【物理】2019届一轮复习苏教版第八章磁场教案 88页

第八章 磁场 第1节磁场的描述__磁场对电流的作用 ‎(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)‎ ‎(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)‎ ‎(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)‎ ‎(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)‎ ‎(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)‎ ‎(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)‎ ‎(7)安培力可能做正功，也可能做负功。(√)‎ ‎1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。‎ 突破点(一)　对磁感应强度的理解 ‎1．理解磁感应强度的三点注意事项 ‎(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比。‎ ‎(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。‎ ‎(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。‎ ‎2．磁感应强度B与电场强度E的比较 磁感应强度B 电场强度E 物理意义 描述磁场强弱的物理量 描述电场强弱的物理量 定义式 B＝(L与B垂直)‎ E＝ 方向 磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)‎ 电场线切线方向，正电荷受力方向 大小决定因素 由磁场决定，与电流元无关 由电场决定，与检验电荷无关 场的叠加 合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和 合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和 ‎3地磁场的特点 ‎(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。‎ ‎(2)地磁场的N极在地理南极附近，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．常见磁体的磁感线 ‎2．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 ‎3．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 ‎4．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·连云港模拟)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．[多选](2014·海南高考)如图，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(　　)‎ A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零 解析：选AD　对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁场为零，B错误，D正确；两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c 处的大，A正确。‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　　 B.B0‎ C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。‎ 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 ‎[方法应用]‎ ‎(一)由题明3法 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。‎ ‎(二)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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是(　　)‎ A．线圈向左运动　　　　　　 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 解析：选A　将环形电流等效成一条形磁铁，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，选项A正确。也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥”，可判断出线圈向左运动。故A正确。‎ ‎2．(2018·扬州检测)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.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。‎ 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；‎ ‎(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＝mg ①‎ 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＝BIL ②‎ 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＋F ③‎ 由欧姆定律有 E＝IR ④‎ 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)导体棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·兴化期末)如图所示，质量为60 g的铜棒长为a＝20 cm，棒的两端与长为L＝30 cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏角θ＝60°，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)铜棒中电流I的大小。‎ ‎(2)铜棒在摆动过程中的最大速率。‎ 解析：(1)铜棒上摆的过程，根据动能定理得：‎ FBLsin 60°－mgL(1－cos 60°)＝0，‎ 又安培力为：FB＝BIa 代入解得：I＝2 A。‎ ‎(2)由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ＝60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，则有：‎ G＝FBcot 30°＝FB ，‎ 当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可得：mvm2＝FBLsin 30°－mgL(1－cos 30°)‎ 代入解得最大速度为：vm＝0.96 m/s。‎ 答案：(1)2 A　(2)0.96 m/s ‎2．(2018·福州期末)如图所示，PQ和MN为水平放置的光滑平行金属导轨，间距为L＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.02 kg，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝0.03 kg，悬在空中。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)为了使物体c能保持静止，应该在棒中通入多大的电流I1？电流的方向如何？‎ ‎(2)若在棒中通入方向a到b的电流I2＝2 A，导体棒的加速度大小是多少？‎ 解析：(1)由力的平衡可知，Mg＝BI1L I1＝＝ A＝1.5 A 由左手定则可知方向由a到b。