磁場 全方位總結(jié)

磁場磁感應強度考點說明考點要求說明磁場、磁感應強度、磁感線Ⅰ通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向Ⅰ知識梳理一、磁場1．磁體和電流周圍、運動電荷周圍存在的一種，叫磁場．2．磁場的方向：規(guī)定在磁場中任一點小磁針受力方向，就是該點磁場的方向(或者說自由小磁針靜止時，__________的指向即為該處磁場的方向)．3．磁感線：在磁場中畫一系列曲線，使曲線上任意點的切線方向都跟該點__________方向一致，這一系列曲線即為磁感線．磁感線的__________表示磁場的強弱．在磁體外部磁感線是從__________極到__________極．在磁體內(nèi)部磁感線又從__________極回到__________極；因此，磁感線是__________、__________的閉合曲線．4．電流的磁場和安培定則(1)直線電流的磁場：右手握住直導線，__________方向與電流的方向一致，__________方向就是直線電流在周圍空間激發(fā)磁場的磁場方向．(2)通電螺旋管的磁場：右手彎曲__________跟電流方向一致，______________所指方向為通電螺線管內(nèi)部的磁感線方向．(3)同名磁極相互_________，異名磁極相互_________，磁體之間、磁體與電流之間、電流(或運動電荷)與電流(或運動電荷)之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的．5．磁現(xiàn)象的電本質(zhì)：磁鐵的磁場和電流的磁場一樣，都是由__________的運動產(chǎn)生的．6．安培分子電流假說：在原子、分子等物質(zhì)微粒內(nèi)部存在著微小的分子環(huán)流，它使每個物質(zhì)微粒都能獨立地成為一個微小的磁體，安培假說能解釋磁化、失磁等磁現(xiàn)象．(分子電流實際上是由核外電子繞核運動形成的)7．勻強磁場和地磁場(1)若某個區(qū)域里磁感應強度大小處處相等，方向相同，那么該區(qū)域的磁場叫勻強磁場，勻強磁場中的磁感線是平行等距的直線．如通電螺線管內(nèi)部的磁場，就是勻強磁場．(2)地球的磁場與條形磁鐵的磁場相似，其主要特點有三個：①地磁場的N極在地球南極附近，S極在地球北極附近，磁感線分布如圖所示．②地磁場B的水平分量(Bx)總是從地球南極指向地球北極，而豎直分量By，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．③在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北．二、磁感應強度1．磁場的最基本的性質(zhì)是對放入其中的電流有磁場力的作用，電流垂直于磁場時受磁場力__________，電流與磁場方向平行時，磁場力為__________．2．磁感應強度：定義：磁感應強度是表示磁場強弱的物理量，在磁場中垂直于磁場方向的通電導線，受到的磁場力F跟電流I和導線長度l的乘積Il的比值，叫做通電導線所在該處的磁感應強度，用B表示，即B＝F/Il.(1)磁感應強度是矢量，其方向是小磁針靜止時N極的指向，不是磁場中電流所受磁場力方向．(2)磁感應強度B是由磁場自身性質(zhì)決定的，與磁場中是否存在電流及Il乘積大小無關．(3)在國際單位制中，磁感應強度的單位是T(特)．1T＝1eq\f(N,A·m)3．磁場的疊加：空間中如果同時存在兩個以上的電流或磁體在某點激發(fā)的磁場，該點的磁感應強度B是各電流或磁體在該點激發(fā)磁場的磁感應強度的__________，且滿足________.疑難解析一、對磁感應強度B＝F/Il的理解磁感應強度由磁場本身決定，就好像電場強度由電場本身決定一樣，跟該位置放不放通電導線無關，磁感應強度B的決定式也是其度量式，但用來測量的小段通電直導線必垂直放入磁場，如果小段通電直導線平行放入磁場，其受安培力為零，但不能說這點磁感應強度為零，這點與試探電荷在電場中不同，而且磁感應強度的方向不是通電導線的受力方向．二、磁場和電場磁場電場磁體或電流周圍的一種特殊物質(zhì)電荷周圍的一種特殊物質(zhì)磁感應強度B＝eq\f(F,Il)(Il稱試驗電流元)電場強度E＝eq\f(F,q)(q稱為試驗電荷)續(xù)表磁場電場磁場方向規(guī)定為小磁針N極受力方向電場方向規(guī)定為正電荷受力方向用磁感線可以形象地表示磁場分布(磁感線為閉合曲線)用電場線形象化表示電場分布(電場線有頭有尾)合磁場B＝B1＋B2＋……Bn(矢量和)合電場E＝E1＋E2＋……En(矢量和)磁通量Φ＝BS⊥(S⊥表示垂直磁感線的平面面積)三、磁感應強度B和電場強度E磁感應強度B電場強度E物理意義描述磁場的性質(zhì)描述電場的性質(zhì)定義式B＝F/Il通電導線與B垂直E＝F/q場線的定義1.閉合曲線2.不相交3.疏密表示B的大小4.切線方向表示B的方向1.不閉合2.不相交3.疏密表示E的大小4.切線方向表示E的方向場的疊加合磁感應強度B等于各磁場的B的矢量和合場強等于各個電場的場強E的矢量和單位1T＝1N/A·m1T＝1Wb/m21N/C＝1V/m典例分析題型一：磁感應強度對于B＝F/Il應注意以下幾點：1．該式成立的前提是將電流元垂直放入到磁場中．2．B＝eq\f(F,Il)是定義式，非決定式，B只與磁場本身有關，它的有無、大小與導線中電流的大小、導線長度、擺放方向、受到的磁場力及檢驗電流是否存在均無關．3．B為矢量，既有大小又有方向．它的運算方法為平行四邊形定則．1.關于磁感應強度，下列說法正確的是()A．由磁感應強度的定義式B＝eq\f(F,IL)知，B與F成正比，與IL成反比B．同一段通電短導線垂直于磁場方向放在不同磁場中，所受的磁場力F與磁感應強度B成正比C．磁感應強度的定義式B＝eq\f(F,IL)只適用于勻強磁場D．只要滿足L很短，B＝eq\f(F,IL)對任何磁場都適用【解析】磁場中某點磁感應強度的大小只與磁場本身的因素有關，與磁場中放不放導線、導線的長短、通入的電流的大小及導線所受磁場力的大小均無關，所以A選項錯誤；由B＝eq\f(F,IL)得F＝BIL，可知：導線垂直于磁場方向放在磁場中，所受的磁場力F與磁感應強度B成正比，所以B選項正確；B＝eq\f(F,IL)是磁感應強度的定義式，它對任何磁場都適用，只不過對于非勻強磁場，要想由B＝eq\f(F,IL)確定某點的磁感應強度，需導線足夠短才行，所以C選項錯誤，D選項正確．【答案】BD【點評】磁感應強度的大小B＝eq\f(F,IL)是定義式，大小取決于激發(fā)磁場的磁體或電流及其位置．變式訓練11下列說法中正確的是()A．電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零B．一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零C．