人教物理選擇性必修第二冊教參

第一章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))安培力與洛倫茲力第1節(jié)磁場對通電導線的作用力1．知道安培力的概念，會用左手定則判定安培力的方向。2.理解并熟練應(yīng)用安培力的計算公式F＝IlBsinθ。3.了解磁電式電流表的構(gòu)造及原理。eq\a\vs4\al(一、安培力的方向)1．填一填(1)安培力：通電導線在磁場中受到的力。(2)決定安培力方向的因素：①磁場方向；②電流方向。(3)左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。2．判一判(1)安培力的方向與磁場方向相同。(×)(2)安培力的方向與電流方向一定垂直。(√)(3)安培力的方向與磁場方向一定垂直。(√)3．想一想如圖所示，兩條平行的通電直導線會通過彼此之間產(chǎn)生的磁場發(fā)生相互作用，那么在什么情況下兩條直導線相互吸引，什么情況下兩條直導線相互排斥？提示：每一條通電直導線均處在另一條通電直導線產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可判斷出直線電流產(chǎn)生的磁場的方向，再根據(jù)左手定則可判斷出每一條通電直導線所受的安培力，由此可知，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。eq\a\vs4\al(二、安培力的大小)1．填一填一段長為l的導線，通過的電流為I時所受安培力為F，則(1)當通電導線垂直于磁場B的方向放置：F＝IlB。(2)當通電導線平行于磁場B的方向放置：F＝0。(3)當通電導線與磁場方向不平行也不垂直時：F＝IlB⊥＝IlBsinθ。2．判一判(1)若勻強磁場中磁感應(yīng)強度為B＝1T，導線中電流I＝1A，導線長度l＝1m，則導線所受安培力F＝1N。(×)(2)若通電導線在某處不受安培力，則該處磁感應(yīng)強度一定為零。(×)(3)同樣情況下，當導線垂直于磁場放置時，安培力最大。(√)3．想一想在磁場越強的地方通電導體受到的安培力一定越大嗎？提示：不一定，通電導體受安培力的大小與B、I、l及θ有關(guān)，當θ＝0°(B∥I)時，無論B如何，總有F＝0。eq\a\vs4\al(三、磁電式電流表)1．填一填(1)結(jié)構(gòu)：磁鐵、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴、鐵質(zhì)圓柱等。(2)物理學原理：通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動。(3)工作原理如圖所示：①當電流通過線圈時，導線受到安培力的作用，由左手定則知，線圈左右兩邊所受的安培力的方向相反，安裝在軸上的線圈就要轉(zhuǎn)動，通過轉(zhuǎn)軸收緊螺旋彈簧使其變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動。②電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大，線圈偏轉(zhuǎn)的角度也越大，所以，從線圈偏轉(zhuǎn)的角度就能判斷通過電流的大小。③線圈中的電流方向改變時，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。(4)優(yōu)缺點①優(yōu)點是靈敏度高，可以測出很弱的電流。②缺點是線圈的導線很細，允許通過的電流很弱。2．判一判(1)磁電式電流表指針偏轉(zhuǎn)角度隨電流的增大而增大。(√)(2)磁電式電流表只能測定電流的大小不能確定被測電流的方向。(×)(3)磁電式電流表內(nèi)是均勻輻射磁場，不是勻強磁場。(√)3．選一選所謂電流表的靈敏度，是指在通入相同電流的情況下，指針偏轉(zhuǎn)角度的大小。偏角越大，靈敏度越高。下列關(guān)于提高磁電式電流表靈敏度的方法不正確的是()A．增強永久磁鐵的磁性B．增大螺旋彈簧的勁度系數(shù)C．增大線圈的面積D．增加線圈的匝數(shù)解析：選B通電線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動。電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大。要提高電流表的靈敏度，就要在通入相同的電流時，讓指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，所以要減小螺旋彈簧的勁度系數(shù)，同時使安培力變大，即增強永久磁鐵的磁性、增大線圈的面積和增加線圈的匝數(shù)。利用左手定則判斷安培力的方向[學透用活]1．安培定則與左手定則的選取原則2．兩平行通電直導線的相互作用規(guī)律①同向電流互相吸引；②反向電流互相排斥。[典例1]畫出圖中通電直導線A受到的安培力的方向。[解析](1)中電流方向與磁場方向垂直，由左手定則可判斷出A所受安培力方向如圖甲所示。(2)中條形磁鐵在A處的磁場分布如圖乙所示，由左手定則可判斷A受到的安培力的方向如圖乙所示。(3)中由安培定則可判斷出電流A處合磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丙所示。(4)中由安培定則可判斷出電流A處磁場如圖丁所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丁所示。