【物理】2019届一轮复习人教版磁场 133页

第九章 磁场 ‎[全国卷5年考情分析]‎ 基础考点 常考考点 命题概率 常考角度 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ) ‎ 洛伦兹力、洛伦兹力的方向(Ⅰ) ‎ 洛伦兹力公式(Ⅱ) ‎ 以上3个考点未曾独立命题 磁场、磁感应强度、磁感线(Ⅰ) ‎ ‎'17Ⅲ卷T18(6分) ‎ ‎'15Ⅱ卷T18(6分)‎ 独立命题概率40%‎ ‎(1)电流的磁场及安培定则的应用 ‎(2)安培力、洛伦兹力的理解及应用 ‎(3)带电粒子在磁场中的圆周运动问题 ‎(4)带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题 ‎(5)带电粒子在复合场中的运动问题 ‎(6)洛伦兹力在现代科技中的应用 安培力、安培力的方向(Ⅰ)‎ ‎'17Ⅰ卷T19(6分) ‎ ‎'17Ⅱ卷T21(6分) ‎ ‎'15Ⅰ卷T24(12分)‎ 综合命题概率60%‎ 匀强磁场中的安培力(Ⅱ)‎ ‎'14Ⅰ卷T15(6分)‎ 独立命题概率30%‎ 质谱仪和回旋加速器(Ⅰ)‎ ‎'16Ⅰ卷T15(6分)‎ 综合命题概率30%‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动(Ⅱ)‎ ‎'17‎ Ⅰ卷T16(6分)，Ⅱ卷T18(6分)，Ⅲ卷T24(12分)‎ 独立命题概率100%‎ 综合命题概率100%‎ ‎'16‎ Ⅱ卷T18(6分)，Ⅲ卷T18(6分)‎ ‎'15‎ Ⅰ卷T14(6分)，Ⅱ卷T19(6分)‎ ‎'14‎ Ⅰ卷T16(6分)，Ⅱ卷T20(6分)‎ ‎'13‎ Ⅰ卷T18(6分)，Ⅱ卷T17(6分)‎ 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。(×)‎ ‎◎物理学史判断 ‎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。(√)‎ ‎1．电流不受安培力(电荷不受洛伦兹力)，不能说明该处没有磁场，这一点与电场不同，电荷在电场中一定受电场力作用。‎ ‎2．安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。‎ ‎3．解题中常用到的二级结论：‎ ‎(1)安培力方向一定垂直电流与磁场方向决定的平面，即同时有FA⊥I，FA⊥B。‎ ‎(2)通电线圈在匀强磁场中所受磁场力没有平动效应，只有转动效应。‎ ‎(3)安培力的冲量I＝BLq。　　‎ 突破点(一)　对磁感应强度的理解 ‎1．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(F、I、L)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 ‎2.常见磁体的磁感线 ‎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，地磁场的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。‎ ‎[题点全练]‎ 下列关于磁场或电场的说法正确的是________。‎ ‎①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 ‎②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 ‎③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 ‎④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 ‎⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零 ‎⑥一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 ‎⑦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 ‎⑧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 ‎⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的 ‎⑩地磁场的方向与地球表面平行 ‎⑪磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N极所指的方向 ‎⑫地磁场的N极与地理南极完全重合 答案：④⑤⑦‎ 突破点(二)　安培定则的应用与磁场的叠加 ‎1．电流的磁场及安培定则 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 安培定则 立体图 横截面图 特点 无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱 两侧是N极和S极，与条形磁体的磁场类似，管内可看作匀强磁场，管外是非匀强磁场 两侧是N极和S极，圆环内侧，离导线越近，磁场越强；圆环外侧离圆环越远，磁场越弱 ‎2．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 ‎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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·临沂模拟)如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)‎ A．a、b、c的N极都向纸里转 B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转 C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转 D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转 解析：选B　由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转。‎ ‎2．(2018·德州模拟)指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图中虚线(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极指向北偏东)所示。则以下判断正确的是(　　)‎ A．可能在指南针上面有一导线东西放置，通由东向西的电流 B．可能在指南针上面有一导线东西放置，通由西向东的电流 C．可能在指南针上面有一导线南北放置，通由北向南的电流 D．可能在指南针上面有一导线南北放置，通由南向北的电流 解析：选C　若指南针静止时N极指向北偏东方向，则有一指向东的磁场，由安培定则知，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有由北向南的电流，故C正确。‎ ‎3．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 解析：选BC　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。‎ 突破点(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，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 ‎[典例]　一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)‎ A．不动　　　　　　　　 B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．在纸面内平动 ‎(一)方法选择 ‎(1)如果通电导体为环形电流，则选用等效法较简单。‎ ‎(2)如果只是判断两个通电导体之间的相互作用情况，可选用结论法。‎ ‎(3)如果通电导体为直导线，则可选用电流元法和特殊位置法。‎ ‎(二)方法应用 基础解法：(电流元法)　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。‎ 能力解法一：(等效法)　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。‎ 能力解法二：(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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.[结论法]如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则(　　)‎ A．金属棒始终静止不动 B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环 C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环 D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环 解析：选B　由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒 开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确。‎ ‎2．[特殊位置法](2018·成都检测)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 解析：选D　由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，Oa向纸外，Ob向纸里，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对。‎ ‎3.[转换研究对象法][多选]如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短 C．F1>F2 D．F1FN2，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短。‎ 突破点(四)　安培力作用下的平衡、加速问题 ‎1．安培力 公式F＝BIL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；如图所示。‎ ‎(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Ⅰ)如图，一长为‎10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。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Δl1＝‎0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2kΔl1＝mg①‎ 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 F＝BIL②‎ 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Δl2＝‎0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③‎ 由欧姆定律有 E＝IR④‎ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝‎0.01 kg。⑤‎ ‎[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(0.5＋0.3)cm，不是‎0.3 cm或(0.5－0.3)cm。‎ ‎(3)金属棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·青岛期末)一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)。现在通电导 体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置。如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)(　　)‎ 解析：选C　要使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ 角(如侧面图)的位置，则安培力的范围是由竖直向上顺时针转到沿细线向下，可以竖直向上，但不能沿细线向下。再由左手定则可知磁感应强度的方向是由水平向右顺时针转到垂直于细线向下，但不能沿垂直于细线向下。所以C图正确。‎ ‎2.(2018·晋中摸底)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。‎ ‎(1)若线圈串联一个电阻R连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻R的大小。‎ ‎(2)请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式。‎ 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可得I＝ 解得R＝－r。‎ ‎(2)根据平衡条件有：mg＝2nBIL 得B＝。‎ 答案：(1)－r　(2)B＝ 综合问题——练转换思维 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。安培力作用下的功能关系 ‎(一)周期性变化的安培力做功问题 ‎1．[多选](2014·浙江高考)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)‎ A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功 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F＝BIL，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、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。‎ ‎(二)电磁炮中的功能关系 ‎2.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，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)‎ 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s＝ΔEk，即BILs＝mv2－0‎ 代入数据可得B＝18 T。‎ 运动过程中，磁场力的最大功率为 P＝Fvm＝BILvm＝2.16106 W。‎ 答案：18 T　2.16106 W ‎(三)安培力作用下的平抛问题 ‎3.如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量m＝‎0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h＝‎20 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s＝‎100 cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取‎10 m/s2)‎ 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：W＝mv2‎ 设平抛运动的时间为t，则竖直方向：h＝gt2‎ 水平方向：s＝vt 联立以上三式解得：W＝0.5 J。‎ 答案：0.5 J 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。‎ ‎①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。‎ ‎②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。　　 ‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1.磁场中某区域的磁感线如图所示，则(　　)‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 解析：选A　磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba>Bb，所以A正确，B错误。‎ ‎★2．(2018·温州模拟)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，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F＝BILsin θ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中点折成直角，安培力的大小变为原来的，故D错误。‎ ‎3.(2018·济宁模拟)图中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(　　)‎ A．向上　　B．向下　　　C．向左　　　D．向右 解析：选B　带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生的磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B正确。‎ ‎4.[多选](2018·广州模拟)在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为‎1 A、‎2 A、‎1 A，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则(　　)‎ A．①的电流方向为a→b B．③的电流方向为e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：选BCD　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，选项A错误，B正确；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，选项C正确；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，选项D正确。