1、第八章磁场考纲下载考向前瞻(1)磁场磁感应强度磁感线磁通量() (2)通电直导线和通电线圈周围磁场的方向()(3)安培力()(4)洛伦兹力()(5)带电粒子在匀强磁场中运动()(6)质谱仪和回旋加速器的工作原理()(1)预计在2016年的高考中，本章知识仍会在大型综合题中出现，并且命题背景会更加新颖、前沿，注重实际应用。(2)带电粒子在有界磁场中运动的临界问题、在复合场中运动的受力和偏转图分析是本章的热点题型，复习中应加强训练。第1节磁场的描述_磁场对电流的作用磁场 磁感应强度 对应学生用书P137必备知识1磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。(2)方向：小磁针
2、的N极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：B(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)。3磁感线(1)引入：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。(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线。(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布，如图811所示。图8114匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点：匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线。5磁通量(1)概念：在磁感应强度为B
3、的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积。(2)公式：BS。(3)单位：1 Wb1_Tm2。6地磁场(1)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近，磁感线分布如图812所示。图812(2)地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理南极指向地理北极，而竖直分量(By)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。赤道处的地磁场沿水平方向，指向北。7电流的磁场(安培定则)直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图
4、横截面图典题例析(2013安徽高考)图813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813A向上B向下C向左 D向右解析选Ba、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示。O点合磁场方向如图乙所示，则从O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下。选项B正确。1安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结
5、果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。针对训练1(2014长春一模)如图814所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为IaI，Ib2I，Ic3I，Id4I的恒定电流。已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为Bk，式中常量k0，I为电流强度，忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为()
6、图814A2B，方向由O点指向ad中点B2B，方向由O点指向ab中点C10B，方向垂直于纸面向里D10B，方向垂直于纸面向外解析：选A假设IaIcIdIb，则根据矢量的合成法则，可知，四导线在O点产生的磁场为零，而如今，IaI，Ib2I，Ic3I，Id4I的恒定电流，且电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，O指向d；b、d两棒产生的磁场方向：O指向a；可知，a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向：由O点指向ad中点，根据磁感应强度大小为Bk，a、c两导线产生的磁场大小为2B，同理b、d两导线产生的磁场也为2B，则合
7、磁场大小为B2B，故A正确，B、C、D错误。2如图815，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点。c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图815AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选C由安培定则可以判断通电导线产生的磁场的磁感线如图所示，由磁场的叠加原理可知C项正确。安培力作用下通电导体的运动 对应学生用书P138必备
8、知识1安培力的方向(1)左手定则：伸开左手，让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)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。2安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成角时，FILBsin_，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，FmaxILB。(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零。典题例析如图816所示，把一重力不计的通电导线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
9、的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)()图816A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微元法与特殊位置法。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
10、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。安培力作用下通电导体的运动方向的判定方法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分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。现对五种常用的方法列表如下：电流元法把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向特殊位置法通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向等效法环形电流可等
11、效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立。等效后再确定相互作用情况结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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针对训练1(2014吉安二模)如图817所示，一条形磁铁(厚度不计)静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，磁铁外的一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固
12、定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且距离相等(如图中虚线所示)，开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线通以图示方向、大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比，可能正确的是() 图817AFN不变、Ff变小BFN、Ff均变大CFN变大，Ff不变 DFN变小，Ff不变解析：选D根据条形磁铁的磁感线的分布，结合左手定则，则可分别确定通电导线的安培力的方向，再由牛顿第三定律来得出条形磁铁受到的安培力方向，最后根据力的合成从而确定得出，条形磁铁的摩擦力没有变化，而支持力却减小，故D正确，A、B、C错误。2.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线
13、圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图818所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()图818A不动B顺时针转动C逆时针转动D在纸面内平动解析：选B法一(电流元分析法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。法二(等效分析法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由
14、安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。法三(利用结论法)环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。与安培力有关的力学综合问题 对应学生用书P139必备知识1安培力的大小安培力常用公式FBIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图819所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意
15、形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。图8192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的方程式进行求解。典题例析(2014北京朝阳质检)某同学自制一电流表，其原理如图8110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
16、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8110(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？审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息MN的长度大于ab金属杆在磁场中的有效长度等于磁场边界ab的长度MN中没有电流通过且处于静止金属杆的重力和弹簧弹力平衡第二步：找突破口(1)要求弹簧的伸长量，只要对金属杆MN受力分析，结合平衡条件和