[答案]見解析圖[規(guī)律方法]判斷安培力方向常見的兩類問題[對點練清]1．一根容易形變的彈性導線，兩端固定，導線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當沒有磁場時，導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，下列描述導線狀態(tài)的四個圖示中正確的是()解析：選D根據(jù)左手定則可判斷出A圖中導線所受安培力為零，B圖中導線所受安培力垂直紙面向里，C、D圖中導線所受安培力向右，由導線受力以后的彎曲方向與受力方向的關(guān)系可知，D圖正確。2．在赤道上空，水平放置一根通以由西向東的電流的直導線，則此導線()A．受到豎直向上的安培力B．受到豎直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向東的安培力解析：選A赤道上空的地磁場方向是由南向北的，電流方向由西向東，畫出此處磁場和電流的方向圖如圖所示，由左手定則可判斷出導線受到的安培力的方向是豎直向上的，選項A正確。3．[多選]如圖所示，F(xiàn)是磁場對通電直導線的作用力，其中正確的示意圖是()解析：選AD由左手定則可判斷，選項B中安培力的方向向左，選項C中安培力的方向向下；選項A、D中安培力的方向如題圖所示，選項A、D是正確的。安培力大小的分析與計算[學透用活]1．F＝IlBsinθ適用于勻強磁場中的通電直導線，求彎曲導線在勻強磁場中所受安培力時，l為有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿l由始端流向末端，如圖所示。2．同樣情況下，通電導線與磁場方向垂直時，它所受的安培力最大；導線與磁場方向平行時，它不受安培力；導線與磁場方向斜交時，它所受的安培力介于0和最大值之間。3．在非勻強磁場中，只要通電直導線l所在位置的各點B矢量相等(包括大小和方向)，則導線所受安培力也能用上述公式計算。4．當電流同時受到幾個安培力時，則電流所受的安培力為這幾個安培力的矢量和。[典例2]如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導體框，垂直勻強磁場放置，將M、N兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時，線框受到的安培力為1.2N，若將MON邊移走，則余下線框受到的安培力大小為()A．0.6N B．0.8NC．1.2N D．1.6N[解析]根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖所示，令電源電壓為U，等邊三角形MON的電阻為3R，曲線MON上產(chǎn)生的安培力合力豎直向上，與MN邊受到的安培力方向相同，并聯(lián)后總電阻為：eq\f(2R,3)，根據(jù)歐姆定律，并聯(lián)電路的總電流為：I1＝eq\f(U,2R/3)＝eq\f(3U,2R)，則安培力為：F＝BI1L＝eq\f(3BUL,2R)＝1.2N，將MON邊移走，余下線框受到的安培力大小為：F′＝BI2L＝eq\f(BUL,R)，比較可得F′＝0.8N。故B正確。[答案]B[規(guī)律方法]應(yīng)用安培力公式F＝IlBsinθ解題的技巧應(yīng)用公式F＝IlBsinθ求安培力大小時不能死記公式，應(yīng)正確理解公式中各物理量的實質(zhì)，可將Bsinθ理解為有效磁感應(yīng)強度或?qū)sinθ理解為有效長度，θ為磁場方向與直導線l之間的夾角。[對點練清]1．長度為L、通有電流為I的直導線放入一勻強磁場中，電流方向與磁場方向如圖所示，已知磁感應(yīng)強度為B，對于下列各圖中，導線所受安培力的大小計算正確的是()解析：選AA圖中，導線不和磁場垂直，故將導線投影到垂直磁場方向上，故F＝BILcosθ，A正確；B圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，B錯誤；C圖中導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，C錯誤；D圖中導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，D錯誤。2.如圖所示，一段導線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。則導線abcd所受到的磁場的作用力的合力()A．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)＋1)ILBB．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)－1)ILBC．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)＋1)ILBD．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)－1)ILB解析：選A由左手定則及力的合成可知合力方向沿紙面向上，C、D錯誤；導線abcd的等效長度為a到d的距離即為(eq\r(2)＋1)L，由安培力公式F＝BIL可得合力大小為(eq\r(2)＋1)ILB，A正確。3.如圖所示，長度為L＝10cm的一段直導線ab，與磁場方向垂直放置在磁感應(yīng)強度B＝3×10－2T的勻強磁場中。