步步高2015屆高考物理一輪復(fù)習(xí)-磁場(chǎng)

考點(diǎn)內(nèi)容要求考綱解讀磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線Ⅰ1．磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線、安培力、洛倫茲力的理解及安培定則和左手定則的運(yùn)用，一般以選擇題的形式出現(xiàn)．2．安培力的大小計(jì)算，以及帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析與計(jì)算．一般以計(jì)算題的形式出現(xiàn)．3．帶電粒子在獨(dú)立場(chǎng)、混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題仍是本章考查的重點(diǎn)內(nèi)容，極易成為試卷的壓軸題.通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的安培力Ⅱ洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ洛倫茲力的公式Ⅱ帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ質(zhì)譜儀和回旋加速器Ⅰ說明：(1)安培力的計(jì)算只限于電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直的情形．(2)洛倫茲力的計(jì)算只限于速度與磁場(chǎng)方向垂直的情形.第1課時(shí)磁場(chǎng)的描述磁場(chǎng)對(duì)電流的作用考綱解讀1.知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的概念及定義式，并能理解與應(yīng)用.2.會(huì)用安培定則判斷電流周圍的磁場(chǎng)方向.3.會(huì)用左手定則分析解決通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中的受力及平衡類問題．1．[對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解]下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法正確的是 ()A．一小段通電導(dǎo)體放在磁場(chǎng)A處，受到的磁場(chǎng)力比B處的大，說明A處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比B處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大B．由B＝eq\f(F,IL)可知，某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與放入該處的通電導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F成正比，與導(dǎo)線的I、L成反比C．一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零D．小磁針N極所受磁場(chǎng)力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向答案D解析磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱和方向的物理量，是磁場(chǎng)本身性質(zhì)的反映，其大小由磁場(chǎng)以及在磁場(chǎng)中的位置決定，與F、I、L都沒有關(guān)系，B＝eq\f(F,IL)只是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，同一通電導(dǎo)體受到的磁場(chǎng)力的大小由所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度和放置的方式共同決定，所以A、B、C都是錯(cuò)誤的．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該處小磁針N極所受磁場(chǎng)力的方向，不是通電導(dǎo)線的受力方向，所以D正確．2．[對(duì)磁感線的理解]關(guān)于磁場(chǎng)和磁感線的描述，下列說法中正確的是 ()A．磁極與磁極之間、磁極與電流之間都可以通過磁場(chǎng)發(fā)生相互作用B．磁感線可以形象地描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向，它每一點(diǎn)的切線方向都和小磁針在該點(diǎn)靜止時(shí)北極所指的方向一致C．磁感線總是從磁鐵的N極出發(fā)，到S極終止D．磁感線可以用細(xì)鐵屑來顯示，因而是真實(shí)存在的答案AB解析磁場(chǎng)是一種特殊物質(zhì)，磁極、電流間發(fā)生作用都是通過磁場(chǎng)發(fā)生的，故A對(duì)；磁感線是為形象描述磁場(chǎng)而假想的線，不是真實(shí)存在的，故D錯(cuò)；磁感線的切線方向表示磁場(chǎng)的方向，磁感線的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，故B對(duì)；磁感線是閉合曲線，在磁體外部由N極指向S極，在磁體內(nèi)部由S極指向N極，故C錯(cuò)．3．[磁場(chǎng)對(duì)電流作用力的計(jì)算]如圖1所示，用粗細(xì)均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的該電阻絲電阻為r，框架與一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則框架受到的安培力的合力大小為 ()圖1A．0 B.eq\f(5BEL,11r) C.eq\f(10BEL,11r) D.eq\f(BEL,r)答案C解析總電阻R＝eq\f(3r·2r,3r＋2r)＋r＝eq\f(11,5)r，總電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(5E,11r)，梯形框架受到的安培力等效為I通過ad邊時(shí)受到的安培力，故F＝BI·eq\x\to(ad)＝BI·2L＝eq\f(10BEL,11r)，所以C選項(xiàng)正確．4．[左手定則和安培定則的應(yīng)用]如圖2所示，甲、乙是直線電流的磁場(chǎng)，丙、丁是環(huán)形電流的磁場(chǎng)，戊、己是通電螺線管的磁場(chǎng)，試在各圖中補(bǔ)畫出電流方向或磁感線方向．圖2答案5．[左手定則的應(yīng)用]請(qǐng)根據(jù)圖3中給出的條件，運(yùn)用左手定則，求出各圖中第三個(gè)物理量的方向．圖3答案根據(jù)各圖中已知方向利用左手定則，判知：(a)F垂直于紙面向里(b)F垂直于紙面向里(c)B垂直于紙面向外(d)I由左向右(e)F垂直于I斜向右下方一、磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度1．磁場(chǎng)(1)基本特性：磁場(chǎng)對(duì)處于其中的磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷有磁場(chǎng)力的作用．(2)方向：小磁針的N極所受磁場(chǎng)力的方向，或自由小磁針靜止時(shí)北極的指向．2．磁感應(yīng)強(qiáng)度(1)物理意義：描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向．(2)定義式：B＝eq\f(F,IL)(通電導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng))．(3)方向：小磁針靜止時(shí)N極的指向．3．勻強(qiáng)磁場(chǎng)(1)定義：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小處處相等、方向處處相同的磁場(chǎng)稱為勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)特點(diǎn)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線．二、磁感線、通電導(dǎo)體周圍磁場(chǎng)的分布1．磁感線的特點(diǎn)(1)磁感線上某點(diǎn)的切線方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向．(2)磁感線的疏密定性地表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，在磁感線較密的地方磁場(chǎng)較強(qiáng)；在磁感線較疏的地方磁場(chǎng)較弱．(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點(diǎn)和終點(diǎn)．在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極．(4)同一磁場(chǎng)的磁感線不中斷、不相交、不相切．(5)磁感線是假想的曲線，客觀上不存在．2．電流的磁場(chǎng)直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)且磁場(chǎng)最強(qiáng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱安培定則立體圖橫截面圖三、安培力、安培力的方向1．安培力的大小(1)磁場(chǎng)和電流垂直時(shí)，F(xiàn)＝BIL.(2)磁場(chǎng)和電流平行時(shí)：F＝0.2．安培力的方向(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)．讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．考點(diǎn)一對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解1．磁感應(yīng)強(qiáng)度是反映磁場(chǎng)性質(zhì)的物理量，由磁場(chǎng)本身決定，是用比值法定義的．2．磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電場(chǎng)強(qiáng)度E的比較對(duì)應(yīng)名稱比較項(xiàng)目磁感應(yīng)強(qiáng)度B電場(chǎng)強(qiáng)度E物理意義描述磁場(chǎng)的力的性質(zhì)的物理量描述電場(chǎng)的力的性質(zhì)的物理量定義式B＝eq\f(F,IL)，通電導(dǎo)線與B垂直E＝eq\f(F,q)大小決定由磁場(chǎng)決定，與檢驗(yàn)電流無關(guān)由電場(chǎng)決定，與檢驗(yàn)電荷無關(guān)方向矢量磁感線切線方向，小磁針N極受力方向矢量電場(chǎng)線切線方向，放入該點(diǎn)的正電荷受力方向場(chǎng)的疊加合磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和合場(chǎng)強(qiáng)等于各個(gè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和例1下列說法中正確的是 ()A．電荷在某處不受電場(chǎng)力的作用，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度為零B．一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零C．表征電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，是把一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值D．表征磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是把一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長(zhǎng)度和電流乘積的比值解析電場(chǎng)和磁場(chǎng)有一個(gè)明顯的區(qū)別是：電場(chǎng)對(duì)放入其中的電荷有力的作用，磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線有力的作用的條件是磁場(chǎng)方向不能和電流方向平行，因此A對(duì)，B錯(cuò)．