‎ ‎★5.如图所示，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两直导线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中通以方向向外的电流时(　　)‎ A．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P中通以方向向外的电流时，由安培定则可知长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向。由左手定则可判断出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，故从上往下看，导线框将逆时针转动，D正确。‎ ‎6．(2018·郑州模拟)如图所示，两根无限长导线均通以恒定电流I，两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧，规定垂直于纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B，下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是(　　)‎ 解析：选A　由磁场的叠加可知A图中四根导线在O处的合磁感应强度为B；B图中四根导线在O处的合磁感应强度为2B；C图中，O处的合磁感应强度大小为－2B；D图中，O处的合磁感应强度为－B。‎ ‎7.(2018·烟台模拟)在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0。将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)(　　)‎ A．B1－B0　　　　　　　 B．B1＋B0‎ C. D. 解析：选D　设条形磁铁在P点处产生的磁感应强度为B′，当N极指向正北方时，B1＝B0＋B′，解得B′＝B1－B0，当N极指向正东方时，P点的磁感应强度B＝＝＝，D正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★8．(2018·福建漳州八校联考)如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为(　　)‎ A.，水平向右 B.，垂直于回路平面向上 C.，竖直向下 D.，垂直于回路平面向下 解析：选D　对金属棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示；从图可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为：FA＝mgsin θ，故磁感应强度的最小值为B＝＝，根据欧姆定律，有E0＝IR，故B＝，故D正确。‎ ‎9．[多选](2018·肇庆模拟)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是(　　)‎ A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动 B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动 C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小 D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小 解析：选AD　当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C错误，D正确。‎ ‎10．[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则(　　)‎ A．电解液将顺时针旋转流动 B．电解液静止不动 C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢 D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变 解析：选AD　电解液中当通以如题图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向K ‎，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动，故A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D正确。‎ ‎★11．(2018·南昌十所省重点中学联考)如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为‎2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(　　)‎ A. ‎0.1‎ A‎　　　　　　　　　　 B. ‎‎0.2 A C. ‎0.05 A D. ‎‎0.01 A 解析：选A　设线圈的半径为r，则线圈的质量m＝2nπr×2.5×10－‎3 kg，磁场的水平分量为Bsin 30°，线圈受到的安培力为：F＝Bsin 30°×I×2nπr，由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，则 ‎2nπr×2.5×10－3×10＝Bsin 30°×I×2nπr，‎ 解得：I＝‎0.1 A，选项A正确。‎ ‎12.(2018·淮北模拟)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知 F1>F2，则磁感应强度B的大小为(　　)‎ A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B　当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋BL; 接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－BL；联立解得B＝，选项B正确。‎ ‎13. (2018·唐山五校联考)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，沿y轴方向磁场分布是不变的，沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直 B．整个线框沿y轴方向所受合力为0‎ C．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向 D．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向 解析：选B　根据左手定则可知，DC边和BE边受的安培力大小相等，方向相反，AD边受的安培力水平向左，大小为F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB边受的安培力水平向右，大小为F2＝B′IL＝k·‎2a·I·a＝2ka2I，整个线框受的安培力水平向右，大小为F2－F1＝ka2I，A、C、D错误，B正确。‎ ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎14.(2018·渭南质检)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距‎1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为‎0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为‎0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？‎ 解析：棒受的安培力F＝BIL，‎ 棒中电流为I＝，代入数据解得F＝＝0.8 N，‎ 对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2FN＝，‎ 代入数据解得FN＝0.5 N。‎ 由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，‎ 由图中几何关系有tan θ＝＝＝，得θ＝53°，‎ 棒距环底的高度为h＝r(1－cos θ)＝‎0.2 m。‎ 答案：0.5 N　‎‎0.2 m ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1.(2018·济宁模拟)图中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(　　)‎ A．向上　　　　　　　 B．向下 C．向左 D．向右 解析：选B　带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生的磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B正确。‎ ‎2.[多选](2018·广州模拟)在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为‎1 A、‎2 A、‎1 A，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则(　　)‎ A．①的电流方向为a→b B．③的电流方向为e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：选BCD　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，选项A错误，B正确；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，选项C正确；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，选项D正确。‎ ‎★3.法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆(　　)‎ A．向左摆动 B．向右摆动 C．顺时针转动 D．逆时针转动 解析：选D　由左手定则知，图示位置金属杆所受安培力方向与金属杆垂直向里，从上往下看，金属杆逆时针转动，D正确。‎ ‎4．(2018·郑州模拟)如图所示，两根无限长导线均通以恒定电流I，两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O 为圆心的、半径相同的一段圆弧，规定垂直于纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B，下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是(　　)‎ 解析：选A　由磁场的叠加可知A图中四根导线在O处的合磁感应强度为B；B图中四根导线在O处的合磁感应强度为2B；C图中，O处的合磁感应强度大小为－2B；D图中，O处的合磁感应强度为－B。‎ ‎★5.如图所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b。闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是(　　)‎ A．向上 B．向下 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 解析：选D　根据右手定则可知，开关闭合后，缧线管产生的磁极N极在右侧。根据左手定则可知，a端受力垂直纸面向里，选项D正确。‎ ‎6.(2018·烟台模拟)在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0。将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)(　　)‎ A．B1－B0 B．B1＋B0‎ C. D. 解析：选D　设条形磁铁在P点处产生的磁感应强度为B′，当N极指向正北方时，B1‎ ‎＝B0＋B′，解得B′＝B1－B0，当N极指向正东方时，P点的磁感应强度B＝＝＝，D正确。‎ ‎★7.(2018·开封模拟)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的是(　　)‎ A．逐渐增大　　　　　　　　 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选D　对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示，从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，故D正确。‎ ‎8.(2018·淮北模拟)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知 F1>F2，则磁感应强度B的大小为(　　)‎ A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B　当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋BL; 接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－BL；联立解得B＝，选项B正确。‎ ‎9. (2018·唐山五校联考)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，沿y轴方向磁场分布是不变的，沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a ‎，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直 B．整个线框沿y轴方向所受合力为0‎ C．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向 D．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向 解析：选B　根据左手定则可知，DC边和BE边受的安培力大小相等，方向相反，AD边受的安培力水平向左，大小为F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB边受的安培力水平向右，大小为F2＝B′IL＝k·‎2a·I·a＝2ka2I，整个线框受的安培力水平向右，大小为F2－F1＝ka2I，A、C、D错误，B正确。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎★10.[多选](2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B＝，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是(　　)‎ A．b点的磁感应强度大小为 B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为 C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0‎ D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0‎ 解析：选BD　根据B＝，可知a点磁感应强度B0＝＋＝，则：＝B0，根据右手螺旋定则，此时b点磁感应强度为：Bb＝－＝＝B0，方向向外，故选项A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为：Bb′＝＝B0，故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为Bb″＝－＝＝B0，方向向外，故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为Bb″＝＝B0，故选项D正确。‎ ‎11.[多选](2018·肇庆模拟)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN ‎，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是(　　)‎ A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动 B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动 C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小 D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小 解析：选AD　当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C错误，D正确。‎ ‎12．[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则(　　)‎ A．电解液将顺时针旋转流动 B．电解液静止不动 C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢 D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变 解析：选AD　电解液中当通以如题图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动，故A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D正确。‎ ‎★13.如图所示，梯形金属框架导轨放置在竖直平面内，两腰延长线的夹角为θ，底边ab长为l，垂直于梯形平面有一磁感应强度为B 的匀强磁场。在导轨上端再放置一根水平金属棒cd，质量为m，导轨上接有电源，使abcd构成回路，回路电流恒为I，cd棒恰好静止。已知cd棒和导轨之间接触良好，不计摩擦阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)cd棒所受安培力；‎ ‎(2)cd棒与ab边之间的高度差h。‎ 解析：(1)cd棒在安培力与重力的作用下处于平衡状态，因此cd棒所受安培力Fcd＝mg，方向竖直向上。