磁场复习资料 85页

第1讲　磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度　Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】　　　　　　　　　　　　　　　　　　物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是(　　)．A．将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导线长度L，通电电流I，应用公式B＝，即可测得磁感应强度BB．检验电流不宜太大C．利用检验电流和运用公式B＝只能应用于匀强磁场D．只要满足长度L很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式B＝对任何磁场都适用解析　用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度L应很短，电流应很小，当垂直放置时，定义式B＝适用于所有磁场，选项B、D正确．答案　BD【知识存盘】1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．\n2．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．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.磁感线　通电直导线和通电线圈周围磁场的　方向　Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是(　　)．A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强答案　CD【知识存盘】1．磁感线(1)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．(2)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布(如图8-1-1所示)\n图8-1-12．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续表横截面图纵截面图安培力、安培力的方向　Ⅰ(考纲要求)　　　匀强磁场中的安培力　Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如下图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是(　　)．解析　通电导线在磁场中受安培力时，可用左手定则判断安培力的方向．答案　D【知识存盘】1．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsin_θ，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)磁场和电流垂直时：F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．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，\n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：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．考点一　对磁感应强度的理解【典例1】(2012·大纲全国卷，18)图8-1-2如图8-1-2所示，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(　　)．A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析　根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．\n根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案　C【变式跟踪1】关于磁感应强度B，下列说法中正确的是(　　)．A．根据磁感应强度定义B＝F/(IL)，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些解析　磁感应强度是磁场本身的性质，与放入磁场中的导体的电流或受力大小F无关，A错误；磁感应强度B是矢量，其方向与F总是垂直的，电流方向与F也总是垂直的，B、C错误；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，由磁场本身决定，与其他外来的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D正确．答案　D,借题发挥求解有关磁感应强度问题的关键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(记住5种常见磁场的立体分布图)．备课札记　　　考点二　对安培定则、左手定则的理解及应用【典例2】通电矩形导线框图8-1-3abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图8-1-3所示，ad边与MN平行，关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是(　　)．\nA．线框有两条边所受到的安培力方向相同B．线框有两条边所受到的安培力大小相同C．整个线框有向里收缩的趋势D．若导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变解析　由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等，因此ab与cd边受到的安培力大小相等，B对；由安培定则知MN中电流在导线框处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可判定ab受力方向向下，cd受力方向向上，ad受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力，整个线框有向外扩张的趋势，A、C错；若MN向左微移，则线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D错．答案　B【变式跟踪2】在等边三角形的三个顶点a、b、c处，图8-1-4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8-1-4所示，则过c点的导线所受安培力的方向(　　)．A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边解析　根据安培定则，a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示，应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示．根据左手定则可知安培力F安的方向与a、b连线垂直，指向左边．答案　C,借题发挥安培定则和左手定则的“因”与“果”1．安培定则用于判定电流周围磁场的磁感线分布，使用时注意分清“因——电流方向”和“果——磁场方向”．\n2．左手定则用于判定安培力的方向，使用时注意分清“因——电流方向与磁场方向”和“果——受力方向”．备课札记　　　　考点三　通电导体在安培力作用下的平衡问题【典例3】(2012·天津卷，2)图8-1-5如图8-1-5所示，金属棒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θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)．A．棒中的电流变大，θ角变大　B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析　选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tanθ＝，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误．答案　A【变式跟踪3】如图8-1-7所示，\n图8-1-7光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒．当S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是(　　)．