表征電場中某點電場的強弱，是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值D．表征磁場中某點磁場的強弱，是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導體長度和電流乘積的比值題型二：安培定則的應用安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”，在判定直線電流的磁場方向時，大拇指指“原因”——電流方向，四指指“結(jié)果”——磁場繞向；在判定環(huán)形電流磁場方向時，四指指“原因”——電流繞向，大拇指指“結(jié)果”——環(huán)內(nèi)沿中心軸線的磁感應線方向．1.在同一平面內(nèi)有四根彼此絕緣的通電直導線，如圖所示，四根導線中電流i4＝i3>i2>i1，要使O點磁場增強，則應切斷哪一根導線中的電流()A．i1B．i2C．i3D．i4【解析】根據(jù)安培定則，i1、i2、i3、i4在O點的磁場方向分別為垂直于紙面向里、向里、向里、向外，且i3＝i4，知切斷i4可使O點的磁場增強．【答案】D【點評】本題考查了直線電流的磁場分布及磁場疊加的定性判斷，要求同學們熟悉常見的磁場的空間分布及磁場方向的判定．變式訓練2119世紀20年代，科學家已認識到溫度差會引起電流，安培考慮到地球自轉(zhuǎn)造成了太陽照射后正面與背面的溫度差，從而提出如下假設：地球磁場是由繞地球的環(huán)形電流引起的．該假設中的電流方向是(磁子午線是地球磁場N極與S極在地球表面的連線)()A．由西向東垂直磁子午線B．由東向西垂直磁子午線C．由南向北垂直磁子午線D．由赤道向兩極沿磁子午線方向題型三：磁感應強度的矢量性及磁場的疊加B是矢量，計算時遵循平行四邊形定則；(2)F的方向即磁場的方向，并不是B的方向，而是垂直于B與L決定的平面(由左手定則判斷)．3.在紙面上有一個等邊三角形ABC，其頂點處都通有相同電流的三根長直導線垂直于紙面放置，電流方向如圖所示，每根通電導線在三角形的中心O產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0.則中心O處的磁感應強度大小為__________．【解析】直線電流的磁場是以直線電流為中心的一組同心圓，故中心O點處三個直線電流的磁場方向如圖所示，由于對稱性，它們互成120°的角，由于它們的大小相等，均為B0，根據(jù)矢量合成的特點，可知它們的合矢量為零．【答案】零【點評】磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．該題中，O點的磁感應強度大小應為A、B、C三導線在該處所產(chǎn)生磁感應強度的矢量和．變式訓練31如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流強度均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導線產(chǎn)生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B＝kI/r，其中k為常數(shù))．某時刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過原點O，速度大小為v，方向沿y軸正方向，則電子此時所受磁場力為()A．方向垂直紙面向里，大小為eq\f(2evkI,\r(3)a)B．方向指向x軸正方向，大小為eq\f(2evkI,\r(3)a)C．方向垂直紙面向里，大小為eq\f(evkI,\r(3)a)D．方向指向x軸正方向，大小為eq\f(evkI,\r(3)a)課堂練習1．(10年山東模擬)在地球赤道上空有一小磁針處于水平靜止狀態(tài)，突然發(fā)現(xiàn)小磁針N極向東偏轉(zhuǎn)，由此可知()A．一定是小磁針正東方向有一條形磁鐵的N極靠近小磁針B．一定是小磁針正東方向有一條形磁鐵的S極靠近小磁針C．可能是小磁針正上方有電子流自北向南水平通過D．可能是小磁針正上方有電子流自南向北水平通過第2題圖2．兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同，它們的截面處于等邊△ABC的A和B處，如圖所示．兩通電導線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小都是B0，則C處磁場的總磁感應強度大小是()A．0B．B0C.eq\r(3)B0D．2B0第3題圖3．磁場中某區(qū)域的磁感線，如圖所示，則()A．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>BbB．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<BbC．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小4．如圖所示，正四棱柱abcda′b′c′d′的中心軸線OO′處有一無限長的載流直導線，對該電流的磁場，下列說法中正確的是()A．同一條側(cè)棱上各點的磁感應強度都相等B．四條側(cè)棱上的磁感應強度都相同C．在直線ab上，從a到b，磁感應強度先增大后減小D．棱柱內(nèi)任一點的磁感應強度比棱柱側(cè)面上所有點都大第12講磁場對電流的作用考點說明考點要求說明安培力、安培力的方向Ⅰ勻強磁場中的安培力Ⅱ,安培力的計算只限于電流與磁感應強度垂直的情形知識梳理一、安培力1．磁場對電流的__________叫安培力．2．大小計算：(1)當B、I、l兩兩垂直時，__________.若B與I(l)夾角為θ，則__________．(有夾角情況只作了解)(2)彎曲導線的有效長度l，等于兩端點所連直線的長度；相應的電流方向，沿l由始端流向末端．因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度l＝0，所以通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和一定為零．(3)公式的適用條件，一般只適用于勻強磁場．3．F安方向：應用左手定則確定．伸開左手，使拇指和其余四指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿過手心，并使__________指向電流方向，__________指向即為F安方向(如圖所示)．F安的方向既垂直于__________方向，也垂直于__________方向．二、磁電式電流表的工作原理1．電流表是利用磁場對電流的作用制成的．2．原理：當有電流流過線圈時，導線受到安培力的作用，左右兩邊所受的安培力方向相反，于是架在軸上的線圈就要轉(zhuǎn)動(如圖所示)．