‎ ‎(2)当I2＝2 A时，对整体由牛顿第二定律得：‎ BI2L－Mg＝(M＋m)a 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2。‎ 答案：(1)1.5 A　由a到b　(2)2 m/s2‎ 安培力作用下的功能关系 安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。‎ ‎(一)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”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102 T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4 Ω。可控电源的内阻r＝0.6 Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I＝4×103 A，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)弹体所受安培力大小；‎ ‎(2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长？‎ ‎(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量。‎ 解析：(1)在导轨通有电流I时，弹体作为导体受到磁场施加的安培力为：‎ F＝ILB＝100×4 000×0.2 N＝8×104 N。‎ ‎(2)由动能定理：Fx＝mv2‎ 弹体从静止加速到4 000 m/s，‎ 轨道至少要x＝＝ m＝20 m。‎ ‎(3)由F＝ma得：a＝＝ m/s2＝400 000 m/s2，‎ 由v＝at得：t＝＝ s＝0.01 s 发射过程产生的热量：Q＝I2(R＋r)t＝4 0002×(0.4＋0.6)×0.01 J＝1.6×105 J 弹体的动能：Ek＝mv2＝×0.2×4 0002 J＝1.6×106 J 系统消耗的总能量为：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。‎ 答案：(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J ‎(三)安培力作用下的平抛问题 ‎3．如图所示，在水平放置的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 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。‎ 对点训练：磁感应强度、安培定则 ‎1．[多选](2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是(　　)‎ A．指南针可以仅具有一个磁极 B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 解析：选BC　指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。‎ ‎2．[多选](2018·常熟模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．a、b两处的磁感应强度大小Ba＜Bb B．a、b两处的磁感应强度大小Ba＞Bb C．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有Fa＜Fb D．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小可能有Fa＞Fb 解析：选AD　磁感线越密，磁场越强，故A正确，B错误；通电导线放在a、b两处，但没有说明导线的方向与磁场的方向的关系，其所受安培力的大小关系不确定，故C错误，D正确。‎ ‎3.电视机显像管的偏转线圈示意图如图所示，某时刻电流方向如图所示。则环心O处的磁场方向(　　)‎ A．向下 B．向上 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外 解析：选A　对于左右两个螺线管，由安培定则可以判断出上方均为磁场北极，下方均为磁场南极，所以环心O处的磁场方向向下，即A选项正确。‎ ‎4．[多选](2016·海南高考)如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示。在图(b)中(　　)‎ A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 解析：选BC　将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故选项C正确，选项D错误。‎ ‎5.(2018·张家港模拟)如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．直导线中电流方向是垂直纸面向里 B．c点的实际磁感应强度也为0‎ C．d点实际磁感应强度为2 T，方向斜向下，与B夹角为45°‎ D．以上均不正确 解析：选A　由题意可知，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，故A正确。通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B＝1 T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2 T，方向与B的方向相同，故B错误。通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点磁感应强度为Bd＝B＝ T，方向与B的方向成45°斜向下，故C错误。由上分析可知D错误。‎ 对点训练：判定安培力作用下导体的运动 ‎6．(2018·江阴模拟)如图中甲、乙所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则(　　)‎ A．从上往下俯视，甲中的线圈顺时针转动 B．从上往下俯视，甲中的线圈逆时针转动 C．从上往下俯视，乙中的线圈顺时针转动 D．从上往下俯视，乙中的线圈逆时针转动 解析：选D　根据题图甲所示，由左手定则可知，线圈各边所受安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A、B错误；根据题图乙所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直于纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动，从上往下俯视，乙中的线圈逆时针转动。故C错误，D正确。‎ ‎7．(2018·温州调研)教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是(　　)‎ A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变 B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变 C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动 解析：选C　图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故A、B均错误。图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误。‎ ‎8.(2018·泰州模拟)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生(　　)‎ A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 C．L2绕轴O按顺时针方向转动 D．L2绕轴O按逆时针方向转动 解析：选D　由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕固定转轴O按逆时针方向转动。故D正确。‎ 对点训练：安培力作用下的平衡和加速问题 ‎9.