今在導線中通以I＝10A的電流，方向從b流向a。導線繞固定點O轉(zhuǎn)動(設(shè)eq\x\to(Oa)＝3eq\x\to(Ob))，由圖中位置在紙面內(nèi)按順時針方向轉(zhuǎn)過60°角時，求：(1)導線受到的安培力的大小和方向；(2)如果在ab所在的豎直面上，ab從圖中位置繞O點轉(zhuǎn)動，由紙面向紙面外轉(zhuǎn)30°角時，情況又如何？解析：由題知B＝3×10－2T，I＝10A，L＝10cm＝0.1m。(1)導線繞O點順時針轉(zhuǎn)過60°角時，B與I的夾角為θ＝150°，安培力的大小F＝ILB×10－2N，安培力的方向垂直紙面向外。(2)導線繞O點向紙面外轉(zhuǎn)過30°角時，B與I仍垂直，安培力的大小F＝ILB＝3×10－2N，安培力的方向與原ab方向成120°角斜向下指向紙面外。答案：×10－2N方向垂直紙面向外(2)3×10－2N方向與原ab方向成120°角斜向下指向紙面外安培力作用下導體的運動[學透用活]不管是電流還是磁體，對通電導線的作用都是通過磁場來實現(xiàn)的，因此必須要清楚導線所在位置的磁場分布情況，然后結(jié)合左手定則準確判斷導線的受力情況或?qū)⒁l(fā)生的運動，在實際操作過程中，往往采用以下五種方法：電流元法把整段導線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環(huán)形電流，反過來等效也成立特殊位置法通過轉(zhuǎn)動通電導線到某個便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°)，然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法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，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向[典例3]如圖所示，兩個完全相同且相互絕緣、正交的金屬環(huán)A、B，可沿軸線OO′自由轉(zhuǎn)動。現(xiàn)通以圖示方向電流，沿OO′看去會發(fā)現(xiàn)()A．A環(huán)、B環(huán)均不轉(zhuǎn)動B．A環(huán)將逆時針轉(zhuǎn)動，B環(huán)也逆時針轉(zhuǎn)動，兩環(huán)相對不動C．A環(huán)將順時針轉(zhuǎn)動，B環(huán)也順時針轉(zhuǎn)動，兩環(huán)相對不動D．A環(huán)將順時針轉(zhuǎn)動，B環(huán)將逆時針轉(zhuǎn)動，兩者吸引靠攏至重合為止[解析]由安培定則可得，A環(huán)產(chǎn)生的磁場方向向下，B環(huán)產(chǎn)生的磁場方向向左，兩磁場相互作用后磁場的方向趨向一致，所以A環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，B環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動，二者相互靠攏，直至重合，故選項D正確。[答案]D[規(guī)律方法]判斷安培力作用下通電導體的運動方向的思路(1)首先應(yīng)畫出通電導體(或通電線圈)所在位置的磁感線方向。(2)根據(jù)左手定則確定通電導體(或通電線圈)所受安培力的方向。(3)由通電導體(或通電線圈)的受力情況判斷通電導體(或通電線圈)的運動方向。[對點練清]1.用兩根細線把兩個完全相同的圓形導線環(huán)懸掛起來，讓二者等高平行放置，如圖所示，當兩導線環(huán)中通入方向相同的電流I1、I2時，則有()A．兩導線環(huán)相互吸引B．兩導線環(huán)相互排斥C．兩導線環(huán)無相互作用力D．兩導線環(huán)先吸引后排斥解析：選A通電的導線環(huán)周圍能夠產(chǎn)生磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放入其中的磁體或電流產(chǎn)生力的作用。由于導線環(huán)中通入的電流方向相同，二者同位置處的電流方向完全相同，相當于通入同向電流的直導線，據(jù)同向電流相互吸引的規(guī)律，知兩導線環(huán)應(yīng)相互吸引，故A正確。2.直導線AB與圓線圈的平面垂直且隔有一小段距離，直導線固定，線圈可以自由運動。當通過如圖所示的電流時(同時通電)，從左向右看，線圈將()A．順時針轉(zhuǎn)動，同時靠近直導線ABB．順時針轉(zhuǎn)動，同時離開直導線ABC．逆時針轉(zhuǎn)動，同時靠近直導線ABD．不動解析：選C先用安培定則判斷出AB導線右側(cè)的磁場向里，再由左手定則可知環(huán)形電流內(nèi)側(cè)受力向下、外側(cè)受力向上，因此從左向右看線圈應(yīng)逆時針方向轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)到與AB共面時，AB與線圈左側(cè)吸引，與線圈右側(cè)排斥，由于左側(cè)離AB較近，則引力大于斥力，所以線圈靠近導線AB，故選項C正確。3．如圖所示，將通電直導線AB用絲線懸掛在電磁鐵的正上方，直導線可自由轉(zhuǎn)動，則接通開關(guān)K的瞬間()A．A端向上運動，B端向下運動，懸線張力不變B．A端向下運動，B端向上運動，懸線張力不變C．A端向紙外運動，B端向紙內(nèi)運動，懸線張力變小D．