轨道半径：R又dR解得v(2)。若q为负电荷，轨迹如图所示的下
48、方与NN相切的圆弧，则有：RdR，解得v(2)。答案(2)(q为正电荷)或(2)(q为负电荷)(二)磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。 典例2(多选)(2016商丘模拟)一质量为m，电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.B.C. D.解析依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两
49、个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqvm，得v，此种情况下，负电荷运动的角速度为；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqvm，v，此种情况下，负电荷运动的角速度为，应选AC。答案AC(三)带电粒子速度不确定形成多解有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。 典例3(多选)如图8211所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿
50、BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为图8211A2BkL B.C. D.解析因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，即vBk(n1,2,3，)，选项B、D正确。答案BD(四)带电粒子运动的往复性形成多解空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解。 典例4(2014江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图8212所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，
51、磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。图8212(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。审题指导(1)试在图中画出粒子打到P点、N点、M点的运动轨迹(为方便画图，可
52、设P、N、M不确定的点)提示：(2)在图中确定圆周运动的圆心位置，并通过几何关系把L与d和半径r的关系写出来。提示：L3rsin 303dcos 30(3)打到M点的粒子，每经过一次磁场沿OO方向前进多少距离？提示：前进距离L2dcos 302rsin 30解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h。(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为rmqvBmqvB由题意知3rsin 304rsin 30解得vvv。(3)设粒子经过上下方磁场共n次由题意知L(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且mqvnB，解得vn
53、(1n1，n取整数)。答案见解析方法规律巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。要点四带电粒子在有界磁场中的临界值问题多维探究(一)半无界磁场典例1(多选) (2015四川高考)如图8213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直线的夹盘角为 ，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
54、应强度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()图8213A90时，l9.1 cmB60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cmD30时，l4.55 cm解析电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB，R4.55102 m4.55 cm，90时，击中板的范围如图甲，l2R9.1 cm，选项A正确；60时，击中板的范围如图乙所示，l2R9.1 cm，选项B错误；30，如图丙所示lR4.55 cm，当45时，击中板的范围如图丁所示，lR(R4.55
55、cm)，故选项D正确，选项C错误。答案AD(二)四分之一平面磁场典例2如图8214所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。图8214解析轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心O，并得出半径为r，得B；射出点坐标为(0，a)。答案B射出点坐标为(0，a)(三)矩形磁场典例3如图8215所示，竖直线MNPQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均
56、为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成60角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为()图8215A.B.C. D.解析当60时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则aRsin 30，即R2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，则其在磁场中运行的时间为tT，即越大，粒子在磁场中运行的时间越长，最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R2a，此时圆心角m为120，即最长运行时间为，而T，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。答案C(四)正方形磁场典例4(多选)如图8216所示，在正方形a
57、bcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是()图8216Av1v212 Bv1v24Ct1t221 Dt1t231解析甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲T乙。设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1，运行时间为t1，乙粒子运行半径为r2，运行时间为t2，而r，所以v1v2r1r24，
58、选项A错误、B正确；t1t231，选项C错误、D正确。答案BD(五)三角形磁场典例5如图8217所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()图8217ABBBCB DB解析由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r有，即B，选D。答案D(六)圆形磁场 典例6如图8218所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的
59、a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。图8218解析 粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此r设x，由几何关系得RxR联立式得rR再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电
60、场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间。联立式得E答案(七)半圆形磁场 典例7如图8219所示，长方形abcd长ad0.6 m，宽ab0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B0.25 T。一群不计重力、质量m3107 kg、电荷量q2103 C的带电粒子以速度v5102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则()图8219A从Od边射入的粒子，出射点全部分布在
61、Oa边B从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边解析由r得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r0.3 m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。答案D确定带电粒子在磁场中运动轨迹的三种巧妙方法带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些考题不但涉及洛伦兹力作用下的动力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，成为考查学生综合分析问题、运用数学知识解决物理问题的难度较大的考题。下面举三种确定带电粒子运动轨迹的方法。(一