(2018·镇江模拟)如图所示，弹簧测力计下挂有一长为L、质量为m的金属棒，金属棒处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中，棒上通有如图所示方向的电流I，金属棒处于水平静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F，重力加速度为g，金属棒以外部分的导线没有处于磁场中且质量不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒所受的安培力方向竖直向上 B．金属棒所受的安培力大小为mg－F C．若将电流增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F D．若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F 解析：选D　由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向向下，选项A错误；由平衡知识可知：mg＋F安＝F，则金属棒所受的安培力大小为F－mg，选项B错误；若将电流增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F＝mg＋F安可知，平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F，选项C错误；若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F＝mg＋F安可知，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F，选项D正确。‎ ‎10.[多选]如图所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ。磁感应强度方向和大小可能为(　　)‎ A．z正向，tan θ　　　　　 B．y正向， C．z负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ 解析：选BC　本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小。若B沿z正向，则从O向O′看，导线受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A错误。‎ 若B沿y正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示。当FT＝0，且满足ILB＝mg，即B＝时，导线可以平衡，B正确。‎ 若B沿z负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示。若满足FTsin θ＝ILB，FTcos θ＝mg，即B＝，导线可以平衡，C正确。‎ 若B沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于导线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，D错误。‎ 考点综合训练 ‎11．(2018·苏州模拟)一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁铁静止时弹簧的伸长量为x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在a、b、c位置时，弹簧的伸长量分别为xa、xb、xc，已知a、b、c三点的连线与斜面平行，且b点在条形磁铁的正中央。则下列正确的是(　　)‎ A．x0＝xa＝xb＝xc B．x0＞xa＞xb＞xc C．xa＞x0＝xb＞xc D．xa＞xb＞xc＞x0‎ 解析：选C　由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在a处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，如图所示，由左手定则可判断导线在a点受斜向右下方的安培力Fa，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力Fa′的方向是斜向左上方，Fa′有沿斜面向下的分力，该分力使得弹簧弹力增大，所以弹簧的伸长量增大；同理可知导线在b点时弹簧的伸长量不变；同理可知导线在c点时弹簧的伸长量减小，则xa＞x0＝xb＞xc，C正确。‎ ‎12．[多选](2018·南京四校联考)一质量为0.06 kg、长为0.1 m的金属棒MN用两根长度均为1 m的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，‎ g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列正确的说法是(　　)‎ A．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加 B．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少 C．通入金属棒中的电流为9 A D．通入金属棒中的电流为4 A 解析：选AD　金属棒的长度用l表示，细线的长度用R表示，则在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A正确，B错误；由动能定理知W安－W重＝0，即BIlRsin 37°＝mgR(1－cos 37°)，代入数值得I＝4 A，C错误，D正确。‎ ‎13.某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。‎ ‎(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？‎ 解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，故Δx＝。‎ ‎(2)根据左手定则，金属杆中的电流方向为：M→N。‎ ‎(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有：‎ BImL1＋mg＝k(L2＋Δx)，故Im＝。‎ 答案：(1)　(2)M→N　(3) 第2节磁场对运动电荷的作用 ‎(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)‎ ‎(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)‎ ‎(3)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)‎ ‎(4)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)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√)‎ ‎(8)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)‎ ‎(1)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。‎ ‎(2)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。‎ ‎(3)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。‎ ‎(4)1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和D形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同)‎ 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．(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)‎ A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 解析：选C　由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，地磁场的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故选项A、B的说法正确。