A端向紙內(nèi)運動，B端向紙外運動，懸線張力變大解析：選D當開關(guān)K接通時，根據(jù)安培定則知電磁鐵附近磁感線的分布如圖所示，由左手定則知通電直導線此時A端受力指向紙內(nèi)，B端受力指向紙外，故導線將轉(zhuǎn)動，由特殊位置法知當導線轉(zhuǎn)到與磁感線垂直時，整個導線受到的磁場力方向豎直向下，故懸線張力變大，D正確。安培力作用下導體的平衡問題[學透用活][典例4]如圖所示，水平導軌間距為L＝0.5m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導軌接觸良好；電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝5T，方向垂直于ab，與導軌平面成夾角α＝53°；ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g取10m/s2，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)通過ab的電流大小和方向。(2)ab受到的安培力大小。(3)重物重力G的取值范圍。[解析](1)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A，方向為a到b。(2)F＝BIL＝5N。(3)對導體棒ab受力分析，如圖所示，fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N。當最大靜摩擦力方向向右時，F(xiàn)T＝Fsin53°－fm＝0.5N。當最大靜摩擦力方向向左時，F(xiàn)T＝Fsin53°＋fm＝7.5N。所以由G＝FT可知0.5N≤G≤7.5N。[答案](1)2A方向為a到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N[規(guī)律方法]求解安培力作用下導體的平衡問題的基本思路[對點練清]1.如圖所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒AC，用軟線懸掛在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，通入A→C方向的電流時，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()A．不改變電流和磁場方向，適當減小電流B．不改變磁場和電流方向，適當增大磁感應(yīng)強度C．只改變電流方向，并適當增加電流D．只改變電流方向，并適當減小電流解析：選B不改變電流和磁場方向，適當減小電流，可減小安培力，不能使懸線張力為零，故A錯誤。不改變磁場和電流方向，金屬棒所受的安培力方向仍向上，適當增大磁感應(yīng)強度，安培力增大，懸線張力可減小到零，所以B正確。只改變電流方向，金屬棒所受安培力方向向下，懸線張力一定不為零，故C、D錯誤。2.如圖所示，導體桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R，放置在與水平面夾角為θ的傾斜金屬導軌上，導軌間距為d，電阻不計，系統(tǒng)處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，電池內(nèi)阻不計，問：若導軌光滑，電源電動勢E多大才能使導體桿靜止在導軌上？解析：由閉合電路的歐姆定律得：E＝IR導體桿受力情況如圖所示，則由共點力平衡條件可得F安＝mgtanθF安＝BId由以上各式可得出E＝eq\f(mgRtanθ,Bd)。答案：eq\f(mgRtanθ,Bd)落實新課標理念，教材案例最經(jīng)典。以下內(nèi)容選自新課標魯科版的相關(guān)內(nèi)容，供同學們開闊視野，提升素養(yǎng)。一、用電流天平“稱”安培力(核心素養(yǎng)之科學思維)[選自魯科版新教材“科學書屋”]如圖所示，天平左盤放砝碼，右盤下懸掛線圈，線圈處于磁場中。當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)。線圈通電后，在磁場中的導線a、b、c段分別受安培力作用。由左手定則可知，a、c段的安培力大小相等、方向相反，互相抵消，而b段導線的安培力方向向上，從而使天平的平衡被破壞。通過在右盤加砝碼(或移動游碼)使天平重新平衡，根據(jù)砝碼的質(zhì)量可推知線圈所受安培力的大小。(1)若在右盤加的砝碼的質(zhì)量為m，則線圈所受的安培力大小是多少？(2)若b段導線的長度為L，則b段導線所在處的磁感應(yīng)強度大小是多少？[提示](1)mg。(2)由mg＝nILB可得B＝eq\f(mg,nIL)。二、典題好題發(fā)掘，練典題做一當十[選自魯科版新教材課后練習][多選]如圖(a)所示，揚聲器中有一線圈處于輻射狀磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音。俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)，磁場方向如圖中箭頭所示。下列選項正確的是()A．當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B．當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外C．當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D．