17、胡克定律列方程求解即可。(2)要求金属杆MN中电流的方向，根据左手定则直接判断即可。(3)分析电流最大时金属杆MN的位置对杆MN受力分析结合平衡条件和胡克定律列方程求解。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)(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力示意图。(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求
18、出加速度。针对训练1(多选)(2014肇庆二模)质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上。如图8111所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是()图8111解析：选CDA图中，杆受重力、支持力、水平向右的安培力，可知，杆可能受摩擦力，也可能不受，故A错误；在B图中，若杆受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆不受摩擦力，若重力大于安培力，则受重力、支持力、安培力、摩擦力，所以杆可能受摩擦力，可能不受摩擦力，故B错误；在C图中，杆受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力，故C正确；在
19、D图中，杆受重力、水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力，故D正确。2.(2014西安三模)如图8112所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C。闭合开关，待电路稳定后，则有()图8112A导体棒中电流为B轻弹簧的长度增加C轻弹簧的长度减少D电容器带电量为CR2解析：选C导体棒中的电流为：I，故A错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BILkx，代入I得：x，
20、故B错误、C正确；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，QCUCr，故D错误。用转换视图法解答与安培力有关的综合问题 对应学生用书P140典题例析(2014泉州模拟)如图8113所示，两平行金属导轨间的距离L0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B0.50 T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E4.5 V、内阻r0.50 的直流电源。现把一个质量m0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R02.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知
21、sin 370.60，cos 370.80，求：图8113(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小；(3)导体棒受到的摩擦力。转换对象立体图平面图思路立现在三维空间对物体受力分析时，无法准确画出其受力情况。在解决此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图或侧视图等，可较清晰地明确物体受力情况，画出受力分析图，此时，金属棒用圆代替，电流方向用“”或“”表示。解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I1.5 A(2)导体棒受到的安培力：F安BIL0.3 N。(3)导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力F1mgsin 370.2
22、4 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力Ff，如图所示，根据共点力平衡条件mgsin 37FfF安，解得：Ff0.06 N。答案(1)1.5 A(2)0.3 N(3)0.06 N，方向沿导轨向下侧视图的画法侧视面：从垂直于直导线的一侧平视所看到的平面。侧视图的画法：根据侧视面的特点，所以要画出安培力的方向只需要在该侧视面内作一条与磁感线方向垂直的直线，再根据左手定则判断出箭头的方向，则安培力方向就画出来了。针对训练1(2014山东名校质检)如图8114所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当
23、导体棒中通一自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin 370.6，cos 370.8，求：图8114(1)磁场的磁感应强度B；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN。解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示。由平衡条件得：tan 37，F安BIL，解得：B。(2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有2FNcos 37mg，解得FNmg。即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。答案：(1)(2)mg2如图8115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
24、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(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：图8115(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 课时跟踪检测 一、
25、单项选择题1(2014深圳期末)指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图1虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极北偏东向)所示。则以下判断正确的是()图1A可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流B可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流C可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流D可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流解析：选C若某一条件下该指南针静止时N极指向题图实线(N极北偏东向)所示，则有一指向东方的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流，选项C正确。2.(2014
26、宿迁模拟)如图2所示，无限长导线，均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图3中O处磁感应强度和图2中O处磁感应强度相同的是()图2图3解析：选A由题意可知，题图2中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；对A项，根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，对B项，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；由上分析可知
27、，对C项，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场也为零，故C错误；与C选项分析相同，对D项，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误。3.(2014济宁模拟)如图4，M、N、P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60。在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为()图4A12B21C.1 D.2解析：选D依题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，O
28、点合磁感应强度大小为：B22cos 30B1，则B2与B1之比为2。4(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
29、的夹角有关，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。5.(2014上海二模)如图5所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为()图5AFaFbFc BFaFbFcCFbFaFc DFaFbFc解析：选D设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d。由于导体棒都与匀
30、强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：FaBILa；FbBILbBId；c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：FcBId；因为Lad，则有：FaFbFc。6(2014上海高考)如图6，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成角，此时bc边受到相对OO轴的安培力力矩大小为()图6AISBsin BISBcos C. D.解析：选A根据左手定则，可知通电导线受到的安培力沿竖直方向向上，大小为FBILbc，此力到转轴的力臂为Labsi
31、n ；力矩为：MFLabsin SBIsin ，A项正确。二、多项选择题7(2014海南高考)如图7，两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7Aa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：选AD根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处磁感应强度为零，两导线分别在a处产生的磁感应强度大于在c处产生的磁感应强度，a、c两处的磁感应强度叠加都是同向叠加，选项A、D正确。8.(
32、2014江西省重点中学联考)如图8所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是()图8A导电圆环有收缩的趋势B导电圆环所受安培力方向竖直向上C导电圆环所受安培力的大小为2BIRD导电圆环所受安培力的大小为2BIRsin 解析：选ABD若导线环上载有如图所示的恒定电流I，由左手定则可得导线环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2BIRsin ，选项A、B、D正确，C错误。9(2
33、012海南高考)图9中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b和导轨两端e、f分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是()图9A若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析：选BD若a接正极，b接负极，则电磁铁产生的磁场方向向上，若e接正极，f接负极，由左手定则可判断金属杆所受安培力方向