‎ ‎(2)设cd棒的有效长度为l′，由cd棒静止得：mg＝BIl′，‎ 因此l′＝ 根据几何关系知cd棒的有效长度l′＝l＋2htan 解得h＝。‎ 答案：(1)mg，方向竖直向上　(2) ‎14.(2018·渭南质检)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距‎1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为‎0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为‎0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？‎ 解析：‎ 棒受的安培力F＝BIL，‎ 棒中电流为I＝，代入数据解得F＝＝0.8 N，‎ 对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2FN＝，‎ 代入数据解得FN＝0.5 N。‎ 由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，‎ 由图中几何关系有tan θ＝＝＝，得θ＝53°，‎ 棒距环底的高度为h＝r(1－cos θ)＝‎0.2 m。‎ 答案：0.5 N　‎‎0.2 m 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)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)‎ ‎(5)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)‎ ‎(6)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。(√)‎ ‎(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。(×)‎ ‎◎物理学史判断 ‎(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电量和质量。(×)‎ ‎1．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。‎ ‎2．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定。‎ ‎3．解题中常用到的二级结论：‎ ‎(1)粒子速度垂直于磁场时，做匀速圆周运动：R＝，T＝(周期与速率无关)。‎ ‎(2)粒子匀速通过正交电磁场(离子速度选择器)：qvB＝qE，v＝。磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应：洛伦兹力等于电场力。‎ ‎(3)带电粒子作匀速圆周运动必须抓住几何条件：①入射点和出射点，两个半径的交点和夹角；②两个半径的交点即轨迹的圆心，③两个半径的夹角等于偏转角，偏转角对应粒子在磁场中运动的时间。　　‎ 突破点(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 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中 大小 F＝qvB(v⊥B)‎ F＝qE 方向 F⊥B且F⊥v 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 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 ‎[题点全练]‎ ‎1.(2015·重庆高考)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(　　)‎ A．a、b为β粒子的径迹　　　 B．a、b为γ粒子的径迹 C．c、d为α粒子的径迹 D．c、d为β粒子的径迹 解析：选D　由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。‎ ‎2.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，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点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为(　　)‎ A.∶1　　　　　　　　 B.∶2‎ C．1∶1 D．1∶2‎ 解析：选B　长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等，M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下，合磁感应强度大小为B1＝2B，P、N处的导线在O点产生的磁感应强度夹角为60°，合磁感应强度大小为B2＝B，可得，B2∶B1＝∶2，又因为F洛＝qvB，所以F2∶F1＝∶2，选项B正确。‎ ‎3.[多选](2018·杭州模拟)如图所示，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(　　)‎ A．C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(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin θ，由x＝at2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。‎ 突破点(二)　半径公式和周期公式的应用 ‎[题点全练]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)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：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ω＝知角速度减小。选项D正确。‎ ‎2．[多选](2018·河南百校联盟质检)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则(　　)‎ A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2‎ B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4‎ C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2‎ 解析：选AC　粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。‎ ‎3．(2015·广东高考)在同一匀强磁场中，α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)‎ A．运动半径之比是2∶1　 B．运动周期之比是2∶1‎ C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1‎ 解析：选B　α粒子(24He)和质子(11H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比 ＝·＝×＝，选项B正确；根据f＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝·＝，选项D错误。‎ ‎[题后悟通]‎ 三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较：‎ 突破点(三)　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 带电粒子在磁场中运动的解题思路 ‎　　1.圆心的确定 ‎(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(如图乙所示)。‎ ‎2．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(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍 ‎(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt。‎ ‎3．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α时，其运动时间可由下式表示：‎ t＝T，t＝(l为弧长)。‎ 带电粒子在不同边界磁场中的运动规律 情形一　直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)‎ 情形二　平行边界(存在临界条件，如图所示)‎ 情形三　圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)‎ ‎[典例]　(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. ‎[审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 粒子射入时的运动方向与MN成30°角 粒子射出磁场时与半径方向也应成30°角 筒转过90°‎ 所用时间为圆筒运动周期的 第二步：找突破口 ‎(1)求粒子运动的圆心角→画轨迹，由几何关系求解。‎ ‎(2)求粒子运动周期→根据粒子运动时间与筒运动时间相等求解。‎ ‎(3)求比荷→可根据粒子的周期公式求解。‎ ‎[解析]　如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，粒子在磁场中运动时间与圆筒转动时间相等，则＝·，即＝，选项A正确。‎ ‎[答案]　A ‎[方法规律]‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的三步解题法 ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B.∶1‎ C.∶1 D．3∶ 解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝‎ ，C项正确。‎ ‎2．(2018·长沙模拟)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是(　　)‎ A．电子将向右偏转 B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d D．电子在磁场中运动的时间为 解析：选D　电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0＝m①‎ qλB0v0＝m②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝1＋。⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。⑥‎ 答案：(1)　(2) ‎突破点(四)　带电粒子在匀强磁场中的多解问题 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，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。‎ ‎[例1]　如图所示，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。‎ ‎[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′相切的圆周圆弧，‎ 轨道半径：R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。‎ 若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆周圆弧，则有：R′＝ d＝R′＋，‎ 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。‎ ‎ [例2]　[多选](2018·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4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，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。‎ ‎[例3]　[多选]如图所示，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∠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(　　)‎ A．2BkL 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＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。‎ ‎[答案]　BD ‎　(四)带电粒子运动的周期性形成多解 空间中存在周期性变化的磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解。‎ ‎[例4]　(2018·天水模拟)如图甲所示，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t＝0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。求：‎ ‎(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。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)求解磁感应强度B0的大小时要充分利用“正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T‎0”‎这个条件。‎ ‎(2)正离子的运动周期与磁场的变化周期相同，离子在两板间的运动具有可重复性，求解第(2)问时可以先画出离子经一个周期飞出磁场的运动轨迹，继而推广到多个周期的情况。‎ ‎[解析]　(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，‎ 即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，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝ 当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r＝(n＝1,2,3…)‎ 联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝＝(n＝1,2,3，…)。‎ ‎[答案]　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)‎ 突破点(五)　带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 分析临界极值问题常用的四个结论 ‎(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边界相切。‎ ‎(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。‎ ‎(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。‎ ‎(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。‎ ‎[多维探究]‎ ‎(一)半无界磁场 ‎[例1]　[多选](2015·四川高考)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝‎9.1 cm，中点O与S间的距离d＝‎4.55 cm，MN与SO直线的夹角为 θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－‎31 kg，‎ 电量e＝－1.6×10－‎19 C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×‎106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)‎ A．θ＝90°时，l＝‎9.1 cm　　 B．θ＝60°时，l＝‎‎9.1 cm C．θ＝45°时，l＝‎4.55 cm D．θ＝30°时，l＝‎‎4.55 cm ‎[解析]　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－‎2 m＝‎4.55 cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l＝2R＝‎9.1 cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝‎9.1 cm，选项B错误；θ＝30°，如图丙所示，l＝R＝‎4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R(R＝‎4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误。‎ ‎[答案]　AD ‎(二)四分之一平面磁场 ‎[例2]　如图所示，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。‎ ‎[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)正方形磁场 ‎[例3]　[多选]如图所示，在正方形abcd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(　　)‎ A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝∶4‎ C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1‎ ‎[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v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，选项A错误、B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误、D正确。