當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外[解析]將環(huán)形導線分割成無限個小段，每一小段看成直導線，根據(jù)左手定則可以判斷，當電流為順時針方向時，導線受到的安培力垂直紙面向外，當電流為逆時針方向時，導線受到的安培力垂直紙面向里，故B、C選項正確，A、C選項錯誤。[答案]BCeq\a\vs4\al([課時跟蹤訓練])A級—雙基達標1．關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB由左手定則可知，安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直，選項A錯誤，B正確；安培力的大小F＝BILsinθ與直導線和磁場方向的夾角有關(guān)，選項C錯誤；將直導線從中點折成直角，假設(shè)原來直導線與磁場方向垂直，若折成直角后一段與磁場仍垂直，另一段與磁場平行，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?；若折成直角后，兩段都與磁場垂直，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)，因此安培力大小不一定是原來的一半，選項D錯誤。2．19世紀20年代，以塞貝克(數(shù)學家)為代表的科學家已認識到：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(shè)：地磁場是由繞地球的環(huán)形電流引起的。則該假設(shè)中的電流方向是(注：磁子午線是地磁場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．由南向北沿磁子午線D．由赤道向兩極沿磁子午線解析：選B地磁場的N極在地理南極附近，根據(jù)安培定則，大拇指指向地磁場的N極，則四指的繞向即為電流的方向，即安培假設(shè)中的電流方向應(yīng)該是由東向西垂直磁子午線，故B正確。3.如圖所示，通以恒定電流I的導線MN在紙面內(nèi)從a位置繞其一端M轉(zhuǎn)至b位置時，通電導線所受安培力的大小變化情況是()A．變小 B．不變C．變大 D．不能確定解析：選B當MN在原位置時，安培力的大小為F＝BIL，當MN繞M端旋轉(zhuǎn)時，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不變的，選項B正確。4.一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以方向由a到b的電流，則導線ab受到安培力的作用后，運動情況為()A．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管解析：選D先由安培定則判斷通電螺線管的N、S兩極，找出導線左、右兩端磁感應(yīng)強度的方向，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?？梢耘袛鄬Ь€受到磁場力作用后從上向下看按逆時針方向轉(zhuǎn)動。再分析此時導線位置的磁場方向，再次用左手定則判斷導線所受磁場力的方向，如圖(b)所示，導線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤。5.[多選]通電矩形線框abcd與長直通電導線MN在同一平面內(nèi)，如圖所示，ab邊與MN平行。關(guān)于MN產(chǎn)生的磁場對線框的作用力，下列說法正確的是()A．線框有兩條邊所受的安培力方向相同B．線框有兩條邊所受的安培力大小相等C．線框所受的安培力的合力方向向左D．線框所受的安培力的合力方向向右解析：選BD由安培定則可知導線MN在線框處所產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，再由左手定則判斷出bc邊和ad邊所受安培力大小相等，方向相反。ab邊受到向右的安培力Fab，cd邊受到向左的安培力Fcd，因為ab邊所在處的磁場較強，cd邊所在處的磁場較弱，故Fab＞Fcd，線框所受合力方向向右。選項B、D正確。6．如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導線長均為L，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，則()A．該磁場是勻強磁場B．線圈平面總與磁場方向垂直C．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動D．線圈將順時針轉(zhuǎn)動解析：選D該磁場明顯不是勻強磁場，勻強磁場的磁感線應(yīng)該是一系列方向相同的平行的直線，故A錯誤；由題圖可知，線圈平面總與磁場方向平行，故B錯誤；由左手定則可知，a導線受到的安培力向上，b導線受到的安培力向下，故線圈將順時針旋轉(zhuǎn)，故C錯誤，D正確。7.如圖所示，質(zhì)量m＝0.5kg的通電導體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度L＝1m的光滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架平面向下(磁場僅存在于絕緣框架內(nèi))。右側(cè)回路中，電源的電動勢E＝8V、內(nèi)阻r＝1Ω，額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機M正常工作。