从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，故选项C的说法不正确。宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故选项D的说法正确。‎ ‎2．(2015·海南高考)如图，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　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。‎ 突破点(二)　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1．圆心的确定 ‎(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点做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，图中P为入射点，M为出射点。‎ ‎(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点做入射方向的垂线，连接入射点和出射点，做其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示，P为入射点，M为出射点。‎ ‎2．带电粒子在不同边界磁场中的运动 ‎(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。‎ ‎(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。‎ ‎(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。‎ ‎3．解题常用知识 ‎(1)几何知识：根据已知长度、角度，计算粒子的运动半径，或者根据粒子的运动半径计算未知长度、角度时，常用到几何知识。例如，三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角的关系……‎ ‎(2)半径公式、周期公式：应用公式R＝、T＝，可根据q、B、m、v计算粒子的半径、周期，也可根据粒子的半径或周期计算磁感应强度，粒子的电荷量、质量。‎ ‎(3)运动时间计算式t＝·T：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝·T。‎ ‎[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°‎ 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解题三步法 ‎[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.(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＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 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(三)　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·盐城模拟)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·江苏如皋模拟)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(四)　带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 ‎[多维探究]‎ ‎(一)半无界磁场 ‎[例1]　(2018·海门二模)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域(电子质量为m，电量为e)，经一段时间后从边界MN射出。求：‎ ‎(1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离；‎ ‎(2)它们从磁场中射出的时间差。‎ ‎[解析]　(1)正、负电子在匀强磁场中做圆周运动的半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示。‎ 由Bev＝得：R＝ 射出点距离为：PQ＝4Rsin θ 由题意可知θ＝30°‎ 如图可知，两粒子离开时距O点均为R，‎ 所以出射点相距为：L＝2R＝。‎ ‎(2)由T＝得：T＝ 负电子在磁场中运动时间：t1＝T＝T 正电子在磁场中运动时间：t2＝T＝T 所以两个电子射出的时间差：Δt＝t1－t2＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎(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·射阳联考)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＝有＜，即B＜，选D。‎ ‎[答案]　D ‎(六)圆形磁场 ‎[例6]　[多选](2018·常州质检)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 ＝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 ＝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 带电粒子在磁场中运动的直角三角形关系 ‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动是近几年高考的热点，这些考题不但涉及洛伦兹力作用下的动力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，而几何图形常常为直角三角形，该类型题目成为考查学生综合分析问题，运用数学知识解决物理问题的难度较大的考题。下面列举两种常见的几何关系。‎ ‎(一)直角三角形的边角关系 ‎1．[多选]如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子(质量为m，电荷量为q)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直。电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场。则(　　)‎ A．电子在磁场中运动的时间为 B．电子在磁场中运动的时间为 C．O、P两点间的距离为 D．O、P两点间的距离为 解析：选AC　画出电子的运动轨迹如图所示，O1A⊥OP，电子在磁场中的运动时间t＝T＝×＝，A正确，B错误；设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据qvB＝得R＝，在直角三角形OO1A中，由几何关系得Rsin 45°＝，解得OP＝2Rsin 45°＝，C正确，D错误。‎ ‎2.如图所示，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θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：‎ ‎(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)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α＝θ 所以t＝T＝。‎ ‎(3)由如图所示几何关系可知，‎ tan＝，解得r＝tan。‎ 答案：(1)　(2) ‎(3)tan ‎(二)直角三角形中的勾股定理 ‎3．[多选]长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)‎ A．使粒子的速度v＜ B．使粒子的速度v＞ C．使粒子的速度v＞ D．使粒子的速度v满足＜v＜ 解析：选AB　带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝2＋l2，又因r1＝，解得v1＝；粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确。