62、)对称法利用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹的对称性画出其运动轨迹，利用几何关系求出半径和圆心角。 1.如图8220所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()图8220A.tB2tC.t D3t解析：选B带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvBm，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r，圆弧AC所对应的圆心角AO1C60，经历的时间为tT(T为粒子在匀强磁场中
63、的运动周期，大小为T，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r知其在磁场中的轨道半径变为，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角AO2D120，经历的时间为tT2t。由此可知本题正确选项只有B。(二)旋转圆法在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射速度大小相同的带电粒子时，带电粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的半径相同的动态圆，用这一规律可快速确定粒子的运动轨迹。2. (多选)如图8221所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大
64、小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知AOC60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为()图8221A. B.C. D.解析：选AB粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，轨迹半径R相同。设OSd，以S为圆心，将轨迹圆逆时针旋转。当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。由此得到：轨迹半径为：Rd，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子
65、在磁场中运动的时间最短。则：SEd，由几何知识，得60，最短时间：tmin。所以，粒子在磁场中运动时间范围为Tt，故不可能的是A、B。(三)放缩圆法带电粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入同一匀强磁场中，做圆周运动的半径随着速度的增大而增大，因此其轨迹为半径放大的动态圆，利用放缩的动态圆，可以找出临界状态的运动轨迹。 3如图8222所示，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从矩形区域ad边中点O射出与Od边夹角为30，大小为v0的带电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力忽略不计，求：图8222(1)试求粒子能从ab边
66、上射出磁场的v0的大小范围；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和在这种情况下粒子从磁场中射出所在边上位置的范围。解析：(1)画出从O点射入磁场的粒子运动轨迹的动态圆，能够从ab边射出的粒子的临界轨迹如图所示，轨迹与dc边相切时，射到ab边上的A点，此时轨迹圆心为O1，则轨迹半径r1L，由qv0Bm得最大速度v0。轨迹与ab边相切时，射到ab边上的B点，此时轨迹圆心为O2，则轨道半径r2，由qv0Bm得最小速度v0。所以粒子能够从ab边射出的速度范围为：v0。(2)当粒子从ad边射出时，时间均相等，且为最长时间，因转过的圆心角为300，所以最长时间：tmT，射出的范围为OCr2。答案：(1)v0R
67、Rcos 53R解得：B T5.33 T(取“”照样给分)。答案：(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T第3节 带电粒子在组合场中的运动第一课时要点一质谱仪与回旋加速器1质谱仪(1)构造：如图831所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。图831(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm。由以上两式可得r ，m，。2回旋加速器 (1)构造：如图832所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB，得
68、Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。图832典例如图833所示为质谱仪的示意图。速度选择器部分的匀强电场的场强为E1.2105 V/m，匀强磁场的磁感强度为B10.6 T；偏转分离器的磁感应强度为B20.8 T。求：(已知质子质量为1.671027kg)图833(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小。(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离 d。解析(1)能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eB1veE，得v m/s2105 m/s。(2)粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
69、eB2vm，得R设质子质量为m，则氘核质量为2m，故d225.2103 m。答案(1)2105m/s(2)5.2103 m针对训练1(多选) (2015天水一模)质谱仪的构造原理如图834所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A粒子一定带正电B粒子一定带负电Cx越大，则粒子的质量与电量之比一定越大Dx越大，则粒子的质量与电量之比一定越小图834解析：选AC根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r知，x2r，又qUm
70、v2，联立解得x，知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误。2(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图835所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()图835A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径解析：选BD回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB可得，v，因此离开回旋加速器时的动能Ekmv2可知，与
71、加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确。要点二带电粒子在四类组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。多维探究(一)先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图836甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。图836(2)先在
72、电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图837甲、乙所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。图837 典例1(2016日照检测)如图838所示，坐标平面第象限内存在大小为E4105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比41010 kg/C的带正电的粒子，以初速度v02107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA0.2 m，不计粒子的重力。图838(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。思路点拨(1)带电粒子在第象限内做_
73、运动，在第象限内做_运动。提示：类平抛匀速圆周(2)粒子恰不能进入第象限的条件是运动轨迹与x轴_。提示：相切解析(1)设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则xOAat2ayv0t代入数据解得a1.01015 m/s2，t2.0108 s，y0.4 m。(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vxat2107 m/s粒子经过y轴时速度为v2 107m/s与y轴正方向夹角大小为。tan 145要使粒子不进入第象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R，则RRy由qvBm解得B(22)102T。答案(1)0.4 m(2)B(22)102T(二)先磁场后电场对于粒子
74、从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图839甲、乙所示)图839典例2(2014全国卷)如图8310，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求图8310(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子