同時螺旋彈簧也被扭動，電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大．由于磁場對電流的作用力跟電流成正比，所以指針偏角大小和電流成正比．線圈中的電流改變方向時，安培力的方向隨著改變，指針的偏轉(zhuǎn)方向也隨著改變，所以根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)方向可以知道被測電流的方向．疑難解析一、安培力做功的特點1．安培力做功與路徑有關，繞閉合回路一周，安培力做的功可以為正，可以為負，也可以為零，而不像重力和電場力做功一定為零．2．安培力做功的實質(zhì)：起傳遞能量的作用，將電源的能量傳遞給通電導線，而磁場本身并不提供能量，如圖所示，導體ab在安培力作用下向右運動，安培力做功的結(jié)果是將電能轉(zhuǎn)化為導體的動能，安培力這種傳遞能量的特點，與靜摩擦力做功相似．二、對公式F＝BIL的理解1．使用條件：勻強磁場(或L很小時的非勻強磁場)，B與I垂直．2．如B與L成角度θ，則F＝BILsinθ，此式說明安培力F的大小與磁感應強度B、電流I、導線長度以及導線放置的方法有關．3．安培力F的方向由左手定則判定．4．式中的L為有效長度，如是直導線，其有效長度即導線自身長度．如圖所示，彎曲的導線ACD的有效長度為L，等于兩端點A、D所連直線的長度，其所受的安培力為F＝BIL.三、處理相關安培力問題時要注意圖形的變換安培力的方向總是垂直于電流方向和磁場方向決定的平面，即一定垂直于B和I，但B和I不一定垂直．有關安培力的力電綜合題往往涉及三維立體空間問題，如果我們變?nèi)S為二維畫出合適的側(cè)視圖或俯視圖便可變難為易，迅速解題．四、安培力作用下的導體的運動方向的判斷判斷物體在安培力作用下的運動，常用方法有以下四種：1．電流元受力分析法：把整段電流等效為很多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元受安培力方向，從而判斷出整段電流所受合力方向，最后確定運動方向．2．特殊值分析法：把電流或磁鐵轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)90°)后再判斷所受安培力方向，從而確定運動方向．3．等效分析法：環(huán)形電流可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可以等效成環(huán)形電流，通電螺線管可等效成很多的環(huán)形電流來分析．4．推論分析法：(1)兩電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；(2)兩電流不平行時有轉(zhuǎn)動的趨勢且有轉(zhuǎn)動到方向相同的趨勢．典例分析題型一：安培力作用下物體運動方向的判定通電導線或線圈受安培力及運動情況判斷這一問題的基本處理方法有電流元受力分析法、特殊值分析法、等效分析法、推論分析法(見上)．另外，有些問題不能直接分析則還可用轉(zhuǎn)換研究對象法，因為電流之間、電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流、磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向．1.如圖所示，不在同一平面內(nèi)的兩互相垂直的導線，其中MN固定，PQ可以自由運動，當兩導線中通入圖示方向電流I1、I2時，導線PQ將()A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近導線MNB．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時遠離導線MNC．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近導線MND．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時遠離導線MN【解析】先由右手螺旋定則確定磁場，再由左手定則判定電流在磁場中受到安培力的方向，進而確定導線運動情況．為判斷導線PQ的運動情況，需要確定它的受力情況，應先確定導線MN中的電流I1產(chǎn)生的磁場方向，畫出俯視圖(b)，由安培定則畫出PQ所在處的磁場方向，由左手定則可判斷出導線PQ中的電流I2所受磁場力的方向是：PQ導線的右半段受到垂直于紙面向外的力，左半段受到垂直紙面向里的力，導線PQ旋轉(zhuǎn)到如圖(c)所示位置時導線受到指向MN方向的力，其實只要PQ由(b)位置轉(zhuǎn)過一小段后即可出現(xiàn)MN方向之分力，所以PQ是邊逆時針轉(zhuǎn)動，邊向MN靠近，故答案為C.【答案】C【點評】(1)判斷兩電流之間作用力：先將其中一電流置于另一電流磁場中，注意對稱性分析，根據(jù)電流所在處位置的磁感應強度B的方向，用左手定則確定受到的磁場力方向，由此確定導線的運動．(2)也可以根據(jù)同向平行電流相吸，異向平行電流相斥來判定導線受力及運動．(3)如判定環(huán)形電流受力，也可將環(huán)形電流等效為磁體，根據(jù)同名磁極相斥，異名磁極相吸來分析判定環(huán)形電流受力情況．變式訓練11如圖所示，在條形磁鐵S極附近懸掛一個鋁圓線圈，線圈與水平磁鐵位于同一水平面內(nèi)．當電流方向如圖時，線圈將()A．靠近磁鐵平移B．遠離磁鐵平移C．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動，同時靠近磁鐵D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動，同時靠近磁鐵題型二：安培力與力學知識的綜合運用通電導體在磁場、重力場中的平衡與運動問題的處理，要注意兩點：(1)受力分析時安培力的方向千萬不可跟著感覺走，牢記安培力方向既跟磁感應強度方向垂直又和電流方向垂直．(2)畫出導體受力的平面圖．2.(10年四川高考)如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導軌平面．現(xiàn)用一平行于導軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動．若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能()A．變?yōu)?B．先減小后不變C．等于FD．先增大再減小【解析】對a棒所受合力為Fa＝F－Ff－mgsinθ－BIl，說明a做加速度減小的加速運動，當加速度為0后勻速運動，所以a所受安培力先增大后不變．如果F＝Ff＋2mgsinθ，則最大安培力為mgsinθ，則b所受摩擦力最后為0,A正確．