34、向左，故向左滑动；若e接负极，f接正极，则L向右滑动，A错误，B正确。若a接负极，b接正极，则电磁铁产生的磁场方向向下，若e接正极，f接负极，则L向右滑动，C错误，D正确。10.如图10所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是()图10A此过程中磁感应强度B逐渐增大B此过程中磁感应强度B先减小后增大C此过程中磁感应强度B的最小值为D此过程中磁感应强度B的最大值为解析：选AC导体棒受重力、支
35、持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A对、B错；刚开始安培力F最小，有sin ，所以此过程中磁感应强度B的最小值为，C对；最后安培力最大，有Fmg，即此过程中磁感应强度B的最大值为，D错。三、非选择题11.如图11所示，MN是一根长为l10 cm，质量m50 g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒MN水平吊起，使导体棒处在B T的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流
36、后，金属棒向外偏转的最大偏角37，求金属棒中恒定电流的大小。图11解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：WFWG0其中WFFlsin BIl2sin ，WGmgl(1cos )金属棒中的电流为I解得：I5 A。答案：5 A12.水平放置的光滑金属导轨宽L0.2 m，接有电源电动势E3 V，电源内阻及导轨电阻不计。匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B1 T。导体棒ab的电阻R6 ，质量m10 g，垂直放在导轨上并接触良好，求合上开关的瞬间。图12(1)金属棒受到安培力的大小和方向；(2)金属棒的加速度。解析：(1)闭
37、合电键的瞬间，回路中的电流I A0.5 Aab棒所受安培力F安BIL0.1 N由左手定则知方向水平向右。(2)由牛顿第二定律知a10 m/s2方向水平向右。答案：(1)0.1 N水平向右(2)10 m/s2方向水平向右第2节磁场对运动电荷的作用洛伦兹力 对应学生用书P141必备知识1洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。2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；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FqvBsin_，为v与B的夹角，如图821所示。(1)vB时，0或
38、180，洛伦兹力F0。(2)vB时，90，洛伦兹力FqvB。(3)v0时，洛伦兹力F0。图8214洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力F电场力F性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系一定是FB，Fv正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力F为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷的速度大小，也可以改变电荷运动的方向典题例析如图822所示，在竖直绝缘的平
39、台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()图822A仍在A点B在A点左侧C在A点右侧 D无法确定解析选C洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ayg，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧。1洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(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)
40、用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。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，二者是相同性质的力，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。针对训练1(2014成都模拟)如图823所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于圆弧上相互垂直的两条直径的四个端点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从圆心O沿垂直于纸面的方向向里运动，它所受洛伦兹力的方向是()图823A从O指向aB从O指向bC从O指向c D从O指向d解析：选A根据题意，由右手螺旋定则，则有b与d导线电流产生
41、的磁场正好相互抵消，而a与c导线产生的磁场方向都向左，正好相互叠加，则磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从中心O点沿垂直于纸面的方向向里运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故A正确，B、C、D错误。2(2014江苏一模)如图824是带电粒子在气泡室中运动径迹的照片及其中某条径迹的放大图。匀强磁场与带电粒子运动径迹垂直，A、B、C是该条径迹上的三点。若该粒子在运动过程中质量和电量保持不变，不断克服阻力做功，则关于此径迹下列说法正确的是()图824A粒子由A经B向C的方向运动B粒子由C经B向A的方向运动C粒子一定带正电，磁场方向垂直纸面向里D粒子一定带负电，磁场方向垂直纸面向外解析：
42、选A据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r得知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从A经B向C运动，故A正确，B错误。若粒子带正电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向里；若粒子带负电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外，故C、D错误。带电粒子在匀强磁场中的运动 对应学生用书P142必备知识1粒子的运动性质(1)若v0B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。(2)若v0B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。2半径和周期公式：3圆心的确定图825(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向
43、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825甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。(2)已知入射方向和出射点的位置时，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(如图825乙所示，P为入射点，M为出射点)。(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826所示)。图826平行边界(存在临界条件，如图827所示)。图827圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图828所示)。图8284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)，求解时注意以下几个重要的几何特点：图829(1)
44、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829)，即2t。(2)相对的弦切角()相等，与相邻的弦切角()互补，即180。(3)直角三角形的几何知识(勾股定理)。AB中点C，连接OC，则ACO、BCO都是直角三角形。5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)。典题例析如图8210所示，虚线圆所围区域内有方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
45、为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：图8210(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。(2)要求运动时间可根据tT，先求周期T。(3)要求圆形磁场区域的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。(
46、3)由如图所示几何关系可知，tan，所以rtan。答案(1)(2)(3)tan带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法三步法针对训练1(2013全国卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.B.C. D.解析：选A本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、几何知识分析解决问题的能力。画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力
47、公式和牛顿第二定律，qv0Bm，解得r。由图中几何关系可得：tan 30。联立解得：该磁场的磁感应强度B，选项A正确。2(2014海淀区一模)如图8211所示，边长为L的正方形区域abcd中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M点以一定速度垂直于ad边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是()图8211A该粒子带负电B洛伦兹力对粒子做正功C粒子在磁场中做圆周运动的半径为D如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大解析：选D粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，进入磁场时，速度向右，磁场向
48、内，洛伦兹力向上，故粒子带正电，故A错误；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，一定不做功，故B错误；洛伦兹力提供向心力，指向圆心，粒子从ad边的中点M点以一定速度垂直于ad边射入磁场，圆心在射线Ma上；正好从ab边中点N点射出磁场，故圆心在MN的连线的垂直平分线与射线Ma的交点上，故圆心在a点，故半径为，故C错误；根据牛顿第二定律，有：qvB，解得：R；速度越大，轨道半径越大，故D正确。带电粒子在磁场中运动的多解问题 对应学生用书P144必备知识1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，也可能带负电，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，形成多解。如图8