75、进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0Bm由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan 联立式得v0tan2(2)联立式得t答案见解析(三)先后两个磁场典例3(2013山东高考)如图8311所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四
76、象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OPd，OQ2d。不计粒子重力。图8311(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息(1)沿y轴正方向的匀强电场(2)自y轴上的P点沿x轴正方向射入带电粒子在第四象
77、限内做类平抛运动在第一、三象限内存在相同的匀强磁场在第一、三象限内带电粒子做半径相同的匀速圆周运动以垂直y轴的方向进入第二象限在第一象限内做圆周运动的轨迹圆心在y轴上改变磁感应强度值，经过一段时间后粒子再次经过Q点，且速度与第一次相同带电粒子在第一、三象限内运动的轨迹均为半圆第二步：找突破口(1)要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关
78、知识列方程求解。解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qEma由运动学公式得dat022dv0t0vyat0vtan 联立式得v2 45 (2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0 甲 (3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析，粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点
79、，连接O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和O2QHO2均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOF为等腰直角三角形。可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FGHQ2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有t联立式得t(2) 答案(1)2 方向与水平方向成45角斜向上(2) (3)(2) 乙(四)先后多个电、磁场典例4(2015天津高考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图8312所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场
80、强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。图8312(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为n，求出sin n；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。解析(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，
81、中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEdmv22由式解得v22 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2Bm由式解得r2 (2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nqEdmvn2qvnBm粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn1sin n1vnsin n由图甲看出rnsin nrnsin nd由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsin n
82、为一等差数列，公差为d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d当n1时，由图乙看出r1sin 1d由式得sin nB 甲乙(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则nsin n1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为n，由于则导致sin n1说明n不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。答案(1)2 (2)B (3)见解析第二课时要点三带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清、并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的
83、变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解多维探究(一)交变磁场典例1如图8313甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板， 板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。图8313(1)求磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O孔垂直于N板
84、射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值。思路点拨(1)正离子做匀速圆周运动的周期等于磁场的变化周期，由此可求出磁感应强度。(2)画出正离子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹半径与d的几何关系即可求出速度的可能值。解析(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0m粒子运动的周期T0联立两式得磁感应强度B0。(2)正离子从O孔垂直于N板射出磁场时，运动轨迹如图所示。在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r(n1,2,3，)解得v0(n1,2,3，)。答案(1)(2)(n1,2,3，)方法规律分
85、析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答。还要注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素，力求使解答准确、完整。(二)交变电场恒定磁场典型2(2016合肥模拟)如图8314甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B5103 T，l
86、d0.2 m，每个带正电粒子的速度v0105 m/s，比荷为108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：图8314(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息电场可视作是恒定不变的电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动最小半径当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小最大速度由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出第二步：找突破口(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速
87、圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。解析(1)t0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运动时qv0B则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin m0.2 m其运动的径迹如图中曲线所示。(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有at22代入数据，解得U1100 V在电压低于100 V时
88、，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mvmax2mv02q 解得vmax105 m/s1.414105 m/s。(3)由第(1)问计算可知，t0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmind0.2 m径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，则rmin0.2 m带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中