解析　四种情况的受力分别如图所示，A、C有可能平衡，D中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，也可以平衡，B中合外力不可能为零，一定不能平衡．答案　B借题发挥1．通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断(2)大小：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图8-1-6所示．图8-1-62．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路\n3．求解关键(1)电磁问题力学化．(2)立体图形平面化.命题热点10　通电导体在安培力作用下的运动命题专家评述考情分析：2012年全国各地的高考试卷中，对磁场性质和安培力的考查出现2处．高考题型：选择题命题趋势：2014年对磁场性质和安培力的单独考查以理解和简单运用为主．题型仍以选择题为主，但也不排除计算题出现的可能．阅卷教师叮咛易失分点：(1)判断安培力的方向错误的使用右手定则．(2)不能把立体图正确转化为平面图或截面图.高考佐证(2012·海南卷，10)图8-1-8如图8-1-8所示的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，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(　　)．A．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　若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误．\n答案　BD应对策略判定安培力作用下导体运动的常用方法【预测1】直导线ab与线圈所在的平面垂直且隔有一小段距离，图8-1-9其中直导线固定，线圈可自由运动，当通过如图8-1-9所示的电流方向时(同时通电)，从左向右看，线圈将(　　)．A．不动　　　　　　　　　　　B．顺时针转动，同时向右平移C．顺时针转动，同时向左平移D．逆时针转动，同时向右平衡解析　用安培定则判断线圈所处的B的方向，由左手定则及特殊位置法判定运动情况．答案　B【预测2】如图8-1-10所示为电磁轨道炮的工作原理图．图8-1-10待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(　　)．A．弹体向左高速射出B．I为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍解析　根据右手定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设B＝kI(其中k为比例系数)，轨道间距为l，弹体的质量为m，射出时的速度为v，则安培力F＝BIl＝kI2l，根据动能定理有FL＝mv2，联立可得v＝I，选项C错误，B、D正确．\n答案　BD一、对磁感应强度的理解1．一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．如果B＝2T，F一定是1NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4T，F有可能是1ND．如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析　如果B＝2T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为F＝BIL＝2×2.5×0.2N＝1N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F＝0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．答案　CD借题发挥1．洛伦兹力方向的特点(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．(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，要注意判断结果与正电荷恰好相反．(4)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，影响带电体的运动时间等．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．考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动【典例2】(2012·安徽卷，19)图8-2-6如图8-2-6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Δt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(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.ΔtB．2ΔtC.ΔtD．3Δt\n解析　设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，得r1＝，根据几何关系得＝tan，且φ1＝60°.当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2＝＝＝r1，圆心在O2，则＝tan，即tan＝＝＝3tan＝.故＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案　B【变式跟踪2】如图8-2-7(a)所示，图8-2-7在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场．一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v0沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴正半轴的交点C处，沿y轴正方向射出磁场，不计带电粒子所受重力．(1)①粒子带何种电荷；②求粒子的比荷.(2)若磁场的方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，粒子射出磁场时速度的方向相对于入射方向改变了θ角，如图(b)所示，求磁感应强度B′的大小．解析　(1)①粒子带负电；\n②由几何关系可知，粒子的运动轨迹如图甲所示，其半径R＝r，粒子所受的洛伦兹力等于它做匀速圆周运动时所受的向心力即qv0B＝m，则＝.(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，设其半径为R′，粒子所受的洛伦兹力提供它做匀速圆周运动的向心力，即qv0B′＝，又因为tan＝，解得B′＝Btan.答案　(1)①负电　②　(2)Btan以题说法1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．备课札记　　　\n　考点三　有界磁场中的临界问题【典例3】如图8-2-8所示，图8-2-8在0≤x≤a、0≤y≤范围内垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小．(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．教你审题解析　\n(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝m①由①式得R＝②当rN，所以vM>vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误；由T＝知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为，选项D错误．答案　A5．如图8-2-19甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．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，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　)．图8-2-19A．在Ekt图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大\nD．