49、212甲，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。图82122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的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图8212乙，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。3临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，如图8213甲所示，于是形成了多解。图82134运动的周期性形成多解带电粒子在部分是电场，部分是磁场的
50、空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图8213乙所示。典题例析(2013天津高考)一圆筒的横截面如图8214所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图8214(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，
51、粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。思路点拨(1)粒子在电场中做什么运动？有哪些力对粒子做功？提示：粒子在电场中做匀加速直线运动，只有电场力对粒子做功。(2)粒子进入磁场后做什么运动？画出粒子与圆筒发生两次碰撞的运动轨迹。图8215提示：粒子进入磁场后做匀速圆周运动。(3)保持M、N间场强E不变，M板向上平移d，则板间电压如何变化？提示：UE，板间电压减小为。(4)如果粒子与圆筒发生三次碰撞，画出运动轨迹。图8216提示：解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立上式可得E。(2)粒子进入
52、磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r。设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于。由几何关系得rRtan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R。(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了d后，设板间电压为U，则U设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3答案(1)(2)(3)3求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析
53、题目特点，确定题目多解性形成原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(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。针对训练1如图8217甲所示，M、N为竖直放置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如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为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。求：图8
54、217(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv0B0做匀速圆周运动的周期T0联立两式得磁感应强度B0。(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，有r(n1,2,3，)联立求解，得正离子的速度的可能值为v0(n1,2,3，)。答案：(1)B0(2)v0(n1,2,3)2(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8218所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形
55、区域内存在匀强磁场，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8218(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。解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L3rs
56、in 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n1次由题意知L(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且mqvnB，解得vn(1n1，n取整数) 答案：见解析带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题 对应学生用书P145必备知识1几何对称法带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称，轨迹圆心O位于中垂线上，并有2t，如图8219所示。应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，
57、也可以非常便捷地求解某些临界问题。图82192动态放缩法当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图8220所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为和。图82203定圆旋转法当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图8221所示为粒子进入单边界磁场时的情景。图8221
58、4数学解析法写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解。典题例析(2014盐城一模)如图8222所示，在半径为R的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率为v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。图8222(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0m
59、rR带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则t甲 (2)由(1)知，当vv0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图乙所示，由图可知PO2OOO2J30所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60vvsin 60v0乙(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R。设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示。丙因PO3O3SPOSOR所以四边形POSO3为菱形由图可知：POO3S，v0SO3因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关。答案(1)(2)v0(3)见解
60、析找临界点的方法以题目中的“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，然后利用数学方法求解极值，常用结论如下：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与磁场边界相切。(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)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，圆周角大的，对应的运动时间也越长。针对训练1(多选)(2014鼓楼区模拟)如图8223，在y轴右侧存在与xOy平面垂直范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发
61、射出大量完全相同的带电负粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，方向与x轴正方向的夹角分布在6060范围内，在xl处垂直x轴放置一荧光屏S。已知沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上yl的点，则()图8223A粒子的比荷为B粒子的运动半径一定等于2lC粒子在磁场中运动时间一定不超过D粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l解析：选AC沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上yl的点，由几何知识可知，粒子轨道半径rl，B错误；由牛顿第二定律得qv0Bm，解得，A正确；而且此情况粒子在磁场中转过的圆心角最大，为，对应运动时间最长，tT，故C正确；从与x轴正方向的夹角为60射入磁场的粒子打在荧光屏S上的纵坐标
62、一定小于l，故D错误。2(多选)(2014长葛三模)如图8224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8224A.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OS
63、d，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。课时跟踪检测 一、单项选择题1(2014江苏名校质检)图1所示为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点。安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由
64、a点逐渐移动到b点，图2中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转()图1图2解析：选A要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，根据左手定则，能够使电子发生上述偏转的变化的磁场是图A。2质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图3中虚线所示，下列表述正确的是()图3AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间解析：选A根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B错；洛伦兹力永不做功，所以C错；M和N的运行时间都为t，所以D错。3.