如果F＜Ff＋2mgsinθ，則最大安培力小于mgsinθ，則b所受摩擦力一直減小最后不變，B正確．如果Ff＋3mgsinθ＞F＞Ff＋2mgsinθ，則最大安培力大于mgsinθ小于2mgsinθ，則b所受摩擦力先減小后增大最后不變．可以看出b所受摩擦力先變化后不變，CD錯誤．【答案】AB變式訓練21在傾角θ＝30°的斜面上，固定一金屬框，寬L＝0.25m，接入電動勢E＝12V、內(nèi)阻不計的電池．垂直框面放有一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，它與框架的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)，整個裝置放在磁感應強度B＝0.8T、垂直框面向上的勻強磁場中．當調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)時，可使金屬棒靜止在框架上？框架與棒的電阻不計，g取10m/s2.課堂練習1．一根通電導線在某個空間沒有受到磁場力，那么()A．這個空間一定沒有磁場B．可能有磁場，且磁場方向與導線垂直C．可能有磁場，且磁場方向可能與導線中電流方向相同D．可能有磁場，且磁場方向可能與導線中電流方向相反2．如圖所示，電流強度為I的一段通電直導線處于勻強磁場中，受到的安培力為F.圖中正確標示I和F方向的是()3．(10年上海高考)如圖，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，當在該導線中通以電流強度第3題圖為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為()A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl4．質(zhì)量為m的金屬棒MN兩端用細軟導線連接后懸掛于a、b兩點，棒處于水平狀態(tài)，棒的中部有水平方向的勻強磁場，磁場方向垂直金屬棒，如圖所示．當棒中通有從M流向N方向的恒定電流時，懸線中有拉力．為了減小懸線中的拉力，第4題圖可采用的辦法有()A．適當增大水平磁場的磁感應強度B．使磁場反向C．適當減小金屬棒中的電流D．使電流反向第13講磁場對運動電荷的作用考點說明考點要求說明洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ洛倫茲力公式Ⅱ帶電粒子在勻強磁場中的運動Ⅱ,洛倫茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的情形．知識梳理一、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力1．洛倫茲力的公式：F＝__________.2．當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)＝__________.3．當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F(xiàn)＝__________.4．只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0.二、洛倫茲力的方向1．運動電荷在磁場中受力方向要用左手定則來判定．2．洛倫茲力F的方向既__________磁場B的方向，又__________運動電荷v的方向，即F總是__________B和v的所在平面．3．使用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向__________．若粒子帶負電時，四個手指的指向與負電荷的運動方向__________．4．安培力的本質(zhì)是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現(xiàn)．三、洛倫茲力的特征洛倫茲力與電荷運動狀態(tài)有關：當v＝0時，__________；v≠0，但v∥B時，__________.洛倫茲力對運動電荷不做功．注意：由于洛倫茲力的方向總與帶電粒子在磁場中的運動方向垂直，所以洛倫茲力對運動電荷__________，不能改變運動電荷的__________大小和電荷的__________，但洛倫茲力可以改變運動電荷的速度__________和運動電荷的__________．四、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分為三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．2．不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的幾個基本公式：(1)向心力公式__________；(2)軌道半徑公式__________；(3)周期、頻率公式__________．3．不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做__________曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做__________曲線運動(勻速圓周運動)．疑難解析一、在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動規(guī)律時，著重把握“一找圓心，二找半徑eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＝\f(mv,Bq)))，三找周期eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T＝\f(2πm,Bq)))或時間”的分析方法．1．圓心的確定因為洛倫茲力F洛指向圓心，根據(jù)F洛⊥v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(一般是射入和射出磁場兩點)的F洛的方向，沿兩個洛倫茲力F洛畫其延長線的交點即為圓心，另外，圓心位置必定在圓中一根弦的中垂線上(見圖)．2．半徑的確定和計算利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點．(1)粒子速度的偏向角(φ)等于同心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，θ＋θ′＝180°.3．粒子在磁場中運動時間的確定t＝eq\f(θ,2π)T或t＝eq\f(s,v)式中θ為偏向角，T為周期，s為軌道的弧長，v為線速度．4．注意圓周運動中的對稱規(guī)律，如從同一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．