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ekt图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，选项A正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，选项B错；由r＝mv/qB＝/qB可知，粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径与D形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C错D对．答案　AD6．如图8-2-20所示，图8-2-20在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界．质量为m、带电荷量为－q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ(0°<θ<90°)的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场；第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ射出磁场．(不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U1、U2未知)(1)加速电压U1、U2的比值U1/U2为多少？(2)为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线射出PQ边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强．解析　(1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨迹刚好与PQ相切，如图中的轨迹1.设轨迹半径为r1，由几何关系得到：r1＋r1cosθ＝L，解得r1＝第二次粒子刚好能垂直PQ边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆心为图中的O2\n点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r2，由几何关系得到：r2＝根据轨迹半径公式r＝，可得＝所以＝.(2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为E，则Eq＝Bqv2，解得E＝Bv2①由于粒子的轨迹半径r2＝＝，可得v2＝②①②联立可得E＝，方向与水平方向成θ角斜向右下方．答案　(1)　(2)，方向与水平方向成θ角斜向右下方时间：60分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．初速为v0的电子，图8-2-21沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8-2-21所示，则(　　)．A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析　由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．答案　A\n2．如图8-2-22所示，图8-2-22重力不计、初速度为v的正电荷，从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后(　　)．A．动能发生改变B．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动C．运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出D．运动轨迹是一个半圆，并从a点下方某处穿出边界向左射出解析　洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A不正确；由左手定则知，正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出，B、D均不正确，C正确．答案　C3．回旋加速器的原理如图8-2-23所示，图8-2-23它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)．A．离子从电场中获得能量B．离子从磁场中获得能量C．只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能解析　回旋加速器通过电场对离子做功获得能量，A正确；洛伦兹力对离子不做功，B错误；电场对离子做功与电势差成正比，增大空隙距离不能增加电场力对离子做功，C错误；增大D形盒的半径可以使离子加速次数增加，从而增加从回旋加速器中获得的动能，故D正确．答案　AD\n4．(2012·北京卷，16)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值(　　)．A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，该粒子运动等效的环形电流I＝＝，由此可知，I∝q2，故选项A错误；I与速率无关，选项B错误；I∝，即I与m成反比，故选项C错误；I∝B，选项D正确．答案　D5．在如图8-2-24所示的足够大匀强磁场中，图8-2-24两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是(　　)．A．两粒子一定带有相同的电荷量B．两粒子一定带同种电荷C．两粒子一定有相同的比荷D．两粒子一定有相同的动能解析　粒子垂直穿过平面MN，再次穿过时速度一定又垂直此平面，因此两粒子均运动了半个周期，即粒子在磁场中运动的周期相同，由T＝可知，两粒子具有相同的比荷，但可以有不同的质量和电荷量，A错、C对；无论粒子向哪个方向绕行，均运动半个周期，所以粒子的电性不能确定，B错；粒子运动的周期与速度无关，所以动能也不能确定，D错．答案　C6．质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，如图8-2-25所示．图8-2-25它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，\n然后利用相关规律计算出带电粒子质量．图中虚线为某粒子运动轨迹，由图可知(　　)．A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只增大加速电压U，则半径r变大D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小解析　粒子从S3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S1和S2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S1板的电势高于S2板的电势．粒子在电场中加速，由动能定理有mv2＝qU，在磁场中偏转，则有r＝，联立两式解得r＝，由此式可以看出只增大U或只增大m时，粒子的轨道半径都变大．答案　C7．(2013·苏北四市二模)图8-2-26如图8-2-26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形盒内运动的周期相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析　由Bqv＝m得v＝，H和He的比荷相等，故v也相同，即A项正确．Ekm＝mv2＝，H和He的的值不等，则Ekm不同，即B项错．周期T＝，由上述分析可见T相同，即C项对．粒子的最大动能与频率无关，故D项错．答案　AC8．某空间存在着如图8-2-27甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B\n一起向左运动的过程中，以下说法正确的是(　　)．图8-2-27A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系解析　AB整体向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以f洛与t成正比，A错，A对B的摩擦大小恒定，B错，A对B压力N1＝mg＋Bqv，C正确，B对地压力N2＝(M＋m)g＋Bqv，D正确．答案　CD9．如图8-2-28所示，图8-2-28O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是(　　)．A．粒子的速度大小为B．