‎ ‎4.(2018·南京质检)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab距离l＝16 cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s，已知α粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。‎ 解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有qvB＝m 由此得R＝ 代入数值得R＝10 cm 可见RR的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E。在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一象限。发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的质量为m，电荷量为＋q。粒子重力不计。求：‎ ‎(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎(2)沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出所走过的路程；‎ ‎(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场的边缘射出，不再进入磁场，求射出点的坐标和粒子从M点运动到射出点的总时间。‎ 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 根据Bqv＝ 得B＝。‎ ‎(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＋。‎ ‎(3)如图，沿与＋x方向成60°角射入的粒子，从C点竖直射出、射入磁场，从D点射入、射出电场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)‎ 在磁场中，MC段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN段轨迹圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，‎ 即t1＝＝ 粒子在CD段做匀速直线运动，CD＝，则从C到D，再从D返回到C所用时间，t2＝‎ eq f(R,v)‎ 粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝ t3＝＝ 总时间t＝＋。‎ 答案：(1)　(2)πR＋　(3)(2R,0)　＋ ‎4．如图甲所示，为质谱仪的原理示意图。质量为m的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点沿纸面垂真于直线MN进入偏转磁场。该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终打在照相底片上的H点。测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计。求：‎ ‎(1)粒子的电荷量；‎ ‎(2)若偏转磁场为半径r＝的圆形磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁场边界与直线MN相切于G点，如图乙所示，当粒子进入磁场时的速度不变时，要使粒子仍能打到H点，那么，圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B′应为多大。‎ 解析：(1)设粒子经电场加速后的速度为v，由动能定理得：qU＝mv2①‎ 粒子在磁场中作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ qvB＝m ②‎ 而由几何知识得知 R＝ ③‎ 联立方程组①、②、③解得：q＝。‎ ‎(2)设圆形磁场的圆心O与H的连线与MN的夹角为θ，则 tan θ＝＝＝，得：θ＝30°‎ 设粒子在圆形磁场区域中作圆周运动的轨迹半径为R′。‎ 由几何知识得：R′＝rtan 30°＝d·＝d 由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB′＝m 由以上各式解得：B′＝B。‎ 答案：(1)　(2)B 对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动 ‎5．(2018·南通调研)如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0＝20 m/s的速度从x轴上的点A(－2 m,0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求第二象限内电场的电场强度大小；‎ ‎(2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。‎ 解析：(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则 Eq|xA|＝m ‎|xA|＝t ‎|yC|＝v0t vC2＝v02＋vCx2‎ 解得：E＝1.0 N/C　vC＝20 m/s。‎ ‎(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，‎ 则cos θ＝＝ 即θ＝45°‎ 粒子在第一象限磁场中运动时有：qvCB＝m 解得：r＝ m 粒子做圆周运动的周期T＝＝ s 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上对应的弦长为r＝1 m 所以OD＝3 m 粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3 m,0)。‎ 答案：(1)1.0 N/C　(2)(3 m,0)‎ ‎6．(2018·徐州六校联考)如图甲所示，在0≤x≤d的区域内有垂直纸面的磁场，在x＜0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。一质子从点P处以速度v0沿x轴正方向运动，t＝0时，恰从坐标原点O进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化，以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为m，电荷量为e，重力不计。‎ ‎(1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向；‎ ‎(2)若质子在0～时间内从y轴飞出磁场，求磁感应强度B的最小值；‎ ‎(3)若质子从点M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T。‎ 解析：(1)质子在电场中作类平抛运动，时间为t，刚进磁场时速度方向与x正半轴的夹角为α，有x＝v0t＝d，y＝t＝，tan α＝，v2＝v02＋vy2‎ 解得v＝v0，α＝30°。‎ ‎(2)质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小 由几何关系知R1＋R1cos 60°＝d，‎ 解得R1＝d 根据牛顿第二定律有evB＝ 解得B＝。‎ ‎(3)分析可知，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为60°，在此过程中质子沿x轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径R。欲使质子从M点离开磁场，且速度符合要求，必有：n×2R＝d 质子做圆周运动的轨道半径：‎ R＝＝ 解得B0＝(n＝1,2,3，…)‎ 设质子在磁场中做圆周运动的周期为T0，‎ 则有T0＝，n×＝nT 解得：T＝(n＝1,2,3…)。‎ 答案：(1)v0　与x轴正方向夹角为α＝30°斜向上　‎ ‎(2)　(3)B0＝(n＝1,2,3，…)　‎ T＝(n＝1,2,3，…)‎ 考点综合训练 ‎7．