二、帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題和對稱性問題．1．剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌道與邊界相切．2．當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．3．從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．4．如圖，幾種有界磁場中粒子的運動軌跡，在具體題目中會經(jīng)常遇到．典例分析題型一：洛倫茲力的應用1．洛倫茲力的大小和方向(1)洛倫茲力的大小F＝qvB適用條件：勻強磁場中，q、v、B中任意兩者相互垂直．(2)洛倫茲力的方向．運動電荷在磁場中所受洛倫茲力應用左手定則判斷．2．帶電粒子在磁場中的運動(1)若v∥B，帶電粒子做勻速直線運動，此時粒子受的洛倫茲力為0.(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)以v做勻速圓周運動．a(chǎn)．向心力由洛倫茲力提供：qvB＝meq\f(v2,R)b．軌道半徑公式：R＝eq\f(mv,Bq)c．周期公式：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)頻率：f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)d．動能公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(BqR2,2m)1.(11年山東模擬)如圖所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里．一質(zhì)量為m，帶電量大小為q的帶電粒子以速度v從O點沿著與x軸成30°角的方向垂直進入磁場，運動到A點時的速度方向平行于y軸(粒子重力不計)，則()A．粒子帶正電B．粒子帶負電C．粒子由O到A所經(jīng)歷時間為eq\f(πm,6qB)D．粒子的動能沒有變化【解析】由粒子速度方向的變化可知粒子帶正電，A對，B錯；粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，meq\f(v2,R)＝Bqv＝meq\f(4π2,T2)R，T＝eq\f(2πm,Bq)，從O到A粒子轉(zhuǎn)過60°，t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，C錯；D正確；答案選A、D.【答案】AD變式訓練11如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子動能最大B．c粒子速率最大C．c粒子在磁場中運動時間最長D．它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc題型二：帶電粒子在磁場中運動的分析方法確定帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑、運動時間的方法：(1)圓周軌跡上任意兩點的洛倫茲力的方向線的交點就是圓心；(2)圓心確定下來后，經(jīng)常根據(jù)平面幾何知識去求解半徑；(3)先求出運動軌跡所對應的圓心角θ，然后根據(jù)t＝eq\f(θT,360°)(T為運動周期)，就可求得運動時間．2.(10年重慶高考)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示粒子編號質(zhì)量電荷量(q＞0)速度大小1m2qv22m2q2v33m－3q3v42m2q3v52m－qv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應表中的編號分別為()A．3、5、4B．4、2、5C．5、3、2D．2、4、5【解析】根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1—5各組粒子的半徑之比依次為0.5︰2︰3︰3︰2，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動．由圖a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為2︰3，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子．c順時針運動，都為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子．正確答案D.【答案】D變式訓練21(11年廣東模擬)在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直紙面向里的大小也為B的勻強磁場，一個帶正電的粒子從邊界上的P點沿半徑向外，以速度v0進入外圍磁場，已知帶電粒子質(zhì)量m＝2×10－10kg，帶電量q＝5×10－6C，不計重力，磁感應強度B＝1T，粒子運動速度v0＝5×103m/s，圓形區(qū)域半徑R＝0.2m，試畫出粒子運動軌跡并求出粒子第一次回到P點所需時間(計算結(jié)果可以用π表示)．題型三：帶電粒子在磁場中的圓周運動分析帶電粒子在磁場中做圓周運動的問題，重點是“確定圓心、確定半徑，確定周期或時間”，尤其是圓周運動半徑的確定，從物理規(guī)律上應滿足R＝eq\f(mv,Bq)，從運動軌跡上應根據(jù)幾何關系求解．3.(10年全國高考)如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤eq\f(a,2)范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大??；(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦．【解析】(1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvB＝meq\f(v2,R)①當①式得R＝eq\f(mv,qB)②當a/2＜R＜a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示．