89、曲线所示。qvmaxB则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax m m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则 m0.1 m带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则rmax(0.1)m0.18 m即带电粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范围内。答案(1)0.2 m(2)1.414105 m/s(3)O上方0.2 m到O下方0.18 m的范围内(三)交变磁场恒定电场典例3电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图8315(a)为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强
90、磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：图8315(1)电子打到荧光屏上时速度的大小；(2)磁感应强度的最大值B0。解析(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理eUmv2；解得v。(2
91、)当交变磁场为峰值B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQL。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为，由几何关系可知，tan ，60。根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角，而tan。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0；解得B0。答案(1) (2)B0(四)交变电、磁场典例4如图8316(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0
92、为已知量，图(b)中，在0t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为，。求：图8316(1)粒子P的比荷；(2)t2t0时刻粒子P的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。解析(1)0t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R又qv0B0m代入解得。(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T联立解得T4t0即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t02t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1v0t0y1at02，
93、其中加速度a由解得y1R，因此t2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。(3)分析知，粒子P在2t03t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2x1v0t0；在3t05t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L2R2x1解得L2v0t0答案(1)(2)(3)2v0t0现代科技中的组合场问题近年来，高考试题中不断出现以现代科技为背景的题目，学生应强化对背景的分析，构建出正确的物理模型，现举例如下。(2014浙江高考)离子推进器是太空飞行器常
94、用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图8317甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。为电离区，将氙气电离获得1价正离子；为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。区产生的正离子以接近0的初速度进入区，被加速后以速度vM从右侧喷出。区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角(090)。推进器工作时，向区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为
95、M；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)图8318(1)求区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果，请判断区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；(3)为90时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与角的关系。解析：(1)由动能定理得MvM2eUUae(2)垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r，由图甲中几何关系得2rReBvm所以有v0v要使式有解，磁感应强度B(4)如图乙所示，OARr，OC，ACr根据几何关系得r由式得vmax答案：见解析反思领悟把
96、握三点，解决现代科技中的组合场问题1对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。2从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程，并画出运动轨迹的草图。3构建物理模型，选择适用的物理规律和方法解决问题。卷(一)“带电粒子在组合场中的运动”对点练对点训练：质谱仪回旋加速器1(多选)(2015武汉摸底)图1甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时
97、间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()图1A在Ekt图中应该有tn1tntntn1B在Ekt图中应该有tn1tntntn1C在Ekt图中应该有En1EnEnEn1D在Ekt图中应该有En1EnEnEn1解析：选AC根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ekt图中应该有tn1tntntn1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ekt图中应该有En1EnEnEn1，选项C正确D错误。2. (2015江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图2所示，电荷量均为q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿
98、着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MNL，且OML。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。图2(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg 20.301，lg 30.477，lg 50.699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvBm解得r0 代入r0L，解得m
99、。(2)由(1)知，U，离子打在Q点时，rL，得U离子打在N点时，rL，得U则电压的范围U。(3)由(1)可知，r由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，解得r12L第2次调节电压到U2，原来打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则，解得r23L同理，第n次调节电压，有rnn1L检测完整，有rn，解得n12.8最少次数为3次。答案：(1)(2)U(3)最少次数为3次对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动3(2015广东六校高三第一次联考)如图3所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN
100、、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60角，磁场MN和PQ边界距离为d。求：图3(1)粒子离开电场时的速度；(2)若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B；(3)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围。解析：(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：qUmv2解得：v 。(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r2d由洛伦兹力提供向心力有：qvBm，联立解得：B 。(3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹于PQ相切drrs
101、in 30联立解得：B 磁感应强度的最小值为B ，磁感应强度的范围是B 。答案：(1)v (2)B (3)B 4. (2015山东高考)如图4所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。图4(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分