粒子的速度大小为C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析　\n带正电粒子与y轴正方向成60°角射出进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得a＝Rsin30°，其中R＝，联立解得v＝，故选项A正确、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝T，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R＝2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tm＝T，故选项C正确、D错误．答案　AC10．一个质量m＝0.1g的小滑块，图8-2-29带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图8-2-29所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．求：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(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qvB＋FN－mgcosα＝0.当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα，得\nv＝＝m/s＝2m/s.(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝mv2，斜面的长度至少应是x＝＝m＝1.2m.答案　(1)负电荷　(2)2m/s　(3)1.2m11．如图8-2-30所示，图8-2-30两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析　(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝，又qv1B＝m得v1＝.(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.\n答案　(1)　(2)12．(2012·海南单科·16)图8-2-31(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示．当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于.不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向从O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.　　　　(a)　　　　　　　　(b)图8-2-31(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？解析　(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0＝m()2R①v＝②由①②式与已知条件得T′＝T粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图所示．OA与x轴的夹角θ＝0(2)粒子P在t0＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运\n动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝答案　(1)0　(2)特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲　带电粒子在复合场中的运动复合场【思维驱动】　　　　　　　　　　　　　　　　　　如图8-3-1所示，图8-3-1一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　)．A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为顺时针D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动解析　由于小球做匀速圆周运动，有qE＝mg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故A错、B正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，D正确．\n答案　BC【知识存盘】复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在．从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：①相邻场；②重叠场；③交替场；④交变场.带电粒子在复合场中的运动分类【思维驱动】(2013·龙岩检测)图8-3-2如图8-3-2所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)．A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动解析　P处于静止状态，带负电荷，mg＝qE，若仅撤去磁场，P仍静止，A错；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错；给P一初速度，垂直磁场方向，因mg＝qE，P只受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，C错、D对．答案　D【知识存盘】1．静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．3．一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．4．分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.电场磁场同区域应用实例【思维驱动】\n(2012·海南卷，2)图8-3-3如图8-3-3所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变(　　)．A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量C．电场强度D．磁感应强度解析　粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡有Eq＝Bqv，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B项正确．答案　B【知识存盘】装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，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，q＝qv0B，U＝v0Bd续表电磁流量计q＝qvB　所以v＝所以Q＝vS＝π2质谱仪、回旋加速器《见第2讲》温馨提示复合场中重力是否考虑的三种情况(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、金属块等，一般应考虑其重力．(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力.\n考点一　带电粒子在分离复合场中的运动【典例1】(2012·课标全国卷，25)图8-3-4如图8-3-4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．规范解答　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qvB＝m①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两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此＝＝r②设＝x，由几何关系得＝R＋x③＝R＋④联立②③④式得r＝R⑤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qE＝ma⑥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r＝at2⑦r＝vt⑧\n式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝.⑨答案　【变式跟踪1】如图8-3-5所示，图8-3-5xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ＝30°角．在第四象限和第一象限的xOQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为＋q，质量为m的带电粒子从－y轴上的A(0，－L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计．求：(1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t′；(2)匀强电场的电场强度E的大小．解析　(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则由几何关系得R＝L，qvB＝m，联立得v＝，又T＝，粒子在磁场中运动时间t1＝T.由M到A′做匀速直线运动的时间t2＝，粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间t′＝t1＋t2，\n联立以上各式得t′＝.(2)粒子在电场中做类平抛运动，M′N＝vt，A′N＝at2，a＝，由几何关系得A′N＝A′N′＋N′N，A′N′＝，N′N＝M′Ntanθ，联立得E＝，把θ＝30°代入得E＝(4m＋qBt)．答案　(1)　(2)(4m＋qBt),借题发挥1．“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FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FE＝qE，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vx＝v0，vy＝tx＝v0t，y＝t2运动时间t＝T＝t＝，具有等时性动能不变变化2.求解带电粒子在分离复合场中运动问题的分析方法(1)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．(2)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．(3)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．(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．3．带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法\n•特别注意(1)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点．如一定要把握“衔接点”处速度的连续性．(2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆有公切线，它们的半径重合．备课札记　　　考点二　带电粒子在叠加复合场中的运动【典例2】如图8-3-6所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q＝8.0×10－19C、质量m＝8.0×10－26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：图8-3-6(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？审题流程\n解析　图甲(1)设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1＝qvB1，代入数据解得v＝5.0×105m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2＝m得，r＝0.2m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ＝2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ＝90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y＝OO′＝vt，x＝at2，而a＝，则x＝0.4m，离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6m.图乙\n(3)只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r′＝m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0＝m，代入数据解得B0＝T＝0.3T,则B2′≥0.3T.答案　(1)5.0×105m/s　(2)0.6m　(3)B2′≥0.3T【变式跟踪2】(2012·重庆卷，24)图8-3-7有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图8-3-7所示．两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直,借题发挥1．带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点(1)受力分析是基础．在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件．(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．(3)构建物理模型是难点．根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解．2．带电粒子在复合场中运动的分析方法\n备课札记　　　线运动到达收集板．重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用．求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为λv0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离．解析　(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.有Eq＝mg，将＝代入，得E＝kg.(2)如图甲所示，有qv0B＝m，R2＝(3d)2＋(R－d)2，得B＝.(3)如图乙所示，有qλv0B＝m，tanθ＝，y1＝R1－，y2＝ltanθ，y＝y1＋y2，得y＝d(5λ－)＋.\n答案　(1)kg　(2)　(3)d(5λ－)＋备课札记　　　　　　　　　　考点三　带电粒子在交变复合场中的运动【典例3】如图8-3-8甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)．在t＝0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v0＝2πm/s的速度沿x轴正向水平射入．已知电场强度E0＝、磁感应强度B0＝，不计粒子重力．求：图8-3-8(1)t＝πs时粒子速度的大小和方向；(2)πs～2πs内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；(3)画出0～4πs内粒子的运动轨迹示意图；(要求：体现粒子的运动特点)．审题视点读题　(1)由图乙可知，在xOy平面内存在电场时，不存在磁场；存在磁场时，不存在电场．且电场和磁场的变化周期相同；(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；(3)由T＝＝πs知，只存在磁场时，带电粒子恰好做一个完整的圆周运动．\na画图　画出带电粒子在交变场中的运动轨迹如图a所示．解析　(1)在0～πs内，在电场力作用下，带电粒子在x轴正方向上做匀速运动：vx＝v0y轴正方向上做匀加速运动：vy＝tπs末的速度为v1＝v1与水平方向的夹角为α，则tanα＝，代入数据解得v1＝2πm/s，方向与x轴正方向成45°斜向上．b(2)因T＝＝πs，故在πs～2πs内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0＝，解得R1＝＝πm(3)轨迹如图b所示．答案　见解析【变式跟踪3】在如图8-3-9所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝.在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正)，电场大小为E0＝.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离．\n(2)第19秒内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？图8-3-9解析　(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma①第一秒末的速度为：v＝at1②在第二秒内：qE0＝mg③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝m④圆周运动的周期为：T＝＝1s⑤由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ⑥小球离开斜面的最大距离为d＝2R3⑦由以上各式得：d＝.(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsinθ⑧小球未离开斜面的条件是：qv19B≤(mg＋qE0)cosθ⑨所以：tanθ≤.答案　(1)　(2)tanθ≤借题发挥带电粒子在交变复合场中的运动将是今后高考命题的热点，往往综合考查牛顿运动定律、功能关系、圆周运动的规律等．\n•带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路•特别提醒若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场．备课札记　　　　命题热点12　带电粒子在复合场中的运动命题专家评述考情分析2012年的全国各地的高考卷中对带电粒子在复合场中的运动的考查有7处，是高考的高频考点．高考题型：选择题或计算题，计算题的机率大于选择题．命题趋势预计在2014年高考中以生活、科技材料为背景，考查带电粒子在复合场中运动的受力和画偏转图以及用数学知识解决物理问题的综合应用等为主．阅卷老师叮咛易失分点带电粒子在复合场中运动问题容易出现以下错误：(1)忽略带电粒子的重力，对于微观粒子如：质子、离子等，不考虑重力；液滴、尘埃、\n小球等宏观带电粒子常常考虑重力．(2)在叠加场中没有认识到洛伦兹力随速度大小和方向的变化而变化，从而不能正确地判断粒子的运动性质．(3)不能建立完整的运动图景，画出粒子的运动轨迹．(4)不能正确地选择相应的公式列方程，如运动的分解、匀速圆周运动、功能关系等．应对策略带电粒子在复合场中运动问题解题的两条线索(1)力和运动的角度：①根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解．②运用运动的合成与分解的方法，求解曲线运动问题．(2)功能的角度．根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解决问题，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场，因此要熟悉各种力做功的特点.高考佐证(2012·江苏卷，15)如图8-3-10所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场．图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．图8-3-10(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示．射入方向y－yz－z受力大小FFFF请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向．解析　(1)设粒子射出加速器的速度为v0\n根据动能定理得qU0＝mv，由题意得v1＝v0，即v1＝.(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t加速度的大小a＝，在离开时，竖直分速度vy＝at，竖直位移y1＝at2水平位移l＝v1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移：y2＝vyt由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2，解得y＝则当加速电压为4U0时，U＝4U1.(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴．且E＝.(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行．F2＋f2＝(F)2，则f＝2F且f＝qv1B，解得B＝.(c)设电场方向与x轴方向夹角为α若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得(f＋Fsinα)2＋(Fcosα)2＝(F)2解得α＝30°，或α＝150°即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.同理，若B沿－x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°.答案　(1)　(2)4U1　(3)见解析【预测】如图8-3-11所示，图8-3-11左侧为两板长为L＝10cm、间距d＝cm的平行金属板，加上U＝×104V的电压，上板电势高；现从左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m＝1.0×10－10kg，带电荷量q＝＋1.0×10－4C，初速度v0＝1.0×105m/s；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板平齐，AB边的中点P1\n恰好在下金属板的右端点；三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2，且B2＝4B1.(1)求带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向；(2)带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是多少？解析　(1)设微粒在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，射出电场时竖直方向的速度为vy，则可得＝ma，L＝v0t，vy＝at解得vy＝at＝×105m/sv＝＝×105m/s设速度v与水平方向的夹角为θ，则有tanθ＝＝，即垂直于AB射出．(2)设带电微粒出电场时竖直方向偏转的位移为y，有y＝at2可得y＝m＝，即微粒由P1点垂直AB射入磁场带电微粒在磁场中运动轨迹如图所示设匀速圆周运动P1Q1段半径为R1，根据几何关系有R1＝＝×10－2m由qvB1＝m，得B1＝＝T.答案　(1)×105m/s　垂直于AB射出　(2)T一、带电粒子在分离复合场中的运动1．粒子回旋加速器的工作原理如图8-3-12所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为＋e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　)．\n图8-3-12A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfD．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1解析　质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，vm＝＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm＝＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；因为运动半径R＝，nUq＝，知半径比为∶1，D正确．答案　CD2．如图8-3-13所示，图8-3-13MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场，不计粒子重力．求：(1)两金属板间所加电场的场强大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小．解析　(1)设粒子在两金属板间匀强电场中运动的时间为t，由类平抛运动可知：L＝v0t，＝at2，a＝联立解得：E＝.