設該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意t＝T/4，得∠OCA＝eq\f(π,2)③設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關系可得Rsinα＝R－eq\f(a,2)④Rsinα＝a－Rcosα⑤又sin2α＋cos2α＝1⑥由④⑤⑥式得R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))a⑦由②⑦式得v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))eq\f(aqB,m)⑧(2)由④⑦式得sinα＝eq\f(6－\r(6),10)⑨【答案】(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))eq\f(aqB,m)(2)sinα＝eq\f(6－\r(6),10)變式訓練31如圖所示，在x軸上方有磁感強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．x軸下方有磁感強度大小為eq\f(B,2)、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電量為－q的帶電粒子(不計重力)，從x軸上O點以速度v0垂直x軸向上射出，求：(1)經(jīng)多長時間粒子第三次到達x軸；(初位置點O為第一次)(2)粒子第三次到達x軸時離O點的距離．課堂練習1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是()A．洛倫茲力對帶電粒子做功B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C．洛倫茲力的大小與速度無關D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向2．每時每刻都有大量帶電的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數(shù)帶電第2題圖粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義，假設有一個帶正電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來(如圖，地球由西向東轉(zhuǎn)，虛線表示地球自轉(zhuǎn)軸，上方為地理北極)，在地球磁場的作用下，它將()A．向東偏轉(zhuǎn)B．向南偏轉(zhuǎn)C．向西偏轉(zhuǎn)D．向北偏轉(zhuǎn)第3題圖3．(10年北京調(diào)研)如圖所示，一帶電粒子垂直射入一垂直紙面向里自左向右逐漸增強的磁場中，由于周圍氣體的阻尼作用，其運動軌跡為一段圓弧線，則從圖中可以判斷(不計重力)()A．粒子從A點射入，速率逐漸減小B．粒子從A點射入，速率逐漸增大C．粒子帶負電，從B點射入磁場D．粒子帶正電，從A點射入磁場4．(10年江蘇模擬)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，第4題圖滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2.則()A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動B．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速運動C．滑塊最終做速度為10m/s的勻速運動D．滑塊一直受到滑動摩擦力的作用第5題圖5．(11年廣東模擬)如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內(nèi)垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)A套在OO′棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα.現(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環(huán)A能夠達到的最大速度為多大？第14講帶電粒子在復合場中的運動考點說明考點要求說明質(zhì)譜儀和回旋加速器Ⅰ知識梳理一、帶電粒子在復合場中的運動復合場是指電場、磁場、重力場并存或其中某兩種場并存的場，帶電粒子在這些復合場中運動時必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要．1．當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將____________或____________運動．2．當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做____________運動．3．當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做____________運動．4．復合場中的特殊物理模型二、應用1．速度選擇器，選擇器內(nèi)有正交的____________和________．當帶電粒子受力滿足____________條件時不偏轉(zhuǎn)，即選擇速度為__________的粒子，與帶電粒子的電性、電量和質(zhì)量都無關．2．質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀是測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要儀器．經(jīng)速度選擇器后，只有滿足v＝____________的粒子才能通過，同一種元素的各種同位素以相同的速度進入勻強磁場后做圓周運動，圓周運動半徑R＝____________，可見R與m有關，這樣同位素的離子就被分離出來．如果已知帶電粒子的電荷量為q，就可以算出離子的質(zhì)量．3．回旋加速器回旋加速器是獲得高能粒子的一種裝置．如圖所示，兩個D形盒相對水平放置，并與高頻振蕩器相連接，使兩個D形盒之間產(chǎn)生交變加速電場．在D形盒內(nèi)部為勻強磁場，其作用是使粒子做勻速圓周運動，旋轉(zhuǎn)半周后重新進入D形盒間隙被電場加速．粒子在磁場中運動的周期與________相同，這就可以保證粒子每次經(jīng)過D形盒間隙時都得到加速．帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達到預期的速率后，用特殊裝置把它們引出．可見，D形盒的尺寸決定了粒子的最后能量．對同一粒子而言，D形盒直徑越大，粒子獲得的能量也________________．疑難解析一、注意幾個基本問題1．在解決復合場問題時應首先弄清是哪些場共存，注意電場和磁場的方向及強弱，以便確定帶電粒子(體)在場中的受力情況．2．一般情況下，微觀粒子如電子、質(zhì)子、α粒子等只計質(zhì)量而不計重力，如果是帶電液滴、油滴、小球、物塊等則要考慮重力作用．3．明確帶電粒子(體)進入復合場的初速度大小及方向．4．結(jié)合帶電粒子(體)的受力情況及初速度，正確分析其運動的過程，以便選擇物理規(guī)律解題．