‎ ‎[答案]　BD ‎(四)矩形磁场 ‎[例4]　(2018·衡阳联考)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子a带负电 B．粒子c的动能最大 C．粒子b在磁场中运动的时间最长 D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大 ‎[解析]　由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有f向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确、B错误；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故C错误。‎ ‎[答案]　D ‎(五)三角形磁场 ‎[例5]　如图所示，△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(　　)‎ A．B＞　　　 B．B＜ C．B＞ D．B＜ ‎[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＝，可得＜，即B＜，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎(六)圆形磁场 ‎[例6]　[多选](2018·福州质检)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则(　　)‎ A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝∶ B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3‎ C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ ‎[解析]　假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝·2Rsin θ＝Rsin。如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝·2Rsin α＝Rsin，因此r1∶r2＝sin∶sin ＝∶，故A正确，B错误。由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0B＝m，则B＝，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝∶，故C错误，D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎(七)半圆形磁场 [例7]　如图所示，长方形abcd长ad＝‎0.6 m，宽ab＝‎0.3 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B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－‎7 kg、电荷量q＝＋2×10－‎3 C的带电粒子以速度v＝5×‎102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则(　　)‎ A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在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r＝‎0.3 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 ‎(八)其他有界磁场 ‎[例8]　(2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大 小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则(　　)‎ A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1‎ B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2‎ C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1‎ D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ ‎[解析]　如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝‎2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎[答案]　A ‎[方法规律]　解决临界极值问题方法技巧 ‎(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。‎ ‎(2)一个“解题流程”，突破临界问题 ‎(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。‎ ‎“形异质同”类问题——练比较思维 带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位置变化的问题称为动态圆问题。常用的有两种模型。‎ 一、确定的入射点O和速度大小v，不确定速度方向 在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：‎ ‎1．各动态圆圆心O1、O2、O3 、O4 、O5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心，R＝为半径的一个圆周上(如图虚线所示)。‎ ‎2．带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心，2R为半径的大圆(如图实线所示)。‎ ‎3．各动态圆相交于O点。‎ 二、确定入射点O和速度方向，不确定速度大小 在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，沿同一方向发射速度为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：‎ ‎1．各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上，如图所示。‎ ‎2．各动态圆的半径R各不相同。‎ ‎3．各动态圆相交于O点。‎ ‎[例1]　如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝。哪个图是正确的？(　　)‎ ‎[解析]　由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的。沿ON方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON方向逆时针偏转，则在过O点垂直MN左侧，其运动轨迹上各个点到O点的最远距离，恰好是以O为圆心，以2R为半径的圆弧。A正确。‎ ‎[答案]　A ‎[例2]　[多选]如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状 及对应的磁感应强度可以是 (　　)‎ ‎[解析]　由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A、C选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同。B、D选项因为磁场是2B0，粒子在其中运动半径是在A、C中运动半径的一半。然而当粒子射入C、D两选项时，均不可能汇聚于同一点。所以只有A、B选项能汇聚于一点。‎ ‎[答案]　AB 第一类问题可以叫做“旋转圆”问题，即将半径不变的圆周轨迹，以粒子的发射点为圆心旋转，第二类问题可以叫做“放缩圆”问题，即半径不同的圆周轨迹，都以粒子的发射速度方向为切线。　　 ‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1．(2018·河北定州中学模拟)关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是(　　)‎ A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 B．电荷在电场中一定受电场力作用 C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致 D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 解析：选B　当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误；电荷在电场中一定受到电场力作用，故B正确；正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反，故C错误；根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直，故D错误。‎ ‎★2．(2015·海南高考)如图所示，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(　　)‎ A．向上　　B．向下　　　C．向左　　　D．向右 解析：选A　条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。‎ ‎★3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，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(　　)‎ A．2　　　　B.　　　　C．1　　　　D. 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.[多选]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，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子带负电，b粒子带正电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 解析：选AC　由左手定则可知b粒子带正电，a粒子带负电，A正确；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，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，B错误。‎ ‎5．[多选]有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析：选AC　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，B2＝B，B1＝kB 则由牛顿第二定律得：qvB＝①‎ T＝②‎ 由①②得：R＝，T＝，所以＝k，＝k 根据a＝，ω＝可知＝，＝ 所以选项A、C正确，选项B、D错误。‎ ‎6.如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，粒子的带电荷量相同，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)‎ A．1∶3　　　　　　　　 B．4∶3‎ C．1∶1 D．3∶2‎ 解析：选D　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b点射出的粒子对应的圆心角为60°，由t＝·可得t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，D正确。‎ ‎7.如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABCD，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A．入射速度越大的电子，其运动时间越长 B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长 C．从AB边出射的电子的运动时间都相等 D．从AC边出射的电子的运动时间都相等 解析：选C　电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场，若电子以AB边射出，画出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知在AB边射出的电子轨迹所对的圆心角相等，在磁场中的运动时间相等，与速度无关，C对，A错；从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中的运动时间不相等，B、D错。‎ ‎8.(2018·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝‎10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷为＝2×‎1011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v的大小是(　　)‎ A.×‎106 m/s B．2×‎106 m/s C．2×‎108 m/s D．4×‎106 m/s 解析：选B　粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α＝45°，过入射点和出射点作速度方向的垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90°，则粒子的轨迹半径有关系：r＝2R，由牛顿第二定律得：Bqv＝m，解得：v＝＝2×‎106 m/s，故选项B正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★9.[多选]一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示。若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则(　　)‎ A．h＝d B．电子在磁场中运动的时间为 C．电子在磁场中运动的时间为 D．洛伦兹力对电子做的功为零 解析：选CD　过P点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O，由勾股定理可得(R－h)2＋d2＝R2，整理知d＝，而R＝，故d＝ ，所以A错误。由电子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t＝，故B错误，C正确。又由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D正确。‎ ‎★10．(2018·潍坊实验中学检测)如图所示，虚线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，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：‎ ‎(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。‎ 解析：(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB＝m 由此可得电子做圆周运动的半径R＝＝。‎ ‎(2)如图所示，根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角α＝θ 则电子在磁场中运动的时间：t＝T＝×＝×＝。‎ ‎(3)由题意知，由图根据几何关系知：tan＝ 解得r＝Rtan＝tan。‎ 答案：(1)　(2)　(3)tan ‎11.如图所示，在O≤x≤a、O≤y≤范围内有垂直于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。‎ 解析：(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得R＝②‎ 可知半径R为定值。因为粒子速度方向不确定，所以粒子可能的运动轨迹为图虚线所示过O点的一系列动态圆。当R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×‎106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×‎107 C/kg，粒子重力不计。‎ ‎(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。‎ ‎[解析]　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝‎‎0.5 m 根据Bqv＝，得r＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T。‎ ‎(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR 设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2，s2＝ 总路程s＝πR＋，代入数据得s＝(0.5π＋1)m ‎[答案]　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m 先后多个电、磁场 ‎[例3]　(2018·河南中原名校联考)如图所示，在直角坐标系的第二象限中，有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y＞L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ，在第一象限的＜y＜L区域有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅲ，在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴正方向的加速电场(图中未画出)，电场右侧有一粒子源，可产生带电荷量为q、质量为m，初速度忽略不计的带负电粒子。