同理根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E＝F/q可知C正確．而同樣用比值定義法定義的磁感應(yīng)強(qiáng)度則應(yīng)有明確的說明，即B＝eq\f(F,IL)中I和B的方向必須垂直，故D錯(cuò)．答案AC1．某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與電荷在該點(diǎn)的受力方向相同或相反；而某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與電流元在該點(diǎn)所受安培力方向垂直，滿足左手定則．2．電荷在電場(chǎng)中一定會(huì)受到電場(chǎng)力的作用；如果電流方向與磁場(chǎng)方向平行，則電流在磁場(chǎng)中不受安培力的作用．突破訓(xùn)練1關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B，下列說法中正確的是 ()A．磁場(chǎng)中某點(diǎn)B的大小，跟放在該點(diǎn)的試探電流元的情況有關(guān)B．磁場(chǎng)中某點(diǎn)B的方向，跟放在該點(diǎn)的試探電流元所受磁場(chǎng)力方向一致C．若在磁場(chǎng)中某點(diǎn)的試探電流元不受磁場(chǎng)力作用，該點(diǎn)B值大小為零D．在磁場(chǎng)中磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大答案D解析磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場(chǎng)本身的屬性，在磁場(chǎng)中某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為一恒量，其大小可由B＝eq\f(F,IL)計(jì)算，與試探電流元的F、I、L的情況無關(guān)，A錯(cuò)．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向規(guī)定為小磁針N極所受磁場(chǎng)力的方向，與放在該處的電流元受力方向垂直，B錯(cuò)．當(dāng)試探電流元的方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，電流元受磁場(chǎng)力雖為零，但磁感應(yīng)強(qiáng)度卻不為零，C錯(cuò)．磁感線的疏密是根據(jù)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱畫出的，磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，磁感線越稀疏的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故D正確．考點(diǎn)二安培定則的應(yīng)用和磁場(chǎng)的疊加1．安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”.原因(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)繞向)直線電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流的磁場(chǎng)四指大拇指2．磁場(chǎng)的疊加磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，計(jì)算時(shí)與力的計(jì)算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進(jìn)行合成與分解．特別提醒兩個(gè)電流附近的磁場(chǎng)某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由兩個(gè)電流分別獨(dú)立存在時(shí)產(chǎn)生的磁場(chǎng)在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成的．例2如圖4所示，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等．關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場(chǎng)，下列說法正確的是 ()圖4A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同解析根據(jù)安培定則判斷磁場(chǎng)方向，再結(jié)合矢量的合成知識(shí)求解．根據(jù)安培定則判斷：兩直線電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均垂直于MN向下，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性，c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故C選項(xiàng)正確；a、c兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．答案C1．根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的方向．2．磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線的切線方向．3．磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí)，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場(chǎng)源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和．考點(diǎn)三安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判定(1)判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁場(chǎng)分布情況，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向．(2)在應(yīng)用左手定則判定安培力方向時(shí)，磁感線方向不一定垂直于電流方向，但安培力方向一定與磁場(chǎng)方向和電流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁場(chǎng)方向和電流方向決定的平面．例3一直導(dǎo)線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖5所示，如果直導(dǎo)線可以自由地運(yùn)動(dòng)且通以方向?yàn)橛蒩到b的電流，則導(dǎo)線ab受磁場(chǎng)力后的運(yùn)動(dòng)情況為()圖5A．從上向下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并靠近螺線管B．從上向下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并遠(yuǎn)離螺線管C．從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并遠(yuǎn)離螺線管D．從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并靠近螺線管解析本題考查安培定則以及左手定則，意在考查學(xué)生對(duì)安培定則以及左手定則的應(yīng)用的理解．先由安培定則判斷通電螺線管的南、北兩極，找出導(dǎo)線左、右兩端磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向，如圖a所示．可以判斷導(dǎo)線受磁場(chǎng)力后從上向下看逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)．再分析此時(shí)導(dǎo)線位置的磁場(chǎng)方向，再次用左手定則判斷導(dǎo)線受磁場(chǎng)力的方向，如圖b所示，導(dǎo)線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案D判定安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的常用方法電流元法分割為電流元左手定則安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向

突破訓(xùn)練2如圖6所示，把一重力不計(jì)的通電直導(dǎo)線AB放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導(dǎo)線可以自由移動(dòng)．當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖所示方向的電流I時(shí)，從上向下看，關(guān)于導(dǎo)線AB的運(yùn)動(dòng)情況下列說法正確的是 ()圖6A．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降 B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降 D．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升答案C解析(1)根據(jù)如圖甲所示的導(dǎo)線所處的特殊位置判斷其運(yùn)動(dòng)情況．將導(dǎo)線AB從N、S極的中間O分成兩段，由左手定則可得AO段所受安培力的方向垂直于紙面向外，BO段所受安培力的方向垂直于紙面向里，可見從上向下看，導(dǎo)線AB將繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．(2)根據(jù)導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°時(shí)的特殊位置判斷其上下運(yùn)動(dòng)情況．如圖乙所示，導(dǎo)線AB此時(shí)所受安培力方向豎直向下，導(dǎo)線將向下運(yùn)動(dòng)．(3)由上述兩個(gè)特殊位置的判斷可知，當(dāng)導(dǎo)線不在上述的特殊位置時(shí)，所受安培力使其逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)同時(shí)還向下運(yùn)動(dòng)，所以可確定C正確．考點(diǎn)四安培力作用下導(dǎo)體的平衡與加速1．安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題與力學(xué)中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關(guān)鍵是畫出受力分析圖．2．安培力作用下導(dǎo)體的加速問題與動(dòng)力學(xué)問題分析方法相同，關(guān)鍵是做好受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．例4如圖7所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點(diǎn)為圓弧的圓心．兩金屬軌道之間的寬度為0.5m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向如圖，大小為0.5T．質(zhì)量為0.05kg、長(zhǎng)為0.5m的金屬細(xì)桿置于金屬軌道上的M點(diǎn)．當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強(qiáng)度為2A的恒定電流時(shí)，金屬細(xì)桿可以沿桿向右由靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知N、P為導(dǎo)軌上的兩點(diǎn)，ON豎直、OP水平，且MN＝OP＝1m，g圖7A．金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為5mB．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為5C．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為10mD．