在運動過程的分析中必須注意洛倫茲力的大小及方向都與速度有關．二、帶電粒子(體)在復合場中的常見運動形式1．勻速直線運動或靜止．2．變速直線運動：有單向勻變速直線運動，單向非勻變速直線運動，往復直線運動等．3．曲線運動：有勻變速曲線運動，一般曲線運動等．三、帶電粒子(體)在復合場中的運動問題求解要點1．受力分析是基礎．在受力分析時是否需要考慮重力，必須注意題目條件以及洛倫茲力、彈力、摩擦力等各種力產(chǎn)生的條件．2．運動過程分析是關鍵．在運動過程分析中應注意帶電粒子(體)做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件．3．根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇適用的物理規(guī)律列方程求解．4．常用的物理規(guī)律有共點力平衡條件、牛頓運動定律、運動學公式、運動定理、能量守恒定律、功能關系、圓周運動向心力公式等．5．思維方法常用到力的合成與分解、運動的合成及分解、等效法、假設法、類比法等，以求把復雜問題簡化．典例分析題型一：復合場中的典型物理模型(1)速度選擇器1.(10年福建高考)如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場．一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上．已知同位素離子的電荷量為q(q＞0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響．(1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大??；(2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)．【解析】(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0＝qv0B0①v0＝eq\f(E0,B0)②(2)離子進入勻強偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動，則x＝v0t③L＝eq\f(1,2)at2④由牛頓第二定律得qE＝ma⑤由②③④⑤解得x＝eq\f(E0,B0)eq\r(\f(2mL,qE))【答案】(1)eq\f(E0,B0)(2)x＝eq\f(E0,B0)eq\r(\f(2mL,qE))(2)質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀是一種測量微小帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器．如圖，粒子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(所受重力不計)．粒子無初速度的經(jīng)過電壓為U的電場加速后．進入磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動．經(jīng)過半個周期后打到記錄它的照相底片P上．現(xiàn)測得P點位置到入口處的距離為L.則：qU＝mv2/2，Bqv＝2mv2/L故得m＝qB2L2/8U因此，只要知道q、B、L與U，就可計算出帶電粒子的質(zhì)量m，又因為m正比于L2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，所以質(zhì)譜儀還是分離同位素的重要儀器．2.如圖所示，質(zhì)譜儀主要是用來研究同位素(即原子序數(shù)相同，原子質(zhì)量不同的元素)的儀器．正離子源產(chǎn)生帶電量為q的正離子，經(jīng)S1、S2兩金屬板間的電壓U加速后，進入粒子速度選擇器P1、P2之間．P1、P2之間有場強為E的勻強電場和與之正交的磁感應強度為B1的勻強磁場，通過速度選擇器的粒子經(jīng)S3細孔射入磁感應強度為B2的勻強磁場沿一半圓軌跡運動，射到照相底片M上，使底片感光，若該離子質(zhì)量為m，底片感光處距細孔S3的距離為x，試證明：m＝qB1B2x/2E.【證明】正離子通過速度選擇器后的速度，可由B1qv＝Eq，求得v＝E/B1.正離子在磁場B2中做圓周運動時，r＝x/2＝mv/B2q，即m＝B2qx/2v＝B1B2qx/2E.【點評】由本題可知q/m∝1/x(x為回旋直徑)對質(zhì)譜儀來說，可以通過譜線的條數(shù)和強弱來確定同位素的種類和含量的多少，這是實際測量的基本原理．(3)回旋加速器回旋加速器是利用電場對電荷的加速作用和磁場對運動電荷的偏轉(zhuǎn)作用來獲得高能粒子的裝置，由于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)與速率和半徑無關，所以只要交變電場的變化周期等于粒子運動的周期，就可以使粒子每次通過電場時都能得到加速；粒子通過D形金屬扁盒時，由于金屬盒的靜電屏蔽作用，盒內(nèi)空間的電場極弱，所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，設D形盒的半徑為r，則粒子獲得的最大動能為：Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(B2q2r2,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中r＝\f(mvm,qB))).3.(11年江蘇模擬)如圖所示為回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個靠得非常近的D形盒，兩盒分別和一高頻交流電源的兩極相連，交流高頻電源的電壓為U，勻速磁場分布在兩D形盒內(nèi)且垂直D形盒所在平面，磁感應強度為B，在D形盒中央S點處放有粒子源．粒子源放出質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(設粒子的初速度為零)被回旋加速器加速，設D形盒的最大半徑為R，則()A．所加高頻交流電的頻率應是eq\f(Bq,πm)B．粒子離開加速器時的動能是eq\f(B2q2R2,m)C．粒子離開加速器前被加速的次數(shù)為eq\f(B2qR2,mU)D．粒子在回旋加速器中運動的時間為eq\f(πBR2,2U)【解析】粒子在磁場運行180°所需要的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，故要使粒子能被持續(xù)加速所加高頻交流電的頻率應是f＝eq\f(qB,2πm)，A錯；粒子離開加速器必須使其偏轉(zhuǎn)半徑大于R，即有eq\f(mv,qB)>R，其動能Ek＝eq\f(1,2)mv2>eq\f(B2q2R2,2m)，B錯；Ek＝KqU，則K＝eq\f(Ek,qU)>eq\f(B2qR2,2Um)，C錯；而粒子在回旋加速器中的運動時間一定為eq\f(B2qR2,2Um)·eq\f(T,2)＝eq\f(πBR2,2U)，故答案選D.