粒子经加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域Ⅰ。‎ ‎(1)若粒子恰好经过坐标为的P点，且已知粒子运动到P点前仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压。‎ ‎(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为的P点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小。‎ ‎[解析]　(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v，由动能定理，有：‎ qU＝mv2‎ 带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m 由几何关系，有：(L－R)2＋2＝R2‎ 联立解得：U＝。‎ ‎(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1，区域Ⅲ的磁感应强度大小为B1，粒子轨迹如图所示：‎ 带电粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动有：qv1B＝m 带电粒子在磁场区域Ⅲ中做圆周运动有：qv1B1＝m 可得：B1＝B 由几何关系，有：R2cos θ＝L ‎2R1＋R2－R2sin θ＝L 联立解得：B1＝(sin θ＋cos θ－1)B ‎[答案]　(1)　(2)(sin θ＋cos θ－1)B ‎[方法规律]‎ ‎“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 突破点(三)　带电粒子在交变电、磁场中的运动 ‎[多维探究]‎ 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 交变磁场 ‎[例1]　[多选](2017·西安模拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)‎ A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 ‎[解析]　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。‎ ‎[答案]　AD 交变磁场＋恒定电场 ‎[例2]　(2018·哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m、带电荷量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变方向周期性变化，如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为整数倍，则 ‎(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？‎ ‎(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)粒子在电场中向下做匀加速直线运动。‎ ‎(2)思考符合第(2)问的可能运动轨迹。‎ ‎[解析]　(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝m 解得r＝。‎ ‎(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能。‎ 第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ qv2B0＝m 解得粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝ 第二种情况：‎ 粒子在Ⅲ区域运动半径R＝ 粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝－2v0。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　－2v0‎ 带电粒子在交变电、磁场中的运动 ‎[例3]　如图(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。t＝0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为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为，。求：‎ ‎(1)粒子P的比荷；‎ ‎(2)t＝2t0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)0～t0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＝①‎ 又qv0B0＝m②‎ 代入＝ 解得＝。③‎ ‎(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T＝④‎ 联立①④解得T＝4t0⑤‎ 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t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝＝⑥‎ y1＝at02，⑦‎ 其中加速度a＝ 由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0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2t0～3t0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x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0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L＝2R＋2x1⑧‎ 解得L＝v0t0。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)v0t0‎ ‎“形异质同”类问题——练比较思维 ‎“电偏转”PK“磁偏转”‎ 匀强电场中的偏转 匀强磁场中的偏转 偏转产 生条件 带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场 带电粒子以速度v0垂直射入匀强磁场 受力特征 只受恒定的电场力F＝Eq，方向与初速度方向垂直 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qv0B，方向始终与速度方向垂直 运动性质 匀变速曲线运动(类平抛)‎ 匀速圆周运动 轨迹 抛物线 圆或圆弧 运动 轨迹图 运动规律 vx＝v0　vy＝tx＝v0t　y＝ qv0B＝R＝　T＝ 动能变化 动能增大 动能不变 运动时间 t＝ t＝T＝ ‎[例1]　(2018·天津五区县期末)如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入竖直的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终电子从电场的B点经过。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向如图所示，电子的电荷量为e，重力不计。求：‎ ‎(1)电子进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍，电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。‎ ‎[解析]　(1)电子在电场中加速，由动能定理得：Ue＝mv02，所以，v0＝ 。‎ ‎(2)设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：x＝v0t y＝at2‎ Ee＝ma 联立解得：E＝ 根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。‎ ‎[答案]　(1) 　(2)2倍 ‎[例2]　(2018·山西重点中学协作体联考)电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如图1所示为显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时阴极发射的电子(速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域(磁场方向垂直于纸面)，撞击到荧光屏上使荧光屏发光。已知电子质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为s ‎。电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。‎ ‎(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率；‎ ‎(2)若磁感应强度随时间变化关系如图2所示，其中B0＝ ，求电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度；‎ ‎(3)若其他条件不变，只撤去磁场，利用电场使电子束发生偏转。把正弦交变电压加在一对水平放置的矩形平行板电极上，板间区域有边界理想的匀强电场。电场中心仍位于O点，电场方向垂直于OM。为了使电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度与(2)中相同，问：极板间正弦交变电压的最大值Um、极板长度L、极板间距离d之间需要满足什么关系？(由于电子的速度很大，交变电压周期较大，同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化，是稳定的匀强电场。)‎ ‎[解析]　(1)设经过电子枪中加速电场加速后，电子的速度大小为v 根据动能定理有eU＝mv2①‎ 电子束经过磁场时速率大小不变，电子束打在荧光屏上速率v＝ 。‎ ‎(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示，‎ 根据几何关系有tan ＝②‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m 当B0＝ 时，电子束经过磁场偏转角为θ，此时电子在荧光屏上的落点距M点最远，解得θ＝60°‎ 电子在荧光屏上落点距M点最远距离y＝stan θ＝s④‎ 荧光屏上亮线长度Y＝2y＝2s。‎ ‎(3)若使电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度与磁偏转时相同，电子束最大偏转角θ＝60°保持不变，tan θ＝＝＝＝ 当d＝L时，Um≥6U 当d＞L时，Um＝。‎ ‎[答案]　(1) 　(2)2s　(3)见解析 解决两类偏转运动的思路及规律运用 ‎(1)带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析。‎ ‎(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。‎ ‎(3)注意带电粒子从一种场进入另一种场时的衔接速度。　　 ‎ ‎(一)普通高中适用作业 带电粒子在组合场中的运动　(卷Ⅰ)‎ ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎1.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)‎ A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：选C　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正确。‎ ‎2.[多选](2018·德州期末)如图是一个回旋加速器示意图，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(12H)和氦核(24He)，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．两次所接高频电源的频率相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 解析：选AC　由R＝得最大速度v＝，两粒子的相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek＝mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝，因为相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。‎ ‎3.[多选](2018·温州中学模拟)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，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝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＋(　　)‎ A．在电场中的加速度之比为1∶1‎ B．在磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 解析：选CD　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝ ，可知其速度之比为1∶。又由qvB＝m知，r＝，所以其半径之比为∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。‎ ‎4．[多选](2018·辽宁本溪市高级中学等三校联考)如图所示，L1和L2‎ 为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是(　　)‎ A．带电粒子一定带正电 B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同 C．若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B点 D．若只将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点 解析：选BD　画出带电粒子运动的可能轨迹，故带电粒子带正负电荷都有可能，故A错误。粒子的位置在B1、B2时速度方向斜向上，跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故C错误；如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x＝，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确。‎ ‎5．[多选](2017·南昌十所省重点中学模拟)如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是(　　)‎ A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上 B．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大 C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU D．若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮 解析：选CD　设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，联立得h＝··，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tan θ＝ ‎，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：mv2－qU >0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：tan α＝＝，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。‎ ‎6．(2018·天津和平区模拟)如图所示，一个质量为m，电荷量＋q的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。求：‎ ‎(1)两金属板间的电压U2的大小；‎ ‎(2)若该匀强磁场的宽度为D，为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大。‎ 解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有U1q＝mv12‎ v1＝ 粒子经U2电压偏转，有tan 30°＝ t＝ a＝ 解得：U2＝。‎ ‎(2)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，设做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知：‎ R＋Rsin 30°＝D 由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝m，‎ 又v′＝ 解得：B＝ 答案：(1)　(2) ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎7．(2018·成都外国语学校模拟)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：‎ ‎(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度B的大小。‎ 解析：(1)根据动能定理，得qEd＝mv2－mv02，‎ 解得v＝2v0‎ 粒子在电场中做类平抛运动，有F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1‎ 解得t1＝，x＝。‎ ‎(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场 tan θ＝＝，解得θ＝60°‎ 根据R＋Rcos θ＝d，得R＝ 由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得B＝。