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75N解析金屬細(xì)桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)金屬細(xì)桿從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，安培力做功W安＝F安·(eq\x\to(MN)＋eq\x\to(OP))＝1J，重力做功WG＝－mg·eq\x\to(ON)＝－0.5J，由動(dòng)能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(20)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在P點(diǎn)金屬細(xì)桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一條軌道對(duì)金屬細(xì)桿的作用力大小為0.75N，由牛頓第三定律可知金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75N，選項(xiàng)D正確．答案D突破訓(xùn)練3如圖8所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線通有垂直紙面向外的電流I，被一絕緣線拴著并處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)線能靜止在傾角為θ的光滑斜面上，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向可能是 ()圖8A．大小為Mgtanθ/IL，方向垂直斜面向上B．大小為Mgsinθ/IL，方向垂直紙面向里C．大小為Mg/IL，方向水平向右D．大小為Mg/IL，方向沿斜面向下答案BC解析當(dāng)磁場(chǎng)為A選項(xiàng)描述的磁場(chǎng)時(shí)，通電直導(dǎo)線受到沿斜面向上的安培力作用，F(xiàn)＝BIL＝eq\f(Mgtanθ,IL)IL＝Mgtanθ＝Mgeq\f(sinθ,cosθ)>Mgsinθ，則通電直導(dǎo)線不可能靜止在斜面上，故A錯(cuò)誤；當(dāng)磁場(chǎng)為B選項(xiàng)描述的磁場(chǎng)時(shí)，通電直導(dǎo)線不受安培力作用，則通電直導(dǎo)線可以在豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、沿斜面向上的拉力三個(gè)力作用下在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B正確；當(dāng)磁場(chǎng)為C選項(xiàng)描述的磁場(chǎng)時(shí)，通電直導(dǎo)線受到豎直向上的安培力作用，由于F＝BIL＝eq\f(Mg,IL)IL＝Mg，則通電直導(dǎo)線在豎直向下的重力和豎直向上的安培力作用下在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C正確；當(dāng)磁場(chǎng)為D選項(xiàng)描述的磁場(chǎng)時(shí)，通電直導(dǎo)線受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F＝BIL＝eq\f(Mg,IL)IL＝Mg>Mgcosθ，則通電直導(dǎo)線不可能靜止在斜面上，故D錯(cuò)誤．37．用轉(zhuǎn)換視圖法解答與安培力有關(guān)的綜合問題方法概述對(duì)于安培力作用下的綜合問題，需畫出導(dǎo)體棒的受力示意圖．但在三維空間對(duì)導(dǎo)體棒受力分析時(shí)，無法準(zhǔn)確畫出其受力情況，在解答此類問題時(shí)，可將三維立體圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖，即畫出俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等．此時(shí)，金屬棒用圓代替，電流方向用“×”或“·”表示．例5如圖9甲所示，在水平地面上固定一對(duì)與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源．將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直．已知通過導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，圖乙為圖甲沿a→b方向觀察的平面圖．若重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止．圖9(1)請(qǐng)?jiān)趫D乙所示的平面圖中畫出導(dǎo)體棒受力的示意圖；(2)求出磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)體棒的安培力的大?。?3)如果改變導(dǎo)軌所在空間的磁場(chǎng)方向，試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值的大小和方向．審題與關(guān)聯(lián)解析(1)如圖所示(2)根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)體棒的安培力的大小F安＝mgtanα(3)要使磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則要求安培力最小．根據(jù)受力情況可知，最小安培力F安min＝mgsinα，方向平行于軌道斜向上所以最小磁感應(yīng)強(qiáng)度Bmin＝eq\f(F安min,Il)＝eq\f(mgsinα,Il)根據(jù)左手定則可判斷出，此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪避壍榔矫嫘毕蛏洗鸢敢娊馕銮蠼馔妼?dǎo)體在磁場(chǎng)中的力學(xué)問題的方法(1)選定研究對(duì)象；(2)變?nèi)S為二維，畫出平面受力分析圖，判斷安培力的方向時(shí)切忌跟著感覺走，一定要用左手定則來判斷，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根據(jù)力的平衡條件、牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解．高考題組1．(2013·安徽·15)圖10中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，且b、d連線水平，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是 ()圖10A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案B解析據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)相抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向向左．由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下．本題正確選項(xiàng)為B.2．(2012·天津理綜·2)如圖11所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ.如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況是 ()圖11A．金屬棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小答案A解析選金屬棒MN為研究對(duì)象，其受力情況如圖所示．根據(jù)平衡條件及三角形知識(shí)可得tanθ＝eq\f(BIl,mg)，所以當(dāng)金屬棒中的電流I、磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大時(shí)，θ角變大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒質(zhì)量m變大時(shí)，θ角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；θ角的大小與懸線長(zhǎng)短無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．3．(2012·海南單科·10)圖12中裝置可演示磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用．電磁鐵上、下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿．當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個(gè)不同的直流電源上時(shí)，L便在導(dǎo)軌上滑動(dòng)．下列說法正確的是 ()圖12A．若a接正極，b接負(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，則L向右滑動(dòng)B．若a接正極，b接負(fù)極，e接負(fù)極，f接正極，則L向右滑動(dòng)C．若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f接負(fù)極，則L向左滑動(dòng)D．若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動(dòng)答案BD解析若a接正極，b接負(fù)極，電磁鐵磁極間磁場(chǎng)方向向上，e接正極，f接負(fù)極，由左手定則判定金屬桿受安培力向左，則L向左滑動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，同理判定B、D選項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤．模擬題組4．如圖13所示，一個(gè)邊長(zhǎng)L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．若通以圖示方向的電流(從A點(diǎn)流入，從C點(diǎn)流出)，電流強(qiáng)度為I，則金屬框受到的磁場(chǎng)力為 ()圖13A．0 B．ILB C.eq\f(4,3)ILB D．2ILB答案B解析可以把正三角形金屬框看做兩根導(dǎo)線并聯(lián)，且兩根導(dǎo)線中的總電流等于I，由安培力公式可知，金屬框受到的磁場(chǎng)力為ILB，選項(xiàng)B正確．5．如圖14所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.40m，金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝4.5V、內(nèi)阻r＝0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量為m＝0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos圖14(1)通過導(dǎo)體棒的電流；(2)導(dǎo)體棒受到的安培力大??；(3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力．答案(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A(2)導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N(3)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖，將重力正交分解沿導(dǎo)軌方向F1＝mgsin37°＝0.24NF1<F安，根據(jù)平衡條件mgsin37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.06N方向平行導(dǎo)軌向下(限時(shí)：45分鐘)?題組1對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線的考查1．如圖1所示，為某種用來束縛原子的磁場(chǎng)的磁感線分布情況，以O(shè)點(diǎn)(圖中白點(diǎn))為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的變化最有可能為 ()圖1答案C解析根據(jù)磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可知，以O(shè)點(diǎn)(圖中白點(diǎn))為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的變化最有可能為圖C.2．