65、(2014北京丰台期末)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图4所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图4Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长解析：选C由左手定则可知b粒子带正电，a粒子带负电，选项A错误；由于b粒子轨迹半径较大，由r可知b粒子动能较大，b粒子在磁场中运动时间较短，选项C正确D错误；由于a粒子速度较小，所以a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，选项B错误。4(2014安徽师大摸底)如图5所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
66、磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角(0r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则()图10AT1T2Bv1v2Ca1a2 Dt1r2，则v1v2，B错误；由a，T，得av，则a1a2，C正确；又两质子的周期相同，由图知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，则t1t2，D正确。10(2014无锡摸底)图11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
67、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间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()图11A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
68、En1EnEnEn1，选项C正确D错误。三、非选择题11.如图12所示，在第二象限和第四象限的正方形区域内分别存在着两匀强磁场，磁感应强度均为B，方向相反，且都垂直于xOy平面。一电子由P(d，d)点，沿x轴正方向射入磁场区域。(电子质量为m，电量为e，sin 53)图12(1)求电子能从第三象限射出的入射速度的范围；(2)若电子从(0，)位置射出，求电子在磁场中运动的时间t；(3)求第(2)问中电子离开磁场时的位置坐标。解析：(1)能射入第三象限的电子临界轨迹如图所示。电子偏转半径范围为rd由evBm，解得v入射速度的范围为v。(2)设电子在磁场中运动的轨道半径为R，得R2d2(R)2解得：
69、RPHM53由evBm，T联立解得T2m/eB，若电子从(0，d/2)位置射出，则电子在磁场中运动的时间tT。(3)根据几何知识，带电粒子在射出磁场区域时与水平方向夹角为53，带电粒子在磁场区域位置N点的横坐标为3d/8。由NBH，NB长度为Rsin 535d/44/5d，QAd5d/83d/8，由勾股定理HAd，HBRcos 533d/4所以电子离开磁场的位置坐标是。答案：(1)v(2)(3)12(2014徐州质检)如图13甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B1 T。从原点O处向第象限发射一比荷1104 C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0103 m/s，方
70、向垂直于磁场且与x轴正方向成30角。图13(1)求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1。(2)若磁场随时间变化的规律如图乙所示(垂直于纸面向外为正方向)，t104 s后空间不存在磁场。在t0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标。解析：(1)轨迹如图(a)所示。由Bqvm得轨迹半径R0.1 m粒子运动周期T2104 s粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240，所以粒子在磁场中运动的时间为t1104s。(a)(b)(2)磁场变化的半周期为t104 s在图(b)中，OO1CCO2D120，且O1O2平行于x轴OE2(RRsi
71、n 30)3R0.3 mRtEDP中，EDP60，DE2Rsin 60EPDEtan 603R0.3 m则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标xPOEEP0.6 m。答案：(1)0.1 m104 s(2)0.6 m第3节带电粒子在复合场中的运动带电粒子在相邻复合场中的运动 对应学生用书P147必备知识“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FBqv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FEqE，FE大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r，T类平抛运动vxv0，vytxv0t，yt2运动时间tTt，具有等时性动能不变变化典题例析(20
72、13山东高考)如图831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831(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
73、指导第一步：抓关键点关键点获取信息沿y轴正方向的匀强电场自y轴P点沿x轴正方向射入带电粒子在第四象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
74、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，得甲R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0 (3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析粒子运
75、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，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，得乙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) 解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法针对训练1如图832所示，水平放置的M、N两平行板相距为d
76、0.50 m，板长为L1 m，两板间有向下的匀强电场，场强E300.0 N/C，紧靠平行板右侧边缘的xOy直角坐标系以N板右端为原点，在xOy坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B102T，磁场边界OA与x轴夹角AOx60，现有比荷为106 C/kg的带电粒子(重力不计)，沿靠近M板的水平线垂直电场方向进入电场，离开电场后垂直OA边界进入磁场区域，求：图832(1)带电粒子进入电场时的初速度v0；(2)带电粒子从进入电场到离开磁场的总时间。解析：(1)带电粒子要垂直射入磁场，则速度偏向角为30有tan 30vyat解得v03104 m/s。(2)粒子在电场中的运动时间为t11
77、04 s粒子在电场中的偏转距离为yat2 m粒子离开电场的速度v2104 m/s粒子离开电场后做匀速直线运动，直线运动距离s2(dy)sin 30 m运动时间t2104 s设粒子进入磁场后的轨道半径为R，R m粒子运动轨迹如图所示，则sOG(dy)sin 60 m由正弦定理有得30，带电粒子在磁场中的偏转角度为30在磁场中的运动时间为t3104 s则总运动时间：tt1t2t3104 s。答案：(1)3104 m/s(2)104 s2(2014广东高考)如图833所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6 L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面。区的磁感应强度
78、为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。图833(1)若k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式。解析：(1)粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。若k1，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心在M点，因此做圆周运动的半径rL且qvB0m粒子在电场
79、中做加速运动，由动能定理得，qEdmv2求得E(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出由几何关系知：(rL)2(kL)2r2解得r由qvB0m得，v粒子在磁场中运动的半径R由题意及几何关系得，6L2(kLkL)解得BB0答案：见解析带电粒子在叠加复合场中的运动 对应学生用书P149必备知识1是否考虑粒子重力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合
80、运动状态确定是否要考虑重力。2分析方法典题例析(2012浙江高考)如图834所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。图834(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少
81、？审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息墨滴重力不可忽略匀速直线运动重力与电场力平衡进入电场、磁场共存区域合外力为洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动水平速度v0，垂直打在下板的M点在叠加复合场区恰好完成四分之一圆周运动第二步：找突破口(1)要求墨滴所带电荷种类及电荷量应用墨滴在电场区域中做匀速直线运动的规律求解。(2)要求磁感应强度B应用墨滴在电、磁场区域做匀速圆周运动的规律，画运动轨迹，列方程求解。(3)要求B应根据墨滴在电、磁场区域做匀速圆周运动的规律，画运动轨迹，结合几何知识列方程求解。解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qmg由式得q由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负
82、电荷。(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0Bm考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径Rd由式得B(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R，有qv0Bm由图示可得R2d22得Rd联立式可得B答案(1)负电荷(2)(3)带电粒子在复合场中运动的综合分析这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面。(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qEqvB。(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做