102、别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2由式得E(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R联立式得B(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1、B2由牛顿第二定律得qvB1m，qvB2m代入数据得R1，R2设粒子在区和区做周围运动的周期分别为T1、T2，由运动学
103、公式得T1，T2据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得1120218060粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得t1T1，t2T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式得sv(t1t2)联立式得s5.5D。答案：(1)(2)或(3)5.5D5(2015上饶二模)如图5甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角45。在第
104、象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d10.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L0.72 m。在第象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d20.18 m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v04 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s m，不考虑空气阻力。求：图5(1)匀强电场的场强大小；
105、(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板C3上所用的时间。(计算结果保留两位小数)解析：(1)小球在第象限内做类平抛运动有：v0tsatv0tan 由牛顿第二定律有：qEma代入数据解得：E8 N/C。(2)设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v m/s8 m/s；小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvBm，得：B小球刚好能打到Q点，磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1由几何关
106、系有：，代入数据解得：B11 T。小球刚好不与C2板相碰时，磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2。由几何关系有：R2d1，代入数据解得：B2T；综合得磁感应强度的取值范围：TB1 T。(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3解得：R30.18 mT解得：T s由磁场周期T0分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R30.54 m，L3R30.18 m即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场，则在磁场中运动的时间t1 s0.13 s从离开磁场到打在平板C3上所用的时间t20.02 s小球从M点到打在平板C3上所用总时间tt
107、1t20.02 s0.13 s0.15 s。答案：(1)8 N/C(2)TB1 T(3)0.15 s卷(二)“带电粒子在组合场中的运动”综合练1.回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图1所示。问：图1(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角
108、速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间。解析：(1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场。(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大。(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为 T，故得回旋频率 f，角速度 2f。(4)粒子旋转半径最大时，由牛顿第二定律得qvmB，故 vm。最大动能 Ekmmvm2。(5)粒子每旋转一周能量增加 2qU。粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数 n。粒子在磁场中运动的时间 t磁nT
109、。一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间。答案：(1)D形盒内无电场(2)匀速圆周运动(3)(4)(5)2(2013安徽高考)如图2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：图2(1)电场强度E的大小；(2)粒
110、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xv0t2hyat2hqEma联立以上各式可得E。(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vyatv0所以v v0，方向指向第象限与x轴正方向成45角。(3)粒子在磁场中运动时，有qvBm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方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)3. (2015邯郸质检)如图3所示，边长L0.2 m的正方形abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B5.0102
111、 T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF，EF中间有一小孔O。金属板长度、板间距、挡板长度均为l0.1 m。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q3.21019 C，质量均为m6.41026 kg。不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。图3(1)当电场强度E1104 N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离
112、子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。解析：(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0BEq，代入数据得v02.0105 m/s；(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvBEq。离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，由以上两式得E。从bc边射出的离子，轨迹半径最大时，其临界轨迹如图，对应的电场强度最大，由几何关系可得r1l0.1 m，由此可得E11.25103 N/C。从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图，对应的电场强度最小，由几何关系可得2r2L，所以r20.075 m，由此可得E29.375102 N/C。所以满足条件的电场强度范围为9375102 N
113、/CE1.25103 N/C。答案：(1)2.0105 m/s(2)9.375102 N/C0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。图841(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a,0)点，求v1的大小。(2)已知一粒子的初速度大小为v(vv1)，为使该粒子能经过A(a,0)点，其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin 值。(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射。研究表明：粒子在xOy平面
114、内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。解析(1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvBm当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1由代入式得v1(2)如图，O、A两点处于同一周圆上，且圆心在x的直线上，半径为R。当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin sin 由式解得sin (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qEymmvm 2mv02由题知，有vmky