電流計(jì)的主要結(jié)構(gòu)如圖2所示，固定有指針的鋁框處在由磁極與軟鐵芯構(gòu)成的磁場(chǎng)中，并可繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)．鋁框上繞有線圈，線圈的兩端與接線柱相連．有同學(xué)對(duì)軟鐵芯內(nèi)部的磁感線分布提出了如下的猜想，可能正確的是 ()圖2答案C解析軟鐵芯被磁化后，左端為S極，右端為N極，而磁體內(nèi)部的磁感線方向從S極指向N極，可見B、D錯(cuò)誤．再根據(jù)磁感線不能相交，知A錯(cuò)誤，C正確．?題組2安培定則及磁場(chǎng)的疊加3．有兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b互相平行放置，如圖3所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖．在圖中所示的平面內(nèi)，O點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，M、N為兩根導(dǎo)線附近的兩點(diǎn)，它們?cè)趦蓪?dǎo)線連線的中垂線上，且與O點(diǎn)的距離相等．若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法中正確的是 ()圖3A．M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．在線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零D．在線段MN上只有一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零答案BD解析兩根導(dǎo)線分別在M點(diǎn)和N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向如圖所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M點(diǎn)、N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；線段MN中點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)D正確．4．如圖4所示，平行于紙面水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1T．位于紙面內(nèi)的細(xì)直導(dǎo)線，長(zhǎng)L＝1m，通有I＝1A的恒定電流．當(dāng)導(dǎo)線與B1成60°夾角時(shí)，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零，則該區(qū)域同時(shí)存在的另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B圖4A.eq\f(1,2)T B.eq\f(\r(3),2)TC．1T D.eq\r(3)T答案BCD解析當(dāng)導(dǎo)線與B1成60°夾角時(shí)，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零，說明該區(qū)域同時(shí)存在著另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，并且B2與B1的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿導(dǎo)線方向，根據(jù)矢量合成的三角形定則，可知B2≥B1sin60°＝eq\f(\r(3),2)T，所以B2的值不可能為eq\f(1,2)T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，本題選B、C、D.5．如圖5所示，在xOy平面內(nèi)有兩根平行于y軸水平放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線，通有沿y軸正方向、大小相同的電流I，兩導(dǎo)線關(guān)于y軸對(duì)稱，P為x軸上一點(diǎn)，Q為z軸上一點(diǎn)，下列說法正確的是 ()圖5A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．P、Q兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直C．P、Q兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行D．正電荷從O點(diǎn)沿z軸向上運(yùn)動(dòng)不受洛倫茲力作用答案AB解析根據(jù)右手螺旋定則可判斷兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，再利用矢量合成法則可判斷O點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，P點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿z軸正方向，Q點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故A、B正確，C錯(cuò)誤．在z軸上，z>0范圍內(nèi)各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均沿x軸負(fù)方向，正電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)受洛倫茲力作用，D錯(cuò)誤．6．如圖6所示，將兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱．導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流I.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)，I是導(dǎo)線中的電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線的距離．一帶正電的小球(圖中未畫出)以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿M、N連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．關(guān)于上述過程，下列說法正確的是 ()圖6A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B．小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο仍龃蠛鬁p小D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蟠鸢窧C解析由安培定則和磁場(chǎng)疊加原理可以判斷出在M、N連線上的磁場(chǎng)方向平行桌面向里，所以小球所受洛倫茲力的方向垂直桌面向上．對(duì)小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛倫茲力3個(gè)力作用，小球沿桌面方向不受力，故從a點(diǎn)到b點(diǎn)，小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；由于從a至b合磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，則小球所受洛倫茲力先減小后增大，桌面對(duì)小球的支持力先增大后減小，由作用力與反作用力的關(guān)系知小球?qū)ψ烂娴膲毫ο仍龃蠛鬁p小，C正確，D錯(cuò)誤．?題組3安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)7．彭老師在課堂上做了一個(gè)演示實(shí)驗(yàn)：裝置如圖7所示，在容器的中心放一個(gè)圓柱形電極B，沿容器邊緣內(nèi)壁放一個(gè)圓環(huán)形電極A，把A和B分別與電源的兩極相連，然后在容器內(nèi)放入液體，將該容器放在磁場(chǎng)中，液體就會(huì)旋轉(zhuǎn)起來．王同學(xué)回去后重復(fù)彭老師的實(shí)驗(yàn)步驟，但液體并沒有旋轉(zhuǎn)起來．造成這種現(xiàn)象的原因可能是，該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)過程中()圖7A．將磁鐵的磁極接反了B．將直流電源的正負(fù)極接反了C．使用的電源為50Hz的交流電源D．使用的液體為飽和食鹽溶液答案C解析容器中磁場(chǎng)方向向下，在電場(chǎng)作用下，液體中的正、負(fù)離子分別向電極附近運(yùn)動(dòng)，同時(shí)由于磁場(chǎng)的作用，根據(jù)左手定則得正、負(fù)離子做圓周運(yùn)動(dòng)，故液體旋轉(zhuǎn)起來的原因是液體在磁場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)．清楚了這一原理即可作出判斷，選項(xiàng)A、B、D都不影響液體旋轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C使用50Hz的交流電源，電極電性發(fā)生周期性變化，且時(shí)間僅為0.02s，故液體中正、負(fù)離子的運(yùn)動(dòng)幅度較小，液體無法形成旋轉(zhuǎn)的趨勢(shì)．本題選C.8．如圖8所示，用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)導(dǎo)線框，導(dǎo)線框是由兩同心半圓弧導(dǎo)線和直導(dǎo)線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導(dǎo)線框中通有圖示方向的電流，處于靜止?fàn)顟B(tài)．在半圓弧導(dǎo)線的圓心處沿垂直于導(dǎo)線框平面的方向放置一根長(zhǎng)直導(dǎo)線P.當(dāng)P中通以方向向外的電流時(shí) ()圖8A．導(dǎo)線框?qū)⑾蜃髷[動(dòng)B．導(dǎo)線框?qū)⑾蛴覕[動(dòng)C．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)㈨槙r(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)答案D解析當(dāng)P中通以方向向外的電流時(shí)，由安培定則可判斷出長(zhǎng)直導(dǎo)線P產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，由左手定則可判斷出ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．?題組4安培力作用下導(dǎo)體的平衡與加速9．如圖9所示，一個(gè)半徑為R的導(dǎo)電圓環(huán)與一個(gè)軸向?qū)ΨQ的發(fā)散磁場(chǎng)處處正交，環(huán)上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角(環(huán)面軸線為豎直方向)．若導(dǎo)電圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是 ()圖9A．導(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)B．導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上C．導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRD．導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ答案ABD解析若導(dǎo)電圓環(huán)上載有如題圖所示的恒定電流I，由左手定則可得導(dǎo)電圓環(huán)上各小段所受安培力斜向內(nèi)，導(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)，導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上，導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ，選項(xiàng)A、B、D正確．10．如圖10所示，一條形磁鐵靜止在固定斜面上，上端為N極，下端為S極，其一條磁感線如圖所示，垂直于紙面方向有兩根完全相同的固定導(dǎo)線，它們與磁鐵兩端的連線都與斜面垂直且長(zhǎng)度相等(如圖中虛線所示)．