\n(2)设粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，速度v与水平方向的夹角为θ，则有qvB＝m，sinθ＝，sinθ＝，vy＝at联立解得：B＝.答案　(1)　(2)3．(2013·广东湛江测试)如图8-3-14所示的平面直角坐标系中，虚线OM与x轴成45°角，在OM与x轴之间(包括x轴)存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以某速度沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求：图8-3-14(1)若带电粒子从O点以速度v1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离．(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，求粒子最初进入磁场时速度v的大小．并讨论当v变化时，粒子第二次离开电场时的速度大小与v大小的关系．解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1B＝m①解得R＝②设粒子从N点离开磁场，如图所示，由几何知识可知ON＝R③联立②③两式解得：ON＝④\n(2)粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动，若粒子第二次刚好从O点离开电场，则：水平位移x＝2R＝＝vt⑤解得：t＝⑥竖直位移y＝2R＝＝at2⑦而a＝⑧联立⑥⑦⑧式并解得v＝⑨①若v>，则粒子从y轴离开电场，轨迹如上图，水平位移x＝2R＝＝vt得t＝⑩vy＝at＝t＝⑪则粒子离开电场时的速度v2＝＝⑫②若v<，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y方向的位移大小相等x＝vt⑬y＝x＝t，解得vy＝2v⑭则粒子离开电场时的速度v3＝＝v⑮答案　(1)　(2)见解析二、带电粒子在叠加复合场中的运动4．如图8-3-15所示，\n图8-3-15质量为m，带电荷量为－q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)．A．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C．匀强电场的电场强度E＝D．匀强磁场的磁感应强度B＝解析　因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE＝mg，qvB＝mg，得电场强度E＝，磁感应强度B＝.答案　A5．两块金属板a、b平行放置，图8-3-16板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域．一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图8-3-16所示，已知板长l＝10cm，两板间距d＝3.0cm，两板间电势差U＝150V，v0＝2.0×107m/s.(1)求磁感应强度B的大小；(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量\n(电子所带电荷量的大小与其质量之比＝1.76×1011C/kg，电子带电荷量的大小e＝1.60×10－19C)．解析　(1)电子进入正交的电、磁场不发生偏转，则满足Bev0＝e，B＝＝2.5×10－4T(2)设电子通过场区偏转的距离为y1y1＝at2＝＝1.1×10－2mΔEk＝eEy1＝ey1＝8.8×10－18J＝55eV答案　(1)2.5×10－4T　(2)1.1×10－2m　55eV时间：60分钟1．(2012·北京西城二模)图8-3-17如图8-3-17所示，在两个水平放置的平行金属板之间，电场和磁场的方向相互垂直．一束带电粒子(不计重力)沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转．则这些粒子一定具有相同的(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．质量mB．电荷量qC．运动速度vD．比荷解析　因粒子运动过程中所受电场力与洛伦兹力与速度方向垂直，则粒子能沿直线运动时必是匀速直线运动，电场力与洛伦兹力相平衡，即qE＝Bqv，可得v是一定值，则C正确．答案　C2．如图8-3-18所示，一束正离子从s点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(\n不计离子重力及其间相互作用力)(　　)．图8-3-18A．E向下，B向上B．E向下，B向下C．E向上，B向下D．E向上，B向上解析　离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向下，B向上．所以A正确．答案　A3．某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，图8-3-19带电小球沿如图8-3-19所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是(　　)．A．小球一定带正电B．小球可能做匀速直线运动C．小球一定做匀加速直线运动D．运动过程中，小球的机械能增大解析　由于小球重力方向竖直向下，空间存在磁场，且小球直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受磁场力的作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不是匀速直线运动，所以选项B错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速直线运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增加，选项D正确．答案　CD4．如图8-3-20图8-3-20\n是质谱仪的工作原理示意图．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下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　)．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，粒子的荷质比越小解析　粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：qE＝qvB得v＝，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B、C选项正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由qvB0＝得，R＝，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A项正确、D项错．答案　ABC5．(2013·长春调研)图8-3-21如图8-3-21所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)．A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外B．小球的电荷量与质量的比值＝C．小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒D．小球在a、b两点的速度相同解析　带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，选项B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，选项A错误；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，选项C错误；小球在a、b两点速度方向相反，故选项D错误．答案　B\n6．如图8-3-22所示，图8-3-22三个带相同正电荷的粒子a、b、c(不计重力)，以相同的动能沿平行板电容器中心线同时射入相互垂直的电磁场中，其轨迹如图所示，由此可以断定(　　)．A．三个粒子中，质量最大的是c，质量最小的是aB．三个粒子中，质量最大的是a，质量最小的是cC．三个粒子中动能增加的是c，动能减少的是aD．三个粒子中动能增加的是a，动能减少的是c解析　本题考查同一电、磁叠加场中不同带电粒子的偏转问题．因为b粒子没有偏转，可知b粒子受到的电场力和磁场力是一对平衡力．根据电性和磁场方向，可以判断电场力方向向下，洛伦兹力方向向上．对于a粒子，qvaB>Eq；对于c粒子，qvcBvb>vc，故ma