‎ 答案：(1)2v0　　(2) ‎★8.(2017·贵州黔东南州模拟)空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：‎ ‎(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；‎ ‎(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间。‎ 解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m，得v＝ 如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt 又因为R＝··t2‎ 解得E＝。‎ ‎(2)轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O‎1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝ 粒子离开磁场到y轴的距离MH＝，在无场区运动的时间t2＝＝ 故粒子到达y轴的时间为 t＝t1＋t2＝ 答案：(1)　　(2) 带电粒子在组合场中的运动　(卷Ⅱ)‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★1．(2018·广东六校高三第一次联考)如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋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：‎ ‎(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：‎ qU＝mv2解得：v＝ 。‎ ‎(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，如图甲所示，根据几何关系得r＝2d 由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m，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，如图乙所示，d＝r＋rsin 30°，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) 　(2) 　(3)B≥ ‎2．(2018·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求： ‎ ‎(1)K极板所带电荷的电性；‎ ‎(2)粒子经过c点时的速度大小；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积。‎ 解析：(1)粒子由a到c ‎，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。‎ ‎(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。由上可知粒子经过c点时的速度大小vc＝va＝vcos θ＝＝。‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，‎ a、c为两个切点。‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qvcB＝m 可得轨迹半径R＝＝ 粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。‎ 磁场最小面积S＝πR2＝。‎ 答案：(1)正电　(2)　(3) ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎3．(2018·福建质检)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：‎ ‎(1)电子进入磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)电子枪的加速电压U；‎ ‎(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。‎ 解析：‎ ‎(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力 evB＝m 电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R 联立解得v＝。‎ ‎(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝mv2‎ 联立解得U＝。‎ ‎(3)‎ 电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60°‎ GN＝＝ R。‎ 答案：(1)　(2)　(3)左侧　R ‎4．(2018·上饶模拟)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ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θ＝45°。在第Ⅲ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d1＝‎0.6 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L＝‎0.72 m。在第Ⅳ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d2＝‎0.18 m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝‎4 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：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小；‎ ‎(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t＝0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Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝s at＝v0tan θ 由牛顿第二定律有：qE＝ma 代入数据解得：E＝8 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/s＝‎8 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：qvB＝m，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 由几何关系有：＝，代入数据解得：‎ B1＝1 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：R2＝d1，代入数据解得：‎ B2＝ T；‎ 综合得磁感应强度的取值范围：‎ T≤B≤1 T。‎ ‎(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由半径公式可得：R3＝ 解得：R3＝‎‎0.18 m T＝ 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，一个磁场变化周期内小球在x轴方向的位移为3R3＝‎0.54 m，L－3R3＝‎‎0.18 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＝＋＋＝ s＝0.13 s 从离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2＝＝0.02 s 小球从M点到打在平板C3上所用总时间 t＝t1＋t2＝0.02 s＋0.13 s＝0.15 s。‎ 答案：(1)8 N/C　(2) T≤B≤1 T　(3)0.15 s ‎(二)重点高中适用作业　(卷Ⅰ)‎ ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R ‎。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)‎ A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：选C　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正确。‎ ‎2.[多选](2018·德州期末)如图是一个回旋加速器示意图，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(12H)和氦核(24He)，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．两次所接高频电源的频率相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 解析：选AC　由R＝得最大速度v＝，两粒子的相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek＝mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝，因为相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。‎ ‎3.[多选](2018·温州中学模拟)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，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝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＋(　　)‎ A．在电场中的加速度之比为1∶1‎ B．在磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 解析：选CD　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝ ‎，可知其速度之比为1∶。又由qvB＝m知，r＝，所以其半径之比为∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。‎ ‎4．[多选](2018·辽宁本溪市高级中学等三校联考)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是(　　)‎ A．带电粒子一定带正电 B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同 C．若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B点 D．若只将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点 解析：选BD　画出带电粒子运动的可能轨迹，故带电粒子带正负电荷都有可能，故A错误；粒子的位置在B1、B2时速度方向斜向上，跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故C错误；如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为x＝，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确。‎ ‎★5.[多选](2018·湖南衡阳第一次联考)如图所示，某带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块平行导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，设粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为s(不计重力，不考虑边缘效应)。下列说法正确的是(　　)‎ A．若仅将水平放置的平行板间距增大，则s减小 B．若仅增大磁感应强度B，则s减小 C．若仅增大U1，则s增大 D．若仅增大U2，则s增大 解析：选BC　对于加速过程，有qU1＝mv02，得v0＝ 带电粒子在水平导体板间电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，‎ 则有：＝cos θ 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cos θ，所以s＝；又因为半径公式R＝，则有s＝＝ 。可知增大平行金属板两板间距时，s不变，选项A错误；故s随U1变化，s与U2无关，仅增大U1，s将增大，故C正确，D错误；仅增大磁感应强度B，则s减小，选项B正确。‎ ‎★6.[多选](2018·邵阳联考)如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2‎ B．两粒子在y正半轴相遇 C．粒子a、b相遇时的速度方向相同 D．粒子a、b的质量之比为1∶5‎ 解析：选BCD　由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝可得：＝＝，A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝可得，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B20)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是(　　)‎ A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上 B．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大 C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU D．若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮 解析：选CD　设粒子开始时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得x＝v0t，h＝at2，qE＝ma，联立得h＝··，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误；粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，粒子的速度与y轴正方向的夹角θ满足：tan θ＝，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误；负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：mv2－qU >0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；粒子在电场中的偏转角：tan α＝＝，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确。‎ ‎8.(2018·天津和平区模拟)如图所示，一个质量为m，电荷量＋q的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角θ ‎＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。求：‎ ‎(1)两金属板间的电压U2的大小；‎ ‎(2)若该匀强磁场的宽度为D，为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大。‎ 解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有U1q＝mv12‎ v1＝ 粒子经U2电压偏转，有tan 30°＝ t＝ a＝ 解得：U2＝。‎ ‎(2)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，设做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知：‎ R＋Rsin 30°＝D 由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝m，‎ 又v′＝ 解得：B＝ 答案：(1)　(2) ‎9．(2018·成都外国语学校模拟)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：‎ ‎(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度B的大小。‎ 解析：(1)根据动能定理，得qEd＝mv2－mv02，‎ 解得v＝2v0‎ 粒子在电场中做类平抛运动，有F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1‎ 解得t1＝，x＝。‎ ‎(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场 tan θ＝＝，解得θ＝60°‎ 根据R＋Rcos θ＝d，得R＝ 由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得B＝。‎ 答案：(1)2v0　　(2) ‎10.如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。‎ ‎(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；‎ ‎(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。‎ 解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有 qv0B＝m　T＝ 依题意，粒子第一次到达x轴时，‎ 运动转过的角度为π，‎ 所需时间t1为t1＝T，‎ 求得t1＝。‎ ‎(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，‎ 有qE＝ma，v0＝at2，‎ 得t2＝。‎ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0‎ 得电场强度最大值E＝。 ‎ 答案：(1)　(2) ‎(二)重点高中适用作业　(卷Ⅱ)‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎1．(2018·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求： ‎ ‎(1)K极板所带电荷的电性；‎ ‎(2)粒子经过c点时的速度大小；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积。‎ 解析：(1)粒子由a到c，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。‎ ‎(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。由上可知粒子经过c点时的速度大小vc＝va＝vcos θ＝＝。‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，‎ a、c为两个切点。‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qvcB＝m 可得轨迹半径R＝＝ 粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。‎ 磁场最小面积S＝πR2＝。‎ 答案：(1)正电　(2)　(3) ‎2．(2018·福建质检)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：‎ ‎(1)电子进入磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)电子枪的加速电压U；‎ ‎(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。‎ 解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力 evB＝m 电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R 联立解得v＝。‎ ‎(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝mv2‎ 联立解得U＝。‎ ‎(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60°‎ GN＝＝ R。‎ 答案：(1)　(2)　(3)左侧　R ‎★3.(2017·四川绵阳南山中学模拟)如图所示，半径 R＝‎1.6 m 的光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝‎3 m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝‎3 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20 N/C，磁感应强度B＝3.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－‎3 kg的物块 a和b，物块a不带电，b带q＝1.0×10－‎3 C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取 g＝‎10 m/s2，a、b 均可看做质点。求：‎ ‎(1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；‎ ‎(2)传送带距离水平地面的高度； ‎ ‎(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。‎ 解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，mgR(1－cos θ)＝mvC2‎ 得：vC＝‎4 m/s 在C点，由牛顿第二定律：FN－mg＝m 解得：FN＝2×10－2 N 由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：FN′＝2×10－2 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′‎ vC′＝‎2 m/s ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，μ·2mg＝2ma v2－vC′＝2as 得：s＝‎2.5 mmb>mc　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma ‎[解析]　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。‎ ‎[答案]　B ‎[例4]　(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－‎6 kg，电荷量q＝2×10－‎6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤 掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。‎ ‎[思路点拨]　解答本题时应从以下两点进行分析：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，这三个力的合力为零。‎ ‎(2)撤去磁场后小球做类平抛运动。‎ ‎[解析]　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①‎ 代入数据解得 v＝‎20 m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝③‎ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。④‎ ‎(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。⑨‎ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－gt2＝0⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。⑦‎ ‎[答案]　(1)‎20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)3.5 s ‎“形异质同”类问题——练比较思维 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(　　)‎ A．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Ff＝m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.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 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，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcos θ①‎ 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：‎ mgssin θ＝mvm2②‎ 由①②得：vm＝＝。‎ s＝＝。‎ 答案：vm＝　s＝ ‎(三)带电圆环与绝缘直杆的组合 ‎3.如图所示，一个质量m＝‎0.1 g，电荷量q＝4×10－‎4C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，E＝10 N/C，B＝0.5 T。小环与棒之间的动摩擦因数μ＝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g＝‎10 m/s2，小环电荷量不变。‎ 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FN＝qE＋qvB。‎ 由于压力是一个变力，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mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。‎ 当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝‎2 m/s2。‎ 下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小。当a＝0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm＝‎5 m/s。‎ 答案：am＝‎2 m/s2　vm＝‎5 m/s 把握三点，解决“约束运动”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。　　 ‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎1.(2018·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ‎，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)‎ A．液滴带正电 B．液滴比荷＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ 解析：选C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得＝，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D错误。‎ ‎★2.[多选]带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，如图所示。不计空气，则(　　)‎ A．一定有h1＝h3　　　　　 B．一定有h1＜h4‎ C．h2与h4无法比较 D．h1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，v02＝2gh3，所以h1＝h3，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：mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，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。‎ ‎3.[多选]如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．滑块受到的摩擦力不变 B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上 D．滑块到达地面时的动能与B有关 解析：选BD　滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力和电场力沿斜面向上的分力的合力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。‎ ‎4．[多选](2018·浙江三校模拟)如图所示，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(　　)‎ A．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，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。‎ ‎5.(2018·南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)‎ A．上表面的电势高于下表面电势 B．仅增大h时，上下表面的电势差增大 C．仅增大d时，上下表面的电势差减小 D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小 解析：选C　A中金属导体中的自由电荷是带负电的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，知这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB＝e，解得U＝vBh，而根据I＝nevhd可知v＝，故U＝，故增大h，电势差不变，仅增大d 时，上、下表面的电势差减小，故B错误、C正确；而仅增大I时，电势差增大，故D错误。‎ ‎6.[多选](2018·哈尔滨九校联考)如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。一质量为m，电荷量为q的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，则关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球做匀速圆周运动 B．小球运动过程中机械能守恒 C．小球运动到最低点时电势能增加了 D．小球第一次运动到最低点历时 解析：选AD　小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A正确。由于带电小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误。电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin 30°＝mg××＝，所以电势能的增加量为，选项C错误。小球第一次运动到最低点的时间为T＝，所以选项D正确。‎ ‎7．[多选](2018·江西八校联考)如图所示，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μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)‎ A．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v＝ D．下滑加速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－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝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－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，故C、D正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎8．(2018·贵阳市花溪清华中学模拟)如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ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、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ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Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？‎ ‎(2)区域Ⅱ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Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有 qE1sin 45°＝mg，解得E1＝ 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：mg＝qE2，E2＝。‎ ‎(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：a＝＝g，v2＝2ad1，Rsin 60°＝d2，qvB＝m，解得：B＝ 。‎ ‎(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t1＝ ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则：T＝，t2＝＝ ，解得t＝t1＋t2＝ ＋ 。‎ 答案：(1)E1＝，E2＝　(2) ‎(3) ＋ ‎★9．(2018·湖南常德模拟)如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场，有一带电小球质量为m，电荷量绝对值为q，小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B点射出，已知AB长度为L，AD长度为L，求：‎ ‎(1)小球带何种电性及进入复合场时的速度大小；‎ ‎(2)小球在复合场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎(3)小球在复合场中运动的时间。‎ 解析：(1)小球在电场、磁场和重力场的复合场中，做匀速圆周运动，根据左手定则可知小球带负电。小球进入复合场之前由动能定理：qU＝mv2，解得：v＝ 。‎ ‎(2)设做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系：r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝‎2L。‎ ‎(3)由(2)知圆周运动对应圆心角：θ＝ ‎ 粒子运动周期：T＝ 运动时间为：t＝T 联立以上可得：t＝ 。‎ 答案：(1)负电　 　(2)‎2L　(3) ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎10．(2018·河北定州中学模拟)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2＝E1，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷＝‎102 C/kg的带正电的粒子(可视为质点)，该粒子以v0＝‎4 m/s的速度从－x上的A点进入第二象限，并以v1＝‎8 m/s速度从＋y上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g＝‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；‎ ‎(2)＋x轴上有一点D，OD＝OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0；‎ ‎(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系。