開始兩根導(dǎo)線未通電流，斜面對(duì)磁鐵的彈力、摩擦力的大小分別為FN、Ff，后來兩根導(dǎo)線通圖示方向大小相同的電流后，磁鐵仍然靜止，則與未通電時(shí)相比 ()圖10A．FN、Ff均變大 B．FN不變，F(xiàn)f變小C．FN變大，F(xiàn)f不變 D．FN變小，F(xiàn)f不變答案D解析兩根導(dǎo)線通題圖方向大小相同的電流后，導(dǎo)線受到安培力，由牛頓第三定律，磁鐵受到垂直斜面向上的作用力，斜面對(duì)磁鐵的彈力減小，摩擦力不變，選項(xiàng)D正確．11．如圖11所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L＝1m．P、M間接有一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E＝6V、內(nèi)阻為r＝1Ω的電源和一只滑動(dòng)變阻器，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與一物體相連(繩與棒垂直)，物體的質(zhì)量為M＝0.3kg.棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計(jì)，g取10m/s2)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T圖11A．2Ω B．4Ω C．5Ω D．6Ω答案D解析對(duì)導(dǎo)體棒，若安培力大于拉力，由平衡條件，BIL＝μmg＋Mg，解得I的最大值I＝2A，由閉合電路歐姆定律，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值最小值為2Ω；若安培力小于拉力，由平衡條件，BIL＋μmg＝Mg，解得I的最小值I＝1A，由閉合電路歐姆定律，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值最大值為512．在傾角θ＝30°的斜面上，固定一金屬框，寬l＝0.25m，接入電動(dòng)勢(shì)E＝12V、內(nèi)阻不計(jì)的電池．垂直框面放置一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，它與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(6),6)，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T、垂直框面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖12所示．當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)時(shí)，可使金屬棒靜止在框架上？(框架與金屬棒的電阻不計(jì)，g取10m圖12答案1.4Ω≤R≤8.2Ω解析金屬棒受到四個(gè)力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的靜摩擦力Ff.金屬棒靜止在框架上時(shí)，靜摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分兩種情況考慮：(1)當(dāng)滑動(dòng)變阻器R取值較大時(shí)，I較小，安培力F安較小，在金屬棒重力分力mgsinθ作用下金屬棒有沿框面下滑的趨勢(shì)，金屬棒所受靜摩擦力Ff沿框面向上，受力情況如圖所示．此時(shí)金屬棒剛好不下滑，滿足平衡條件：Beq\f(E,Rmax)l＋μmgcosθ－mgsinθ＝0解得Rmax＝eq\f(BEl,mgsinθ－μcosθ)≈8.2Ω(2)當(dāng)滑動(dòng)變阻器R取值較小時(shí)，I較大，安培力F安′較大，會(huì)使金屬棒產(chǎn)生上滑的趨勢(shì)，因此金屬棒所受靜摩擦力Ff′沿框面向下，如圖所示．此時(shí)金屬棒剛好不上滑，滿足平衡條件：Beq\f(E,Rmin)l－μmgcosθ－mgsinθ＝0解得Rmin＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μcosθ)≈1.4Ω所以要使金屬棒靜止在框架上，滑動(dòng)變阻器R的取值范圍為1.4Ω≤R≤8.2Ω第2課時(shí)磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用考綱解讀1.會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向.2.掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并能解決確定圓心、半徑、運(yùn)動(dòng)軌跡、周期、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)問題．1．[對(duì)洛倫茲力的理解]帶電荷量為＋q的粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向一定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變答案B解析因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇笮〔坏c粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)垂直時(shí)F＝qvB，當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)平行時(shí)F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠(yuǎn)與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時(shí)，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項(xiàng)錯(cuò)．因?yàn)椋玵改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，所以B選項(xiàng)正確．因?yàn)殡姾蛇M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可以與磁場(chǎng)方向成任意夾角，所以C選項(xiàng)錯(cuò)．因?yàn)槁鍌惼澚偱c速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動(dòng)能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運(yùn)動(dòng)方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項(xiàng)錯(cuò)．2．[洛倫茲力的大小計(jì)算與方向判定]如圖1所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向．圖1答案甲：因v⊥B，所以F＝qvB，方向與v垂直斜向上乙：v與B的夾角為30°，F(xiàn)＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直紙面向里丙：由于v與B平行，所以電荷不受洛倫茲力，F(xiàn)＝0?。簐與B垂直，F(xiàn)＝qvB，方向與v垂直斜向上3．[帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的確定]試畫出圖2中幾種情況下帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．圖2答案4．[帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓心的確定和時(shí)間的確定]如圖3所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)以速度v0垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)中，并從B點(diǎn)射出，若∠AOB＝120°，則該帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 ()圖3A.eq\f(2πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)答案D解析畫出帶電粒子進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)速度方向的垂線交于O′點(diǎn)，O′點(diǎn)即為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，如圖所示．連接O′O，設(shè)軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝rtan60°＝eq\r(3)r.因?yàn)椤螦OB＝120°，故∠AO′B＝60°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR,v0)＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，D正確．一、洛倫茲力1．洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力叫洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向(1)判定方法左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；四指——指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；大拇指——指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0.二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．三、帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種常見情形1．直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖4所示)圖42．平行邊界(存在臨界條件，如圖5所示)圖53．圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6所示)圖64．分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的關(guān)鍵是：(1)畫出運(yùn)動(dòng)軌跡；(2)確定圓心和半徑；(3)利用洛倫茲力提供向心力列式．考點(diǎn)一洛倫茲力和電場(chǎng)力性質(zhì)比較內(nèi)容對(duì)應(yīng)力項(xiàng)目洛倫茲力電場(chǎng)力性質(zhì)磁場(chǎng)對(duì)在其中運(yùn)動(dòng)的電荷的作用力電場(chǎng)對(duì)放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場(chǎng)中的電荷一定受到電場(chǎng)力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，還與電荷電性有關(guān)正電荷受力與電場(chǎng)方向相同，負(fù)電荷受力與電場(chǎng)方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功力為零時(shí)場(chǎng)的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向例1在如圖7所示寬度范圍內(nèi)，用場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)可使初速度為v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)θ角．在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ(不計(jì)粒子的重力)，問：圖7(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是多大？(2)粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比是多大？解析(1)設(shè)寬度為L(zhǎng).