(2018·南京调研)如图所示，在xOy平面内y轴左侧(含y轴)有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ＝30°，Q点坐标为(0，－d)，在y轴右侧某区域内(图中未画出)有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小B＝，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)电场强度大小E；‎ ‎(2)粒子在有界磁场中做圆周运动的半径r和时间t；‎ ‎(3)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积S。‎ 解析：(1)设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得：v＝2v0‎ 由动能定理得：qEd＝mv2－mv02‎ 解得：E＝。‎ ‎(2)设粒子从M点进入有界匀强磁场，从N点离开匀强磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O1，如图所示。‎ 由qvB＝，解得：r＝＝2d 由几何关系知，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场，粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以粒子在磁场中的运动时间为：t＝ T＝×＝。‎ ‎(3)若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为O2，可得半径：R＝1.5r＝3d 半圆形磁场区域的最小面积：S＝πR2＝πd2＝4.5πd2。‎ 答案：(1)　(2)2d　　(3)4.5πd2‎ ‎8．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；‎ ‎(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。‎ 解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，‎ 则有x＝v0t＝2h y＝at2＝h　qE＝ma 联立以上各式可得E＝。‎ ‎(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0‎ 所以v＝ ＝v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。‎ ‎(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝。‎ 答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3) 第4节带电粒子在叠加场中的运动 突破点(一)　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．分析方法 ‎2．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F＝qE 电场力做功与路径无关 W＝qU 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F＝qvB(v⊥B) ‎ 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 ‎[多维探究]‎ 电场与磁场共存 ‎[例1]　(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>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 磁场与重力场共存 ‎[例2]　如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球由轨道左端A无初速滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度值为g，则下列判断正确的是(　　)‎ A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg＋qB C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 ‎[解析]　因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝。故小球在C点受到的洛伦兹力大小为f＝qBv＝qB，故A错误；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有：N＋qvB－mg＝，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F增大，故C错误；小球从C到D的过程中速率不变，所以小球的动能不变，而洛伦兹力和支持力不做功，拉力F的功率与克服重力做功的功率大小相等，由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以克服重力做功的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D正确。‎ ‎[答案]　D 电场、磁场与重力场共存 ‎[例3]　(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/s ②‎ 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＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ 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 θ ⑤‎ 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＝0 ⑥‎ 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 突破点(二)　带电粒子在叠加场中运动的实例分析 装置 原理图 规律 速度选择器 若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 电磁流量计 q＝qvB，所以v＝ 所以Q＝vS＝ 霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差 ‎[典例]　[多选]如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置。待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子重力，则(　　)‎ A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd C．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过 D．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为 ‎[解析]　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为E，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B，则＝，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝ ＝v＜v，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C错误；由于v′＝ v，由E＝Bv可得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为 ，故D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎[集训冲关]‎ ‎1.[多选](2018·镇江模拟)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q 之间有一个很强的磁场。一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是(　　)‎ A．Q板的电势高于P板的电势 B．