83、类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析。(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：qvBm。针对训练1如图835所示，与水平面成37的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF4 m/s(不计空气阻力，g10 m/s2，cos 370.8)。求：图835(1)小球
84、带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离。解析：(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，因此带电小球应带正电荷。(2)在D点速度为vDvC m/s设重力与电场力的合力为F，则FqvCB又F5 N解得qB在F处由牛顿第二定律可得qvFBF把qB代入得R1 m小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得WFf2FRWFf27.6 J(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a由2R得t s交点G与D点的距离
85、GDvFt m2.26 m。答案：见解析2(2014无锡模拟)如图836，区域内有与水平方向成45角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电量大小为q的微粒在区域左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域后做匀速圆周运动，从区域右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：图836(1)区域和区域内匀强电场的电场强度E1、E2的大小。(2)区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小。(3)微粒从P运动到Q的时间有多长。解析：(1)微粒在区域内水平向右做直线运动，则在竖直
86、方向上有：qE1sin 45mg求得：E1微粒在区域内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2求得：E2。(2)粒子进入磁场区域时满足：E1qd1cos 45mv2Bqv根据几何关系，分析可知：R2d2整理得：B。(3)微粒从P到Q的时间包括在区域内的运动时间t1和在区域内的运动时间t2，并满足：a1t12d1mgtan 45ma1t2经整理得：tt1t2 。答案：(1)(2)(3)带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 对应学生用书P150必备知识带电粒子在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况
87、，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解。典题例析(2014四川高考)在如图837所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角 37。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C。小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106 C，受到水平向右的推力F 9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不
88、带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：图837(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s。解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1qvBf(mgF1)由题意，水平方向合力为零Ff0联立式，代入数据解得v4 m/s。(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsin mgr(1cos )mvG2m
89、v2P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1vGta1t2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2则s2a2t2联立式，代入数据得ss1s2s0.56 m。答案(1)4 m/s(2)0.56 m带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动的分析方法(1)动力学观点，根据带电粒子的受力情况，运用牛顿第二定律结合运动学规律求解。(2)能量观点：根
90、据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，可确定带电粒子的运动情况。针对训练1(2014张掖模拟)如图838所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的vt图像中正确的是()图838图8390解析：选C在小球下滑的过程中，对小球受力分析，如图所示，受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N，开始时，速度较小，qvB较小，N较大，随着速度的增加，N在减小，由fN可知f减小，竖直方向的合力增加，加速度增
91、加；当速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此时N为零，f为零，加速度为g，达到最大；速度继续增加，N要反向增加，f增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当f与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大。所以选项A、B、D所示的vt图像不符合所分析的运动规律，C选项符合。2.(2014南充一模)如图8310所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向上的拉力作用，拉力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，问(sin 370.6；cos 370.
92、8)图8310(1)小环带什么电？(2)小环滑到P处时的速度多大？解析：(1)环所受洛伦兹力与杆垂直，只有洛伦兹力垂直于杆向上时，才能使环向上拉杆，由左手定则可知小环带负电。(2)设杆拉住环的力为T，由题可知：T0.4mg在垂直杆的方向上对环有：qvBTmgcos 37即qvB0.4mg0.8mg解得：v。答案：(1)小环带负电(2)带电粒子在交变复合场中的运动 对应学生用书P151必备知识带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路典题例析(2014南京模拟)如图8311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，
93、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，ld0.2 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8311(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
94、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
95、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，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
96、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的范围内利用速度时
97、间图像分析带电粒子在交变电场中的运动(1)带电粒子进入电场的时刻。(2)速度图像的斜率表示加速度，因此加速度不变的运动一定是直线图像。(3)图线与坐标轴所围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负。(4)注意对称和周期性变化关系的应用。(5)图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。针对训练1如图8312甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知。磁场方向垂直纸面向里为正。t0时刻，从x轴上的P点无初速释
98、放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：图8312(1)P点到O点的距离。(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移。(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由。若能，求粒子再次经过O点的时刻。(4)粒子第4n(n1、2、3)次经过y轴时的纵坐标。解析：(1)粒子在电场中匀加速运动的时间为t0，t0，Eqma设OP间距离为x，xat02解得：x。(2)粒子圆周运动的半径分别为R1和R2，R1，R2粒子每经一个周期沿y轴向下移动x，x2R22R1。(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时
99、，2R1Nx解得：N2，粒子能再次经过O点t2T2t0Tt。(4)经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期沿y轴移动距离为x，故ynxy(n1、2、3)答案：(1)(2)(3)(4)y(n1、2、3)2(2014潍坊模拟)如图8313所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)。在t0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力。图8313(1)t时，求粒子的位置坐标；(2)若t5t0时粒子回到原点，求05t0时间
100、内粒子距x轴的最大距离。解析：(1)由粒子的比荷得粒子做圆周运动的周期：T2t0则在0内转过的圆心角：由牛顿第二定律，有：qv0B0m，得r1故位置坐标：。(2)粒子t5t0时回到原点，轨迹如图所示r22r1粒子在t02t0时间内做匀加速直线运动，2t03t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离：hmaxt0r2v0t0。答案：见解析洛伦兹力的应用 对应学生用书P153一、质谱仪必备知识1构造：如图8314所示，由粒子源、加速电场、匀强磁场和照相底片等构成。图83142原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qUmv2。粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀
101、速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvBm。由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。r ，m，。典题例析(2012天津高考)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图8315所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。图8315(1)求加速电场的电压U。(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量
102、M。(3)实际上加速电压的大小会在UU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)解析(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qUmv2离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvBm由式解得U。(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则QItNMNm由式解得M。(3)由式有R 设m为铀238离子的质量，由于电压在UU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为Rmax 铀238离子
103、在磁场中最小半径为Rmin 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为RmaxRmin即 则有m(UU)m(UU)其中铀235离子的质量m235 u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量m238 u，故解得Bvq，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；而移动滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误。3.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3所示。由于血液中的正负离子随血液一
104、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，两触点间的距离为3.0 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3A1.3 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由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a电极带正电，b电极带负电。血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即qvBqE得
105、v1.3 m/s。4.(2014吴江模拟)如图4所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图5中的()图4图5解析：选C由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域、内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动1/4圆周，故tT/4，由于T，求得B，只有选项C正确。5.(2014南京月考)如图6所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带
106、电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()图6A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小解析：选Ca粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：BqvEq，即只要满足EBv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从
107、O点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误。6(2014辽宁协作体联考)如图7所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成30角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R。不计重力，则()图7A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R解析：选D带电粒子在磁场中一直向x轴正方向
108、运动，A错误。因R且B12B2，所以轨道半径之比R1R212，B错误。粒子完成一次周期性运动的时间tT1T2，C错误。粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离lR2R3R，D正确。二、多项选择题7(2014南通模拟)如图8所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x轴上关于O点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力。则()图8A两粒子沿x轴做直线运动B运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的分量vy最大D若减小磁感应强
109、度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞解析：选BCD两个粒子在相互的库仑引力作用下，从静止开始加速，都受到向上的洛伦兹力而向上偏转，做曲线运动，故A错误；两个粒子的速度大小情况相同，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，静电力对两个粒子做功为0，根据动能定理可知它们的速度均为零，故B正确；从开始运动到距离最小的过程，静电力一直做正功，动能都增大，速度与x轴的夹角不断增大，沿y轴方向的速度分量vy不断增大；当距离最小后，两者距离增大，静电力做负功，速率减小，vy不断减小，所以两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的分量vy最大，故C正确；若减小磁感应强度，由公式r分析可知，轨
110、迹的半径变大，可能发生碰撞，故D正确。8(2014盐城模拟)在竖直平面内有两固定点a、b，匀强磁场垂直该平面向里，重力不计的带电小球在a点以不同速率向不同方向运动，运动过程中除受磁场力外，还受到一个大小恒定，方向始终跟速度方向垂直的力作用，对过b点的带电小球()图9A如果沿ab直线运动，速率是唯一的B如果沿ab直线运动，速率可取不同值C如果沿圆弧运动到b点，速率是唯一的D如果沿圆弧运动到b点，速率可取不同值解析：选AD小球如果沿ab直线运动，由于已知力F与洛伦兹力都与速度方向垂直，小球做直线运动，则洛伦兹力与已知力合力为零，小球做匀速直线运动，FqvB，小球的速度v，小球速率是一定的，故A正确
111、，B错误；已知力与洛伦兹力都与速度方向垂直，两力对小球都不做功，如果沿圆弧运动到b点，小球在磁场中做匀速圆周运动，小球从a点出发经过b点，小球初速度方向不同，运动轨迹不同，轨道半径不同，速率大小不同，则小球速率可以取不同值，故C错误，D正确。9(2014郑州质检)如图10所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是图11中的()图10图11解析：选AD带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确。当洛
112、伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确。如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用， 且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。10(2013浙江高考)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图12所示。已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P和P3()图12A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为 1C在磁场中转过的角度之比为12D离
113、开电场区域时的动能之比为13解析：选BCD本题考查离子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的分析和计算能力。离子P和P3质量之比为11，电荷量之比等于13，故在电场中的加速度(aqE/m)之比不等于11，则A项错误；离子在离开电场区域时有：qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动，有：qvBm，得半径r ，则半径之比为11，则B项正确，设磁场宽度为d，由几何关系drsin ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1，因30，则60，故转过的角度之比为12，则C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即13，则D项正确。三、非选择题11(2014惠州调研)如图13所示，一个板长
114、为L，板间距离也是L的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。有一质量为m，重力不计，带电量为q的粒子从极板正中间以初速度为v0水平射入，恰能从上极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入，求：图13(1)两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向；(3)磁感应强度B的大小。解析：(1)由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度的方向竖直向下，粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动Lv0t，at2，其中a解得，E，方向竖直向下。(2)设粒子飞出极板时水平速度为vx，竖直速度为vy，水平偏转角为vxv0，