當(dāng)只有電場(chǎng)存在時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上：L＝v0t，豎直方向上：vy＝at＝eq\f(EqL,mv0)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(EqL,mv\o\al(2,0))當(dāng)只有磁場(chǎng)存在時(shí)，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(L,R)，R＝eq\f(mv0,qB)聯(lián)立解得B＝eq\f(Ecosθ,v0).(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(L,v0)＝eq\f(Rsinθ,v0)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(RqB,mv0)·eq\f(sinθ,θ)＝eq\f(sinθ,θ).答案(1)eq\f(Ecosθ,v0)(2)eq\f(sinθ,θ)帶電粒子在電、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的區(qū)別(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中常做類平拋運(yùn)動(dòng)，可采用運(yùn)動(dòng)的分解的方法來分析．(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可采用勻速圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)規(guī)律分析．突破訓(xùn)練1帶電粒子以初速度v0從a點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖8所示．運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過b點(diǎn)，Oa＝Ob，若撤去磁場(chǎng)加一個(gè)與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，仍以v0從a點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，粒子仍能通過b點(diǎn)，那么電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為 ()圖8A．v0 B．1C．2v0 D.eq\f(v0,2)答案C解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O為圓心，故Oa＝Ob＝r＝eq\f(mv0,qB) ①帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\f(2mv\o\al(2,0),qE) ②由①②得eq\f(E,B)＝2v0，故選項(xiàng)C對(duì)．考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．圓心的確定(1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖9甲所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．圖9(2)已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．2．半徑的確定可利用物理學(xué)公式或幾何知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間表示為：t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．

例2(2013·課標(biāo)Ⅰ·18)如圖10，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為eq\f(R,2)，已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力) ()圖10A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m) C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O2必在過入射點(diǎn)垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對(duì)應(yīng)圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形．由于O1D＝eq\f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，B正確．答案B帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解題“三步法”(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡．(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的聯(lián)系，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與周期的聯(lián)系．(3)用規(guī)律：即牛頓運(yùn)動(dòng)定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．突破訓(xùn)練2如圖11，兩個(gè)初速度大小相同的同種離子a和b，從O點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打到屏P上，不計(jì)重力，下列說法正確的有 ()圖11A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比b的短C．a(chǎn)在磁場(chǎng)中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離比b的近答案AD解析此題考查的是“定心判徑畫軌跡”，a、b粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都為R＝eq\f(mv,qB)，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a軌跡，a在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)和軌跡圖可知A、D選項(xiàng)正確．例3如圖12所示，在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，兩個(gè)方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在以直徑A2A4為邊界的兩個(gè)半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點(diǎn)A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場(chǎng)，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進(jìn)入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場(chǎng)．已知該粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的時(shí)間為t圖12(1)畫出粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡；(2)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的軌道半徑R1和R2的比值；(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(忽略粒子重力)．解析(1)畫出粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．(2)設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場(chǎng)中先順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，再逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，最后從A4點(diǎn)射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌道半徑和周期．設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子區(qū)Ⅰ磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R2＝eq\f(r,2)即eq\f(R1,R2)＝2∶1(3)qvB1＝meq\f(v2,R1)qvB2＝meq\f(v2,R2)T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(2πm,qB1)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,qB2)圓心角∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(1,6)T1在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(1,2)T2帶電粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的總時(shí)間t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝eq\f(5πm,6qt)B2＝eq\f(5πm,3qt)答案見解析突破訓(xùn)練3如圖13所示，在某空間實(shí)驗(yàn)室中，有兩個(gè)靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10T，磁場(chǎng)區(qū)域半徑r＝eq\f(2,3)eq\r(3)m，左側(cè)區(qū)域圓心為O1，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，右側(cè)區(qū)域圓心為O2，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，兩區(qū)域切點(diǎn)為C.今有一質(zhì)量為m＝3.2×10－26kg、帶電荷量為q＝1.6×10－19C的某種離子，從左側(cè)區(qū)域邊緣的A點(diǎn)以速度v＝1×106m/s正對(duì)O1的方向垂直射入磁場(chǎng)，它將穿越C點(diǎn)后再從右側(cè)區(qū)域穿出．求：圖13(1)該離子通過兩磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間；(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點(diǎn)偏離最初入射方向的側(cè)移距離為多大？(側(cè)移距離指在垂直初速度方向上移動(dòng)的距離)答案(1)4.19×10－6s(2)2解析(1)離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在左、右兩區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡是對(duì)稱的，如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R) ①又T＝eq\f(2πR,v) ②聯(lián)立①②得：R＝eq\f(mv,qB) ③T＝eq\f(2πm,qB) ④將已知數(shù)據(jù)代入③得R＝2m由軌跡圖知tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝eq\f(π,6)則通過兩磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間t＝2×eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(T,3) ⑥聯(lián)立④⑥并代入已知數(shù)據(jù)得t＝eq\f(2×3.14×3.2×10－26,3×1.6×10－19×0.10)s＝4.19×10－6s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對(duì)稱關(guān)系知側(cè)移距離d＝2rsin2θ將已知數(shù)據(jù)代入得d＝2×eq\f(2,3)eq\r(3)sineq\f(π,3)m＝2m38.