R中有由a向b方向的电流 C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变 D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大 解析：选BD　等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板，负电荷向下偏，打在下极板。所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b，故A错误，B正确；依据电场力等于磁场力，即为q＝qvB，则有：U＝Bdv，再由欧姆定律，I＝＝，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变，故C错误；由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确。‎ ‎2．粒子速度选择器的原理图如图所示，两水平长金属板间有沿水平方向、磁感应强度为B0的匀强磁场和方向竖直向下、电场强度为E0的匀强电场。一束质量为m、电荷量为q的带电粒子，以不同的速度从小孔O处沿中轴线射入此区域。研究人员发现有些粒子能沿中轴线运动并从挡板上小孔P射出此区域，其他还有些带电粒子也能从小孔P射出，射出时的速度与预期选择的速度的最大偏差量为Δv，通过理论分析知道，这些带电粒子的运动可以看作沿中轴线方向以速度为v1的匀速直线运动和以速率v2在两板间的匀强磁场中做匀速圆周运动的合运动，v1、v2均为未知量，不计带电粒子重力及粒子间相互作用。‎ ‎(1)若带电粒子能沿中轴线运动，求其从小孔O射入时的速度v0；‎ ‎(2)增加磁感应强度后，使带电粒子以(1)中速度v0射入，要让所有带电粒子均不能打到水平金属板，两板间距d应满足什么条件？‎ ‎(3)磁感应强度为B0时，为了减小从小孔P处射出粒子速度的最大偏差量Δv，从而提高速度选择器的速度分辨本领，水平金属板的长度L应满足什么条件？‎ 解析：(1)若沿中轴线运动，带电粒子受到的洛伦兹力等于电场力，E0q＝qv0B0‎ v0＝。‎ ‎(2)设增加磁感应强度为B，带电粒子能以速度v1做匀速直线运动，则qv1B＝E0q，v1＝＜v0‎ 匀速圆周运动的分速度为：v2＝v0－v1＝－ 洛伦兹力提供向心力：qv2B＝m 则：r＝ 当B＝2B0时，r有最大值：rm＝ 要让所有带电粒子均不能打到水平金属板，应满足＞2rm＝，即：d＞。‎ ‎(3)当带电粒子在复合场中的运动的时间等于做匀速圆周分运动半周期的奇数倍时，与选择速度有最大偏差量Δv的粒子最不可能从小孔P处射出，即：‎ ＝(2n－1)(n＝1,2,3…)‎ T＝ 联立得：L＝(n＝1,2,3…)。‎ 答案：(1)v0＝　(2)d＞　‎ ‎(3)L＝(n＝1,2,3…)‎ 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.如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1 kg、带电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)滑块匀加速运动的时间t及匀加速结束时的速度v1；‎ ‎(2)滑块最终的速度v2；‎ ‎(3)木板最终加速度。‎ 解析：(1)由题意知长木板的质量为M＝0.2 kg，滑块的质量m＝0.1 kg，滑块与木板间动摩擦因数μ＝0.5，当F作用于长木板时，对于木板由拉力和摩擦力的合力产生加速度，对于滑块由摩擦力产生加速度，由题意知滑块与木板间的最大静摩擦力fmax＝μmg，产生的最大加速度：amax＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2‎ 当F＝0.6 N的恒力单独对长木板产生的加速度：a木＝＝ m/s2＝3 m/s2＜amax 所以力F作用时，M和m一起匀加速运动，所以根据牛顿第二定律有开始时木板和滑块的共同加速度为：a＝＝ m/s2＝2 m/s2‎ 当滑块受到的最大静摩擦力小于ma时，滑块将相对于木板滑动，则有：‎ μ(mg－Bqv1)＝ma 解得：v1＝6 m/s；‎ 则加速时间t＝＝ s＝3 s。‎ ‎(2)滑块在木板对滑块的摩擦力作用下做加速运动，当速度最大时木板对滑块的摩擦力为0，如图对滑块进行受力分析有：‎ 滑块受到向上的洛伦兹力、木板的支持力、重力和木板的滑动摩擦力，‎ 根据分析知：滑动摩擦力f＝μN＝μ(mg－F)‎ F＝qvB 当滑块速度最大时，f＝0，即：F＝mg＝qv2B 所以此时滑块速度v2＝ 代入数据得：v2＝10 m/s。‎ ‎(3)对于木板进行受力分析，有F合＝F－f 根据牛顿第二定律有木板的加速度：a＝ 因为F为恒力，故当f＝0时，木板具有最大加速度，其值为：a木max＝＝ m/s2＝3 m/s2。‎ 答案：(1)3 s　6 m/s　(2)10 m/s　(3)3 m/s2‎ ‎(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 θ ①‎ 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：‎ mgssin θ＝mvm2 ②‎ 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。‎ ‎1.(2018·淮安模拟)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](2018·宜兴期中)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．液滴可能带负电 B．液滴一定做匀速直线运动 C．液滴有可能做匀变速直线运动 D．电场线方向一定斜向上 解析：选BD　带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于带电液滴做直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F ‎、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B、D正确，A、C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.(2018·启东中学月考)如图所示，质量为m ，电量为q的带正电物体，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿与物体间动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则(　　)‎ A．物体的速度由v减小到零的时间等于 B．物体的速度由v减小到零的时间小于 C．若另加一个电场强度大小为，方向水平向左的匀强电场，物体将作匀速运动 D．若另加一个电场强度大小为，方向竖直向上的匀强电场，物体将作匀速运动 解析：选D　对物体受力分析，受重力、支持力、洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下，由于摩擦力f＝μ(mg＋qvB)，随速度的减小不断减小，加速度不断减小，不是匀变速运动，设物体的速度由v减小到零所经历的时间为t，由动量定理得：－ft＝0－mv。t＝＞，A、B错误；若加一个水平向左的电场，物体受到的电场力大小为F＝mg＋Bqv＞f＝μ(mg＋qvB ‎)，故不会做匀速直线运动，C错误；在施加电场前，物体受到竖直向下的合力为F′＝mg＋Bqv，若施加一个竖直向上的电场时，受到的电场力大小为F＝mg＋Bqv，方向竖直向上，物体与水平面间的正压力为零，不受摩擦力作用，故做匀速直线运动，D正确。‎ ‎5.(2018·淄博第一中学模拟)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．M端的电势比N端的高 B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关 C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比 D．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0‎ 解析：选C　根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N板带正电，M板带负电，则M板的电势比N板电势低，故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q，解得U＝vBb，与污水中正负离子数无关，故B、D错误。