【答案】D(4)霍爾效應1879年，物理學家霍爾(E.H.Hall)在一次實驗中驚異地發(fā)現(xiàn)，如果在磁場中垂直放一薄金片，沿金片通以電流I，就會產(chǎn)生一個既垂直于電流又垂直于磁場的電壓，如圖所示，這一現(xiàn)象叫做霍爾效應，也叫做經(jīng)典霍爾效應，其產(chǎn)生的原因是帶電粒子(如電子)在磁場中運動，因受洛倫茲力的作用而向側(cè)面偏轉(zhuǎn)，這樣便產(chǎn)生一橫向電壓，稱為霍爾電壓UH.4.(11年江蘇調(diào)研)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流IC、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是()A．電勢差UCD僅與材料有關B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0C．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平【解析】UCD還與電場強度有關，A錯誤；由左手定則，可判斷電子向C面聚集，則有UCD<0，B正確；增大磁感應強度，電子受到的洛倫茲力增大，C面將會有更多電子聚集，UCD變大，C正確；赤道上方的磁場方向平行于地面，故元件的工作面應保持與地面垂直，D錯．【答案】BC變式訓練11(09年廣東高考)右圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述不正確的是()A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小變式訓練121930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A．離子由加速器的中心附近進入加速器B．離子由加速器的邊緣進入加速器C．離子從磁場中獲得能量D．離子從電場中獲得能量題型二：帶電粒子在復合場中運動(1)當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，所處狀態(tài)是靜止或勻速直線運動狀態(tài)．(2)當帶電粒子在復合場中所受合外力只充當向心力時，帶電粒子將做勻速圓周運動．(3)當帶電粒子在復合場中所受合外力變化且速度方向不在一條直線上時，帶電粒子做非勻變速曲線運動．(4)在這類問題中經(jīng)常用到以下幾個觀點來處理物理問題：①動力學觀點：包括牛頓三大運動定律和運動學規(guī)律；②能量觀點：包括動能定理和能量守恒定律；在解題中，應明確洛倫茲力F始終和速度方向垂直，永遠不做功；重力G對物體做功與路徑無關，僅取決于初末位置的高度差；電場力F對電荷做功與路徑無關，僅取決于初末位置的電勢差．在運用能量觀點解題時，對單個研究對象討論時，首先選用動能定理；對多個物體組成的系統(tǒng)研究時，則優(yōu)先考慮能量守恒定律；若涉及加速度的力學問題，則必定用牛頓第二定律，并結(jié)合運動學公式來解題．5.(11年廣東模擬)如圖所示，相距為d、板間電壓為U的平行金屬板M、N間有垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁場；在pOy區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場；pOx區(qū)域為無場區(qū)．一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場射入兩板間并做勻速直線運動，從H(0，a)點垂直y軸進入第Ⅰ象限，經(jīng)Op上某點離開磁場，最后垂直x軸離開第Ⅰ象限．求：(1)離子在金屬板M、N間的運動速度；(2)離子的荷質(zhì)比eq\f(q,m)；(3)離子在第Ⅰ象限的磁場區(qū)域和無場區(qū)域內(nèi)運動的時間之比．【解析】(1)設帶電粒子的質(zhì)量為m、電量為q，在平行金屬板間的運動速度為v，平行金屬板間的場強為E0.依題意，有：qvB0＝qE0①又勻強電場，有：E0＝eq\f(U,d)②聯(lián)立①②解得：v＝eq\f(U,B0d)③(2)帶電粒子進入pOy區(qū)域，做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，有：qvB＝meq\f(v2,r)④依題意帶電粒子進入第Ⅰ象限轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)圈后從Op上離開磁場，如圖，由幾何關系：a－r＝rtan45°⑤聯(lián)立③④⑤得：eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B0Bad)⑥(3)勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)⑦帶電粒子在磁場中的運動時間：t1＝eq\f(T,4)⑧離子從C出來后作勻速直線運動，設經(jīng)過x軸上的D點，如圖，由幾何關系，有：eq\x\to(CD)＝a－r⑨從C到D的時間為：t2＝eq\f(\x\to(CD),v)⑩聯(lián)立③⑤⑦⑧⑨⑩得：eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,2)【答案】(1)eq\f(U,B0d)(2)eq\f(2U,B0Bad)(3)eq\f(π,2)變式訓練21如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b()A．穿出位置一定在O′點下方B．穿出位置一定在O′點上方C．運動時，在電場中的電勢能一定減小D．在電場中運動時，動能一定減小變式訓練22如圖所示，帶正電的小物塊靜止在粗糙絕緣的水平面上，小物塊的比荷為k，與水平面的動摩擦因數(shù)為μ.在物塊右側(cè)距物塊L處有一范圍足夠大的磁場和電場疊加區(qū)，場區(qū)內(nèi)存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，已知勻強電場的方向豎直向上，場強大小恰等于當?shù)刂亓铀俣鹊?/k，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B.現(xiàn)給物塊一水平向右的初速度，使其沿水平面向右運動進入右側(cè)場區(qū)．當物塊從場區(qū)飛出后恰好落到出發(fā)點．設運動過程中物塊帶電荷量保持不變，重力加速度為g.求：(1)物塊剛進入場