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問題1．臨界問題的分析思路臨界問題的分析對(duì)象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時(shí)存在著一個(gè)過渡的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此轉(zhuǎn)折點(diǎn)即為臨界狀態(tài)點(diǎn)．與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理?xiàng)l件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點(diǎn)．臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；(2)總結(jié)臨界點(diǎn)的規(guī)律；(3)解出臨界量．2．帶電體在磁場(chǎng)中的臨界問題的處理方法帶電體進(jìn)入有界磁場(chǎng)區(qū)域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場(chǎng)中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零．(2)射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相切．例4如圖14所示，有一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中的O點(diǎn)有一個(gè)粒子源，能向紙面內(nèi)各個(gè)方向連續(xù)不斷地均勻發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電粒子，PQ是垂直紙面放置且厚度不計(jì)的擋板，擋板的P端與O點(diǎn)的連線跟擋板垂直．帶電粒子的重力以及粒子間的相互作用力忽略不計(jì)．圖14(1)為了使帶電粒子不打在擋板上，粒子源到擋板的距離d應(yīng)滿足什么條件？(2)若粒子源到擋板的距離d＝eq\f(v,kB)，且已知沿某一方向射出的粒子恰好經(jīng)過擋板的P點(diǎn)后最終又打在擋板上，求這個(gè)粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的速度方向；(3)若粒子源到擋板的距離d＝eq\f(v,kB)，粒子打到擋板左、右表面上的長(zhǎng)度之比是多少？審題與關(guān)聯(lián)解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力得：qvB＝meq\f(v2,r) ①由題意得：eq\f(q,m)＝k ②由題意分析可知，為了使帶電粒子不打在擋板上，d應(yīng)滿足：d>2r ③由①②③解得：d>eq\f(2v,kB) ④(2)如圖所示，設(shè)粒子速度方向與OP連線的夾角為θ時(shí)，粒子恰好經(jīng)過擋板的P點(diǎn)后最終又打在擋板右表面的N點(diǎn)．由幾何關(guān)系可知：△OPN為直角三角形，ON為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑．由于d＝eq\f(v,kB)和①②可得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,kB)＝d ⑤所以由幾何關(guān)系可得：θ＝30° ⑥(3)粒子打到擋板左、右表面離P最遠(yuǎn)時(shí)的示意圖如圖所示．由圖可知，粒子打到擋板左表面的長(zhǎng)度為：PM＝r＝eq\f(v,kB) ⑦粒子打到擋板右表面的長(zhǎng)度為：PN＝2rcos30°＝eq\f(\r(3)v,kB) ⑧由⑦⑧得，粒子打到擋板左、右表面上的長(zhǎng)度之比為eq\f(PM,PN)＝eq\f(\r(3),3)答案(1)d>eq\f(2v,kB)(2)與OP連線成30°角斜向右下(3)eq\f(\r(3),3)高考題組1．(2013·新課標(biāo)Ⅱ·17)空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60°.不計(jì)重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)答案A解析若磁場(chǎng)方向向外，帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知r＝eq\r(3)R.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR).若磁場(chǎng)方向向里可得到同樣的結(jié)果，選項(xiàng)A正確．2．(2013·天津理綜·11)一圓筒的橫截面如圖15所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞后速度反向且沒有動(dòng)能損失，電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：圖15(1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.答案(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)3解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2 ①由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed ②聯(lián)立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd) ③(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系做出圓心O′、半徑r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3) ④粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r) ⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB) ⑥(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，M板向上平移eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3) ⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)綜合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v ⑧設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB) ⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2) ⑩粒子須經(jīng)過四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3模擬題組3．如圖16所示，△ABC為與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a的等邊三角形，比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0從A點(diǎn)沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值為 ()圖16A．B>eq\f(2mv0,ae) B．B<eq\f(2mv0,ae)C．B>eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B<eq\f(\r(3)mv0,ae)答案D解析由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點(diǎn)，此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑要大于eq\f(a,\r(3))，由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的公式r＝eq\f(mv,qB)有eq\f(a,\r(3))<eq\f(mv0,eB)，即B<eq\f(\r(3)mv0,ae)，選D.4．如圖17是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向平行于軸線向外．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負(fù)離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子 ()圖17A．是正離子，速率為eq\f(kBR,cosα) B．是正離子，速率為eq\f(kBR,sinα)C．是負(fù)離子，速率為eq\f(kBR,sinα) D．是負(fù)離子，速率為eq\f(kBR,cosα)答案B解析因?yàn)殡x子向下偏，根據(jù)左手定則，離子帶正電，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知r＝eq\f(R,sinα)，由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(kBR,sinα)，故B正確．(限時(shí)：45分鐘)?題組1洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用1．帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如圖1所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，則在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電質(zhì)點(diǎn)將 ()圖1A．可能做直線運(yùn)動(dòng)B．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C．一定做曲線運(yùn)動(dòng)D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案C解析帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點(diǎn)不可能做直線運(yùn)動(dòng)，也不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確．2．一個(gè)帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于一個(gè)水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖2所示，小球飛離桌面后落到地板上，設(shè)飛行時(shí)間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1.撤去磁場(chǎng)，其余的條件不變，小球飛行時(shí)間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2，則下列論述正確的是 ()圖2A．x1>x2 B．t1>t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同答案ABC解析當(dāng)桌面右邊存在磁場(chǎng)時(shí)，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B對(duì)；又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ蔆對(duì)；兩次小球著地時(shí)速度方向不同，D錯(cuò)．3．用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，讓它處于如圖3所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．由于磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，小球靜止在如圖所示位置，這時(shí)懸線與豎直方向的夾角為α，并被拉緊，則磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)速度和方向可能是 ()圖3A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左B．