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g取10m/s2，則磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A．2T B．1.73TC．1.5T D．1T解析：選C電動機M正常工作時的電流I1＝eq\f(P1,U)＝2A，電源內(nèi)阻上的電壓U′＝E－U＝8V－4V＝4V，根據(jù)歐姆定律得：干路中的電流I＝eq\f(U′,r)＝4A，則通過導體棒的電流I2＝I－I1＝2A，導體棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝1.5T，選項C正確。8.如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為F1?，F(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖所示，當加上電流后，臺秤讀數(shù)為F2，則以下說法正確的是()A．F1＞F2 B．F1＜F2C．彈簧長度將變長 D．彈簧長度將不變解析：選A選通電導線為研究對象，根據(jù)左手定則判斷可知，通電導線所受安培力方向為斜向右下方，根據(jù)牛頓第三定律分析得知，磁鐵受到的安培力方向斜向左上方，則磁鐵將向左運動，彈簧被壓縮，所以長度將變短，故C、D錯誤；由于磁鐵受到的安培力方向斜向左上方，對臺秤的壓力減小，則F1>F2，故A正確，B錯誤。9.如圖所示，在與水平方向夾角為60°的光滑金屬導軌間有一電源，在相距1m的平行導軌上放一質(zhì)量為m＝0.3kg的金屬棒ab,通以從b→a、I＝3A的電流，磁場方向豎直向上，這時金屬棒恰好靜止(g＝10m/s2)。求：(1)勻強磁場磁感應(yīng)強度的大??；(2)ab棒對導軌的壓力。解析：(1)ab棒靜止，受力情況如圖所示，沿斜面方向受力平衡，則mgsin60°＝BILcos60°，解得B＝eq\f(mgtan60°,IL)＝eq\×10×\r(3),3×1)T≈1.73T。(2)根據(jù)平衡條件及牛頓第三定律得，ab棒對導軌的壓力為：FN′＝FN＝eq\f(mg,cos60°)＝eq\×10,\f(1,2))N＝6N。答案：(1)1.73T(2)6NB級—選考提能10．[多選]通有電流的導線L1、L2、L3、L4處在同一平面(紙面)內(nèi)，放置方式及電流方向如圖甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可繞垂直紙面的中心軸O轉(zhuǎn)動，則下列判定正確的是()A．L2繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動B．L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動C．L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動D．L4繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動解析：選BC圖甲中由右手螺旋定則可知，導線L1上方磁場垂直紙面向外，且離導線L1的距離越近，磁場越強；導線L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右，但O點下方部分安培力較大，所以L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動，A錯誤，B正確；圖乙中O點上方導線L4所受安培力方向向右，O點下方導線L4所受安培力方向向左，即L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動，C正確，D錯誤。11.如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強度變大，θ角變小解析：選A金屬棒受力如圖所示，tanθ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(BIL,mg)。棒中電流I變大，θ角變大；兩懸線等長變短，θ角不變；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變?。淮鸥袘?yīng)強度變大，θ角變大，故A正確。12．如圖所示，在傾角為θ＝30°的斜面上，固定兩間距L＝0.5m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R，電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝2Ω，一質(zhì)量m＝100g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝1T、垂直于斜面向上的勻強磁場中(導軌與金屬棒的電阻不計)。金屬導軌是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金屬棒在導軌上靜止，求：(1)金屬棒所受到的安培力大小；(2)滑動變阻器R接入電路中的阻值。解析：(1)作出金屬棒的受力圖，如圖所示。則有F＝mgsinθ，解得F＝0.5N。