115、m若E0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0Bmv0kR0由式解得vm 答案(1)(2)2个均为(3) (二)磁场与重力场共存 典例2如图842所示，无磁场时，一带负电滑块以一定初速度冲上绝缘粗糙斜面，滑块刚好能到达A点。若加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，则滑块以相同初速度冲上斜面时，下列说法正确的是()图842A刚好能滑到A点B能冲过A点C不能滑到A点D因不知磁感应强度大小，所以不能确定能否滑到A点解析滑块冲上斜面时，由左手定则可知滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，滑块对斜面的正压力增大，斜面对滑块的滑动摩擦力增大，所以滑块不能滑到A点，选项C正确。答案C(三)电场、磁场与重力场共
116、存典例3(2015福建高考)如图843所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。图843(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小
117、为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvBFNqE小滑块在C点离开MN时FN0解得vC(2)由动能定理得mghWfmvC20解得Wfmgh(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g，g 且vP2vD2g2t2解得vP 答案(1)(2)mgh(3) 要点二带电粒子在叠加场中运动的实例分析装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，qqv0B
118、，Uv0Bd电磁流量计qqvB，所以v所以QvS霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差典例(多选)(2014江苏高考)如图844所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UHk，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()图844A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与
119、RL消耗的电功率成正比思路点拨(1)若把电源的正负极对调，电流IH和线圈的磁场方向如何变化？提示：电流IH和磁场方向均反向。(2)试分析电路的连接方式，并确定电流I、IH与IL的关系。提示：IIHIL(3)电压表测量的是什么电压？示数与IH有什么关系？提示：电压表测量的是霍尔电压，与IH成正比。解析由左手定则可判定，霍尔元件的前表面积累正电荷，电势较高，故A错。由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错。由电路可见，则IHI，故C正确。RL的热功率PLIL2RL2RL，因为B与I成正比，故有：UHkkk，可得知UH与
120、PL成正比，故D正确。答案CD针对训练1. (2013重庆高考)如图845所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()图845A.，负B. ，正C.，负 D.，正解析：选C建立霍尔效应模型，根据左手定则，不管正电荷还是负电荷均应该向上偏，由于上表面的电势比下表面的电势低，说明电荷电性为负。当导电材料上、下表面之
121、间的电压为U时，电荷所受电场力和洛伦兹力相等，qqvB，根据电流的微观表达式Inqvab，解得导电材料单位体积内自由运动的电荷数n，所以C项正确；A、B、D项错误。2.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图846所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0
122、mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 V，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()图846A1.3 m/s，a正、b负 B2.7 m/s，a正、b负C1.3 m/s，a负、b正 D2.7 m/s，a负、b正解析：选A血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电，故C、D错误；最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有qqvB，所以血流速度v m/s1.3 m/s，故A正确，B错误。轨道约束情况下带电体在磁场中的运动带电体在重力场、磁场、电场中
123、运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束。现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动。 (一)带电物块与绝缘物块的组合1(多选)如图847所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块 ，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是()图847A甲对乙的压力不断增大B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C乙对地板的压力不断增大D甲、乙两物块间的摩擦力不断减小解析：选ACD对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直
124、向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ffm甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故A、C、D正确。(二)带电物块与绝缘斜面的组合2.如图848所示，带电荷量为q、质量为m的物块从倾角为37的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin 370.6，cos 370.8)图848解析：经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块
125、沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmBmgcos 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgssin mvm2由得：vm。s。答案：vms(三)带电圆环与绝缘直杆的组合3如图849所示，一个质量m0.1 g，电荷量q4104C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E10 N/C，B0.5 T。小环与棒之间的动摩擦因数0.2。求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度。取g10 m/s2，小环电荷量不变。图849解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒。相互间的压力为FNqEqvB。由于压力是
126、一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件。根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程mgFNma，即mg(qEqvB)ma。当v0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am2 m/s2。下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小。当a0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm5 m/s。答案：am2 m/s2vm5 m/s反思领悟把握三点，解决此类问题(1)对物块受力分析，把握已知条件。(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系。(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用。1(多选)带
127、电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图1所示。不计空气，则()图1A一定有h1h3B一定有h1h4Ch2与h4无法比较 Dh1与h2无法比较解析：选AC第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v022gh3，所以h1h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中
128、运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2Ekmv02，又由于mv02mgh1，所以h1h2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。2(多选)(2015浙江三校模拟)如图2所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是()图2A沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C若有小球能做直线运动