‎ 解析：(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动。则有 t＝＝0.4 s，‎ h＝t＝‎‎0.8 m ax＝＝‎2g，qE1＝2mg，E1＝0.2 N/C。‎ ‎(2)qE2＝mg，所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则qv1B0＝m，可得R＝ 使粒子从C点运动到D点，则有：‎ h＝(2n)R＝(2n)，‎ B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…)‎ T＝，‎ ＝，‎ T0＝＝＝(s)(n＝1,2,3…)。‎ ‎(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图所示运动情形：‎ 由图可知θ＝，T＝ 得T0B0≤。‎ 答案：(1)h＝‎0.8 m　E1＝0.2 N/C　(2)B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…)　T0＝(s)(n＝1,2,3…)‎ ‎(3)T0B0≤ ‎[阶段综合检测(三)]第七～九章验收 ‎(时间：90分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1.(2018·苏州模拟)如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。设该电场中A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，则A、B两点(　　)‎ A．EA＝EB，电场方向相同 B．EAEB，电场方向不同 D．EAL的区域内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小不变、方向做周期性变化。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子(粒子重力不计)，由坐标为的A点静止释放。‎ ‎(1)求粒子第一次通过y轴时速度的大小；‎ ‎(2)求粒子第一次射入磁场时的位置坐标及速度；‎ ‎(3)现控制磁场方向的变化周期和释放粒子的时刻，实现粒子能沿一定轨道做往复运动，求磁场的磁感应强度B的大小取值范围。‎ 解析：(1)粒子从A点到y轴的过程，根据动能定理得qEL＝mv02－0，解得v0＝ 。‎ ‎(2)粒子进入0＜x＜L区域中作类平抛运动，根据平抛运动规律得L＝v0t，Δy＝×t2，vy＝t 解得Δy＝L，vy＝v0‎ 所以第一次射入磁场时的位置坐标为(L，L)；‎ 速度大小v＝＝2 ，方向与x轴正方向成45°角斜向上。‎ ‎(3)在磁场中，粒子做匀速圆周运动，根据向心力公式有qvB＝ 轨道半径R＝ 由对称性可知，射出磁场后必须在x轴下方的电场中运动，才能实现粒子沿一定轨道做往复运动，如图所示。‎ 当CC1＝＋＋＝时，轨道半径R最小，对应的磁感应强度B最大，粒子紧贴x轴进入y轴左侧的电场。‎ 由几何关系得R2＋R2＝CC12，得最小半径R＝L，‎ 磁感应强度的最大值：Bmax＝＝＝ 磁感应强度大小取值范围为0≤B≤ 。‎ 答案：(1) ‎(2) (L，L)　2 ，方向与x轴正方向成45°角斜向上 ‎(3)0≤B≤ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1.(2018·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)‎ A．液滴带正电　　　　　 B．液滴比荷＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ 解析：选C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得＝，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D错误。‎ ‎★2.一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是(　　)‎ A．沿y轴正方向，大小为 B．沿y轴负方向，大小为Bv C．沿y轴正方向，大小为 D．沿y轴负方向，大小为 解析：选B　要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝Bqv，即E＝Bv。‎ ‎3.[多选]如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．滑块受到的摩擦力不变 B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上 D．滑块到达地面时的动能与B有关 解析：‎ 选BD　滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力和电场力沿斜面向上的分力的合力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。‎ ‎4．[多选](2018·浙江三校模拟)如图所示，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(　　)‎ A．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，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。‎ ‎5.(2018·南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)‎ A．上表面的电势高于下表面电势 B．仅增大h时，上下表面的电势差增大 C．仅增大d时，上下表面的电势差减小 D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小 解析：选C　A中金属导体中的自由电荷是带负电的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，知这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB＝e，解得U＝vBh，而根据I＝nevhd可知v＝，故U＝，故增大h，电势差不变，仅增大d时，上、下表面的电势差减小，故B错误、C正确；而仅增大I时，电势差增大，故D错误。‎ ‎6.[多选](2018·哈尔滨九校联考)如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。一质量为m，电荷量为q 的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，则关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球做匀速圆周运动 B．小球运动过程中机械能守恒 C．小球运动到最低点时电势能增加了 D．小球第一次运动到最低点历时 解析：选AD　小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A正确。由于带电小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误。电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin 30°＝mg××＝，所以电势能的增加量为，选项C错误。小球第一次运动到最低点的时间为T＝，所以选项D正确。‎ ‎7．[多选](2018·江西八校联考)如图所示，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μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)‎ A．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v＝ D．下滑加速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－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝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－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，故C、D正确。‎ ‎★8.(2018·三门峡市陕州中学检测)如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是(　　)‎ A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为‎1 m/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动 解析：选D　由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是‎1 m/s。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN－mgsin θ＝ma①‎ 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcos θ，后来：FN′＝mgcos θ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误。物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsin θ＝μ(mgcos θ－f洛)②‎ 由②式可知，只要传送带的速度大于等于‎1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是‎1 m/s，也可能是大于‎1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确。由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎9．(2018·贵阳市花溪清华中学模拟)如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ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、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ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Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？‎ ‎(2)区域Ⅱ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Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有 qE1sin 45°＝mg，解得E1＝ 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：mg＝qE2，E2＝。‎ ‎(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：a＝＝g，v2＝2ad1，Rsin 60°＝d2，qvB＝m，解得：B＝ 。‎ ‎(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t1＝ ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则：T＝，t2＝＝ ，解得t＝t1＋t2＝ ＋ 。‎ 答案：(1)E1＝，E2＝　(2) ‎(3) ＋ ‎10．(2018·河北定州中学模拟)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2＝E1，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷＝‎102 C/kg的带正电的粒子(可视为质点)，该粒子以v0＝‎4 m/s的速度从－x上的A点进入第二象限，并以v1＝‎8 m/s速度从＋y上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g＝‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；‎ ‎(2)＋x轴上有一点D，OD＝OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0；‎ ‎(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系。‎ 解析：(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动。则有 t＝＝0.4 s，‎ h＝t＝‎‎0.8 m ax＝＝‎2g，qE1＝2mg，E1＝0.2 N/C。‎ ‎(2)qE2＝mg，所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则qv1B0＝m，可得R＝ 使粒子从C点运动到D点，则有：‎ h＝(2n)R＝(2n)，‎ B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…)‎ T＝，‎ ＝，‎ T0＝＝＝(s)(n＝1,2,3…)。‎ ‎(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图所示运动情形：‎ 由图可知θ＝，T＝ 得T0B0≤。‎ 答案：(1)h＝‎0.8 m　E1＝0.2 N/C　(2)B0＝0.2n(T)(n＝1,2,3…)　T0＝(s)(n＝1,2,3…)‎ ‎(3)T0B0≤ ‎★11.(2018·枣庄模拟)如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R＝‎0.3 m。M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM＝‎0.01 kg、mN＝‎0.08 kg；M带电荷量q＝＋7×10－‎4C，N不带电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上，电场强度E＝1×103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B＝×102 T。将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动。取重力加速度g＝‎10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：‎ ‎(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？‎ ‎(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力。‎ ‎(3)小球M电势能变化量的最大值。‎ 解析：(1)设MN在转动过程中，绳对M、N做的功分别为Wr、Wr′，则Wr＋Wr′＝0‎ 设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN 对M，洛伦兹力不做功，由动能定理可得：qER－mMgR＋Wr1＝EkM 对N由动能定理：Wr1′－mNgR＝EkN 联立解得：EkM＋EkN＝－0.06 J 即：M在圆环最高点时，系统动能为负值；故M不能到达圆环最高点。‎ ‎(2)设N转过α角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，则vM＝vN，对M，洛伦兹力不做功，根据动能定理qERsin α－mMgRsin α＋Wr2＝mMvM2‎ 对N由动能定理： Wr2′－mNgR(1－cos α)＝mNvN2‎ 联立解得： vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)‎ 由上式可知，当tan α＝时，M、N达到最大速度，最大速度为vmax＝ m/s M速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力FN，‎ 由牛顿运动定律Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°‎ qvmaxB＋Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝ 解得：FN＝－0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外。‎ ‎(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减小最多，由vM2＝×(3sin α＋4cos α－4)，可得：3sin α＋4cos α－4＝0‎ 解得：sin α＝或sin α＝0‎ 故M的电势能减小量的最大值为：|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J。‎ 答案：(1)M不能到达圆环最高点　 (2)0.096 N　沿圆环径向向外　 (3)0.201 6 J 阶段综合检测(三)　第七～九章验收 ‎(时间：90分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1.(2018·苏州模拟)如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。设该电场中A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，则A、B两点(　　)‎ A．EA＝EB，电场方向相同 B．EAEB，电场方向不同 D．EA1.6B0，设恰好收集不到离子时的半径为R2，有 R2＝‎‎0.5L 得B2＝2B0，‎ 当1.6B0v 时，