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向下C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向上D．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右答案C解析根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性，帶電小球相對(duì)于磁場(chǎng)的速度與磁場(chǎng)相對(duì)于小球(相對(duì)地面靜止)的速度大小相等、方向相反．洛倫茲力F＝qvB中的v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度．根據(jù)力的平衡條件可以得出，當(dāng)小球相對(duì)磁場(chǎng)以速度v＝eq\f(mgtanα,qB)豎直向下運(yùn)動(dòng)或以速度v＝eq\f(mg,Bq)水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電小球都能處于靜止?fàn)顟B(tài)，但小球處于后者的狀態(tài)時(shí)，懸線不受拉力，不會(huì)被拉緊，故本題選C.?題組2帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)4．如圖4所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t.若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)偏離原方向60°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的 ()圖4A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑答案AB解析由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場(chǎng)寬度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁場(chǎng)時(shí)有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A項(xiàng)對(duì)；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B項(xiàng)對(duì)；因初速度未知，所以C、D項(xiàng)錯(cuò)．5．如圖5所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內(nèi)有B＝10－4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)．當(dāng)角θ＝45°時(shí)，出射粒子速度v的大小是圖5A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D．4eq\r(2)×106m/s答案B解析由題意知，粒子從入射孔以45°角射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)周期，由幾何關(guān)系知r＝eq\r(2)R，又r＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝2eq\r(2)×106m/s.6．一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為－e，它以某一速度沿直徑方向射入圓筒形磁場(chǎng)區(qū)域(半徑為r)，速度方向和磁場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，設(shè)粒子和圓筒壁的碰撞沒有能量和電荷量損失，可看作完全彈性碰撞．試問，要使粒子從原入口處返回，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是多少？如果粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，此時(shí)，粒子射入時(shí)的速度為多大？答案eq\f(πm,eB)eq\f(\r(3)erB,m)解析很顯然，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)與圓筒壁碰撞的次數(shù)越少，所需的時(shí)間也就越短，而碰一次是不可能的，因此，最少是碰兩次，如圖所示．在四邊形AOBD中，A點(diǎn)和B點(diǎn)的位置已確定，且A、B、C三點(diǎn)等分圓周，可知∠AOB為eq\f(2π,3)，又∠OAD和∠OBD均為直角，故∠ADB為eq\f(π,3).把三段加起來，該粒子在圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角之和等于π，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為半個(gè)周期eq\f(πm,eB).由幾何關(guān)系知Rtaneq\f(π,6)＝r即R＝eq\r(3)r由Bev＝meq\f(v2,R)知R＝eq\f(mv,eB)，所以v＝eq\f(\r(3)erB,m).?題組3帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問題7．在真空中，半徑r＝3×10－2m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向如圖6所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，一個(gè)帶正電的粒子以初速度v0＝1×106m/s從磁場(chǎng)邊界上直徑ab的一端a點(diǎn)射入磁場(chǎng)，已知該粒子的比荷eq\f(q,m)＝1×108圖6(1)求粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)若要使粒子飛離磁場(chǎng)時(shí)有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時(shí)v0與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉(zhuǎn)角．答案(1)5×10－2m(2)37°解析(1)粒子射入磁場(chǎng)后，由于不計(jì)重力，所以洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)R＝eq\f(mv0,qB)＝5×10－2m.(2)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡為一段半徑R＝5cm使偏轉(zhuǎn)角最大，就要求這段圓弧對(duì)應(yīng)的弦最長(zhǎng)，即為圓形區(qū)域的直徑，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心O′在ab弦的中垂線上，如圖所示．由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(r,R)＝0.6，θ＝37°最大偏轉(zhuǎn)角β＝2θ＝74°.

8．如圖7所示，O點(diǎn)有一粒子源，在某時(shí)刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場(chǎng)右邊界射出．不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力．關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是 圖7A．粒子的速度大小為eq\f(2aBq,m)B．粒子的速度大小為eq\f(aBq,m)C．與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)D．與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)答案AC解析帶正電粒子與y軸正方向成60°角發(fā)射，進(jìn)入磁場(chǎng)后的軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得a＝Rsin30°，其中R＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立解得v＝eq\f(2aBq,m)，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)T，可見圓弧所對(duì)的圓心角θ越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，由圖甲中的幾何關(guān)系可得粒子的軌道半徑R＝2a，因此與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)圓心角最大為120°，此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)的右邊界相切，如圖乙所示，最長(zhǎng)時(shí)間tm＝eq\f(1,3)T，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．

?題組4帶電粒子在交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)9．如圖8甲所示，在坐標(biāo)系xOy中，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；y軸右側(cè)有如圖乙所示，大小和方向周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0已知．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正．t＝0時(shí)刻，從x軸上的P點(diǎn)無初速度釋放一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q(粒子重力不計(jì))，粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等．求：圖8(1)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離；(2)粒子經(jīng)一個(gè)周期沿y軸發(fā)生的位移；(3)粒子能否再次經(jīng)過O點(diǎn)，若不能，說明理由．若能，求粒子再次經(jīng)過O點(diǎn)的時(shí)刻．答案(1)eq\f(Emπ2,2qB\o\al(2,0))(2)eq\f(πmE,qB\o\al(2,0))(3)能eq\f(15πm,qB0)解析(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，則t0＝eq\f(πm,qB0)，Eq＝maOP間距離為x，x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得：x＝eq\f(Emπ2,2qB\o\al(2,0))(2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1和R2，R1＝eq\f(mv0,qB0)R2＝eq\f(3mv0,2qB0)粒子每經(jīng)一個(gè)周期沿y軸向下移動(dòng)Δx，Δx＝2R2－2R1＝eq\f(πmE,qB\o\al(2,0))(3)當(dāng)粒子從左側(cè)射入向上偏轉(zhuǎn)時(shí)可能再次經(jīng)過O點(diǎn)，故從O點(diǎn)下方2R1處入射時(shí)，2R1＝NΔx解得：N＝2，粒子能再次經(jīng)過O點(diǎn)t＝2T＋2t0，T＝eq\f(6.5πm,qB0)，所以t＝eq\f(15πm,qB0)單元小結(jié)練磁場(chǎng)對(duì)電流或運(yùn)動(dòng)電荷的作用(限時(shí)：45分鐘)1．關(guān)于電場(chǎng)力與洛倫茲力，以下說法正確的是 ()A．電荷只要處在電場(chǎng)中，就會(huì)受到電場(chǎng)力，而電荷靜止在磁場(chǎng)中，也可能受到洛倫茲力B．電場(chǎng)力對(duì)在電場(chǎng)中的電荷一定會(huì)做功，而洛倫茲力對(duì)在磁場(chǎng)中的電荷卻不會(huì)做功C．電場(chǎng)力與洛倫茲力一樣，受力方向都在電場(chǎng)線或