129、，则它一定是匀速运动D两小球在运动过程中机械能均守恒解析：选AC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(2016吉林模拟)如图3所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()图3A0B2mgC4m
130、g D6mg解析：选C设小球自左方摆到最低点时速度为v，则mv2mgL(1cos 60)，此时qvBmgm，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，FTmgqvBm，得FT4mg，故C正确。4(多选) (2016江西八校联考)如图4所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()图4A小球的加速度一直减小B小球的机械能和电势能的总和保持不变C下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是vD下滑加速
131、度为最大加速度一半时的速度可能是v解析：选CD对小球受力分析如图所示，则mg(qEqvB)ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qEqvB时达到最大值，amaxg，继续运动，mg(qvBqE)ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg(qEqvB)m，得v；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg(qvBqE)m，得v，故C、D正确。5. (多选)(2015西安三模)导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子。现代广泛应用的半导体材料分为两大
132、类：一类是N型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子。如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图5所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为上和下，则()图5A长方体如果是N型半导体，必有上下B长方体如果是P型半导体，必有上下C长方体如果是P型半导体，必有上下D长方体如果是金属导体，必有上下解析：选AC如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则上下，故A正确；如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则上下，故
133、B错误，C正确；如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则上下，故D错误。6. (多选)(2015怀化二模)磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图6所示。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是()图6A上板是电源的正极，下板是电源的负极B两板间电势差为UBdvC流经R的电流为I
134、D流经R的电流为I解析：选AD等离子体射入匀强磁场，由左手定则，正粒子向上偏转，负粒子向下偏转，产生竖直向下的电场，正离子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当电场力和洛伦兹力平衡时，电场最强，即EqBqv，EBv，两板间的电动势为Bvd；作为电源对外供电时，I而R气，二式结合，I。故A、D正确。7. (多选)(2015上饶二模)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a1 m、b0.2 m、c0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、
135、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U1 V。且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力fkLv，其中比例系数k15 Ns/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是()图7A金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多B污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q0.16 m3/sD为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为p1500 Pa解析：选CD根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A
136、错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvBq，解得：UvBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速：v，则流量Qvbc m3/s0.16 m3/s，故C正确；污水的流速：v m/s4 m/s；污水流过该装置时受到阻力：fkLvkav1514 N60 N；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60 N，则压强差为p Pa1500 Pa，故D正确。8(2014福建高考)如图8，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小
137、为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。图8(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化p；(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积Sdh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值。解析：(1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0Bq得U0Bdv0。(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受
138、的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，有p1hdfp2hdfF安F安BId根据欧姆定律，有I两导体板间液体的电阻r由式得p。(3)电阻R获得的功率为PI2RP2R当时电阻R获得的最大功率Pm。答案：见解析9(2016佛山高三质检)如图9甲所示，在两相距2R，水平放置的平行金属板PQ间，一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0沿板间水平中轴线O1O2从O1点射入，刚好打在下极板的中点B，现在两极板间加上竖直向下的匀强电场，粒子恰好能沿O1O2做直线运动，已知重力加速度为g，求：图9(1)极板长度L；(2)粒子带何种电荷？PQ间U为多少？(3)若在极板竖直中线AB右侧区域再加上一
139、垂直纸面向里的匀强磁场(如图乙)，要使从O1射入的粒子能从PQ板间射出，求匀强磁场B的大小范围？解析：(1)极板不带电，粒子做平抛运动，则有：Rgt2v0t解得：L4R。(2)加上电场后，粒子在竖直方向，mgqE两力方向相反，故粒子带负电由mgq解得：U。(3)加上磁场后，粒子做匀速圆周运动，设圆周半径为r，则有：qv0Bm粒子刚好从下极板右侧射出磁场时，由几何关系得：r12(2R)2(r1R)2解得：r12.5R，B1粒子刚好从下极板B点出磁场时，由几何关系可得：r20.5RB2综上所述，要使粒子不与极板相碰，则有：B1；或者B2。答案：(1)4R(2)负电荷(3)B1，或者B210.(20
140、15济宁三模)如图10所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与y方向成30150，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计。求：图10(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向； (3)从x轴上x(1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上yb的点，求该粒子经过yb点的速度大小。解析：(1)粒子运动规律如图所示。粒子运动的圆心在O点，轨迹半径r1a由牛顿第二定律得：qv1Bm解得：v1(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角为30时，粒子运动的时间最长，此时轨道对应的圆心角150粒子在磁场中运动的周期：T粒子的运动时间：tT(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为，由几何知识得：RRcos (1)aRsin a解得：45Ra此粒子进入磁场的速度v0，v0设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理得：qEbmv2mv02解得：v答案：(1)(2)，粒子初速度与y轴正方向夹角为30(3)