因v＝，则流量Q＝vbc＝，因此U＝，与污水流量成正比，故C正确。‎ ‎6.(2018·盐城模拟)如图所示，半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O为其圆心，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在MN间做往复运动。下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球在M点的重力势能大于在N点的重力势能 B．小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等 C．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等 D．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间 解析：选B　两个端点M、N与O等高，小球由M到N与由N到M过程中重力对小球做的功相等，所以小球在M点的重力势能等于在N点的重力势能，故A错误；小球在最低点的速度相同，由F合＝可知，F合不变，故B正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从M到N时，洛伦兹力向上，故F1－mg＋F洛＝，F1＝mg－F洛＋，小球从N到M时，洛伦兹力向下，故F2－F洛－mg＝，F2＝mg＋F洛＋ ‎，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误；由于洛伦兹力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力，故无论小球从那边滚下，其时间相等，故D错误。‎ ‎7.(2018·昆山月考)如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速率va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B2磁场。由此可判定(　　)‎ A．射向P1板的是a离子　　　 B．射向P2板的是b离子 C．射向A1的是c离子 D．射向A2的是d离子 解析：选A　通过在磁场中偏转知，粒子带正电。在速度选择器中，有qE＝qvB，v＝，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器，所以只有b、c两粒子能通过速度选择器。a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转，故A正确，B错误。只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r＝，知质量大的半径大，可知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子，故C、D错误。‎ ‎8．[多选](2018·苏州模拟)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则(　　)‎ A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 解析：选BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg＝Eq，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，‎ 又由于qU＝mv2，解得v＝ ，所以r＝ ＝ ，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝＝＝，故C正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝＝，显然运动周期与加速电压无关，故D错误。‎ ‎9.如图，竖直平面内建立直角坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为(x，d)位置处有一小球发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻小球发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球从y＝处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角，其后小球在匀强磁场和电场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限。已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝，g为重力加速度。求：‎ ‎(1)小球刚从发射器射出时的初速度及小球发射器P的横坐标x；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小及小球从发射到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间。‎ 解析：(1)带电小球从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向有x＝v0t1‎ 沿竖直方向有d＝gt12‎ tan 45°＝，vy＝gt1‎ 联立解得t1＝ ，v0＝，x＝d。‎ ‎(2)带电小球进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，所受竖直向上的电场力qE＝mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m 小球在匀强磁场中运动的线速度v＝v0＝ 由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径R＝d 解得B＝ 小球在匀强磁场和电场中运动的时间t2＝T 其中周期T＝ 联立解得t2＝ 小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间t3＝＝ 所以，小球从发射出来到返回第Ⅰ象限后上升到最高点所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝ 。‎ 答案：(1)　d　(2) 　 ‎10．(2018·徐州模拟)如图所示，真空中的矩形abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知ad＝bc＝R，忽略粒子的重力。求：‎ ‎(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值；‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。‎ 解析：(1)设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有：‎ qv0B＝qE①‎ 当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题，粒子恰能从c点飞出，则 水平方向有：2R＝v0t②‎ 竖直方向有：bc＝at2③‎ qE＝ma④‎ 联解①②③④得：‎ ＝。‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示。‎ 设粒子离开矩形区域时的位置g离b点的距离为x，则由牛顿第二定律：qv0B＝m 得，r＝＝·＝R 由图中几何关系得：‎ 粒子的轨迹半径为r＝Rtan θ＝R 得θ＝60°‎ 故粒子离开磁场时到b的距离为x＝ab－bc·cot θ 代入解得：x＝。‎ 答案：(1)　(2)粒子离开矩形区域时的位置离b的距离为 ‎[阶段综合检测(三)]　　　　　　　　　　第六～八章验收 ‎(时间：100分钟　满分：120分)‎ 一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎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≤