(2)根據(jù)安培力公式F＝BIL得I＝eq\f(F,BL)＝1A設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為R′，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝I(R′＋r)得R′＝eq\f(E,I)－r＝8Ω。答案：(1)0.5N(2)8Ω第2節(jié)磁場對運動電荷的作用力1．學會用左手定則判斷洛倫茲力的方向。2.掌握洛倫茲力的公式，會計算洛倫茲力的大小。3.知道電視顯像管的基本構(gòu)造及工作原理。eq\a\vs4\al(一、洛倫茲力的方向)1．填一填(1)洛倫茲力：運動電荷在磁場中受到的力。(2)實驗觀察抽成真空的玻璃管左右兩個電極分別連接到高壓電源兩極上，陰極發(fā)射的電子向陽極加速運動。①沒有加磁場時，電子束呈一條直線。②加上磁場時，電子束的徑跡發(fā)生彎曲。③改變磁場方向，電子束會向相反方向彎曲。(3)洛倫茲力方向的判斷左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。2．判一判(1)正電荷所受的洛倫茲力的方向與磁場方向相同。(×)(2)判斷電荷所受洛倫茲力的方向時，應(yīng)同時考慮電荷的電性。(√)(3)以相同方向射入勻強磁場的粒子，負電荷受洛倫茲力的方向與正電荷受洛倫茲力的方向相反。(√)3．想一想正電荷所受洛倫茲力的方向、負電荷所受洛倫茲力的方向以及導線所受安培力的方向有什么聯(lián)系？提示：電流的方向即正電荷定向移動的方向，也就是負電荷定向移動的反方向。所以安培力的方向和相應(yīng)正電荷沿電流方向移動所受洛倫茲力方向及相應(yīng)負電荷沿電流反方向移動所受洛倫茲力方向一致，體現(xiàn)了安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。eq\a\vs4\al(二、洛倫茲力的大小)1．填一填(1)洛倫茲力公式的推導設(shè)導體中單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，每一電荷電荷量為q，則長度為vt的導體內(nèi)自由電荷總數(shù)N＝S·vt·n導體所受安培力F安＝I·vt·B導體的電流強度I＝nqSv每個電荷所受的洛倫茲力F洛＝eq\f(F安,N)＝eq\f(nqSv·vt·B,S·vt·n)＝qvB(2)洛倫茲力的大?、匐姾闪繛閝的粒子以速度v運動時，如果速度方向與磁感應(yīng)強度B的方向垂直，則F＝qvB。②當電荷運動的方向與磁場的方向夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。③當電荷沿磁場方向運動(即θ＝0或v∥B)時，F(xiàn)＝0。2．判一判(1)若電荷的速度方向與磁場方向平行，電荷不受洛倫茲力。(√)(2)同一電荷進入磁場的速度不同，所受洛倫茲力一定不同。(×)(3)同一電荷以同樣大小的速度垂直于磁場方向運動時，所受的洛倫茲力最大。(√)3．選一選兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子受洛倫茲力之比為()A．2∶1 B．1∶1C．1∶2 D．1∶4解析：選C帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB，與電荷量成正比，與質(zhì)量無關(guān)，C項正確。eq\a\vs4\al(三、電子束的磁偏轉(zhuǎn))1．填一填(1)顯像管的構(gòu)造：如圖所示，由電子槍、偏轉(zhuǎn)線圈和熒光屏組成。(2)顯像管的原理①電子槍發(fā)射電子。②電子束在磁場中偏轉(zhuǎn)。③熒光屏被電子束撞擊發(fā)光。(3)掃描：在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場，其方向、強弱都在不斷變化，使得電子束打在熒光屏上的光點從上向下、從左向右不斷移動。2．判一判(1)電子槍的作用是能發(fā)射高速電子束。(√)(2)顯像管中偏轉(zhuǎn)線圈中的電流恒定不變時，電子打在屏上的光點是不動的。(√)(3)要使打在屏上的光點在全屏上移動，所加的偏轉(zhuǎn)磁場必須是沿水平方向，大小和方向在不斷變化。(×)3．想一想顯像管工作時，電子束依次掃描熒光屏上各點，可為什么我們覺察不到熒光屏的閃爍？提示：這是由于眼睛的視覺暫留現(xiàn)象，當電子束掃描頻率達到人眼的臨界閃爍頻率時，由于視覺暫留的原因，人眼就感覺不到熒光屏的閃爍。洛倫茲力方向的判斷[學透用活]1．決定洛倫茲力方向的三個因素：電荷的正負、速度方向、磁感應(yīng)強度的方向。2．洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向和磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面。即F、B、v三個量的方向關(guān)系是：F⊥B，F(xiàn)⊥v，但B與v不一定垂直。3．當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。4．用左手定則判定負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，應(yīng)注意將四指指向負電荷運動的反方向。