115、vyat，tan ，v可得45，vv0。(3)由几何关系易知RL洛伦兹力提供向心力qvBm得B。答案：(1)方向竖直向下(2)v0与水平方向的夹角为45(3)12(2014扬中模拟)如图14所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，E的大小为1.5103 V/m，B1大小为0.5 T；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合。一质量m11014 kg，电荷量q21010 C的带正电微粒从M点以与y轴正方向成60角的速度v射入第四象限，之后沿直线运动，经P点后即进入处于第一象限内的磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60角
116、的方向飞出。M点的坐标为(0，10)，N点的坐标为(0,30)，不计微粒重力，g取10 m/s2。求：图14(1)微粒运动速度v的大小；(2)匀强磁场B2的大小；(3)B2磁场区域的最小面积。解析：(1)带正电微粒在电场和磁场复合场中沿直线运动，qEqvB1，解得vE/B13103 m/s。(2)画出微粒的运动轨迹如图，粒子做圆周运动的半径为R m。由qvB2mv2/R，解得B2 T。(3)由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内，由几何关系易得PD2Rsin 6020 cm0.2 m，PAR(1cos 60)/30 m。所以，所求磁场的最小面积为SPDPA m2。答案：(1
117、)3103 m/s(2) T(3) m2阶段验收评估(八)磁场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项正确)1(2014通州模拟)下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是()A通电导体在磁场中一定受到安培力的作用B通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用C通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用D只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用解析：选B磁场对通电导体有力的作用，将导体放入磁场，不通电也就无电流，无电流也就不会受到安培力的作用，选项D错误；通电导体放入磁场中，也不一定就受到安培力的作
118、用，当导体方向与磁场方向平行时，导体不受安培力的作用，当导体与磁场垂直时，导体受到的力最大，其他情况下，受到的力介于0与最大值之间，由此可见，选项A、C错误，B正确。2(2014丰台区一模)如图1所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是()图1A若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转解析：选C因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，
119、故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛伦兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；由图可知a板带正电，b板带负电，因带电粒子带负电，则受电场力向上，洛伦兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D
120、错误。3(2014全国卷)如图2，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图2A2.C1 .解析：选D根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1，则B1；同理，B2，则，D正确，A、B、C错误。4(2014
121、大丰模拟)如图3所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前、后两内侧面，则()图3Aa处电势高于b处电势Ba处离子浓度大于b处离子浓度C溶液的上表面电势高于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度解析：选B当通入沿x轴正向的电流时，由左手定则可知，正、负电子均向a侧偏，a处离子浓度大于b处，但a、b两板无电势差，故B选项正确。5(2014唐山二模)如图4是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方
122、向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)。则从N孔射出的离子()图4A是正离子，速率为kBR/cos B是正离子，速率为kBR/sin C是负离子，速率为kBR/sin D是负离子，速率为kBR/cos 解析：选B因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可知r，由qvBm可得v，故B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分)6.
123、(2014湖北模拟)如图5所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间的关系为Ikt(k为常数，k0)，金属棒与导轨间存在摩擦。则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图像中，可能正确的有()图5图6解析：选AD根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a，fNFABILBLkt，联立解得加速度ag，与时间呈线性关系，故A正确，B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然
124、后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误，D正确。7.(2014徐州模拟)如图7所示，平面直角坐标系的第象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则()图7A该粒子带正电BA点与x轴的距离为C粒子由O到A经历时间tD运动过程中粒子的速度不变解析：选BC根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D项错；粒子做圆周运动的半径R，周期T，从O点到A点速度的偏向角
125、为60，即运动了T，所以由几何知识求得点A与x轴的距离为，粒子由O到A经历时间t，B、C两项正确。8.(2014安庆二模)如图8所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为带正电粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x(M、N点图中未画出)。则以下说法中正确的是()图8A
126、只减小磁感应强度B，则x增大B只增大初速度v0，则x减小C只减小偏转电场的电压U，则x增大D只减小带电粒子的比荷，则x不变解析：选AC 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由半径公式R可知，只增大初速度v0或只减小磁感应强度B都导致半径增大，则x也增大，故A正确，B错误；只减小偏转电场的电压U会导致速度与磁场边界的夹角为变大，则由半径公式R，结合几何关系可得x2Rsin ，则会导致x增大，故C正确；只减小带电粒子的比荷，由半径公式可知，则会导致半径增大，则x也增大，故D错误。三、非选择题(本题共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)9(14分)如图9所示，有界匀强磁场的磁感
127、应强度B2103 T；磁场右边是宽度L0.2 m、场强E40 V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q3.21019 C，质量m6.41027 kg，以v4104 m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出。(不计重力)求：图9(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek。解析：(1)轨迹如图所示(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律得qvBmR m0.4 m。(3)EkEqLmv2403.210190.2 J6.41027(4104)2J7.681018 J。答案：(1)轨迹见解
128、析图(2)0.4 m(3)7.681018 J10(18分)(2014贵州六校联考)如图10所示，在0xd的空间，存在垂直xOy平面的匀强磁场，方向垂直xOy平面向里。y轴上P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角可在0180范围内变化的带负电的粒子。已知45时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用。求：图10(1)磁场的磁感应强度；(2)若30，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)；(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子
129、的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则qvBm如图甲所示，由几何关系d2Rcos 45解得B。(2)如图甲所示，由几何关系dRcos 30Rcos 解得cos 。(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图乙中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系R2(dR)2(PM)2该区域面积为Sd(PM)解得Sd2。答案：见解析11(20分)(2014宿迁模拟)如图11，静止于A处的离子，经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射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为
130、m、电荷量为q；2d、3d，离子重力不计。图11(1)求加速电场的电压U；(2)若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0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离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qEm得UER。(2)离子做类平抛运动2dvt,3dat2由牛顿第二定律得qE0ma则E0。(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qBvm则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，(列出一种情况得1分)则有 B 。答案：(1)ER(2)(3) B