[典例1]試判斷圖中的帶電粒子剛進入磁場時所受的洛倫茲力的方向，其中垂直于紙面指向紙里的是()[解析]根據(jù)左手定則可以判斷，選項A中的負電荷所受的洛倫茲力方向向下；選項B中的負電荷所受的洛倫茲力方向向上；選項C中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙外；選項D中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙里，D正確。[答案]D[易錯警示]判斷洛倫茲力方向時的易錯點(1)注意電荷的正負，尤其是判斷負電荷所受洛倫茲力方向時，四指應(yīng)指向負電荷運動的反方向。(2)洛倫茲力的方向一定垂直于B和v所決定的平面。[對點練清]1．在下列四個選項中，正確標明了帶正電粒子所受洛倫茲力F方向的是()解析：選D根據(jù)左手定則可知，A項中洛倫茲力方向應(yīng)該垂直紙面向里，故A錯誤；B項中洛倫茲力方向應(yīng)該是垂直紙面向外，故B錯誤；C項中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向下，故C錯誤；D項中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向上，故D正確。2.一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進入如圖所示的磁場，分離為1、2、3三束粒子流，則下列選項不正確的是()A．1帶正電 B．1帶負電C．2不帶電 D．3帶負電解析：選B根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向左偏，即粒子1；不偏轉(zhuǎn)說明不帶電，即粒子2；帶負電的粒子向右偏，說明是粒子3，故選項B不正確。3.運動電荷在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明磁場對運動電荷有力的作用。將陰極射線管的兩極與高壓電源連接后，加上如圖所示的磁場，可觀察到從負極向右射出的高速電子流(電子帶負電)的偏轉(zhuǎn)情況是()A．平行紙面向上偏轉(zhuǎn) B．平行紙面向下偏轉(zhuǎn)C．垂直紙面向內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．垂直紙面向外偏轉(zhuǎn)解析：選D電子流受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子流帶負電，應(yīng)用左手定則判斷洛倫茲力時，四指應(yīng)指向電子流運動的反方向，磁感線垂直穿過掌心，則拇指垂直于紙面向外，故電子流垂直紙面向外偏轉(zhuǎn)，所以選項D正確。洛倫茲力的理解與計算[學透用活]1．洛倫茲力與安培力的比較聯(lián)系區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀解釋(2)大小關(guān)系：F安＝NF洛(N是導體中定向運動的電荷數(shù))(3)方向關(guān)系：洛倫茲力與安培力的方向一致，均可用左手定則進行判斷(1)洛倫茲力是指單個運動的帶電粒子所受到的磁場力，而安培力是指通電導線(即大量帶電粒子)所受到的磁場力(2)洛倫茲力永不做功，而安培力可以做功2．洛倫茲力與電場力的比較比較項目洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關(guān)系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷與電場方向相同，負電荷與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功、或不做功力F為零時場的情況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動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向[典例2]在以下的各圖中，勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為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。[解析](1)因v⊥B，所以F＝qvB。(2)v與B的夾角為30°，將v分解成垂直磁場的分量和平行磁場的分量，v⊥＝vsin30°，F(xiàn)＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB。(3)由于v與B平行，所以不受洛倫茲力。(4)v與B垂直，F(xiàn)＝qvB。[答案](1)qvB(2)eq\f(1,2)qvB(3)不受洛倫茲力(4)qvB[對點練清]1．關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是()A．安培力和洛倫茲力是性質(zhì)不同的兩種力B．安培力可以對通電導線做功，洛倫茲力對運動電荷一定不做功C．運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零D．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的運動狀態(tài)解析：選B安培力和洛倫茲力都是磁場力，A錯誤；洛倫茲力方向永遠與電荷運動方向垂直，所以洛倫茲力不做功，安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，它雖然對引起電流的定向移動的電荷不做功，但對導線可以做功，B正確；電荷的運動方向與磁感線方向在一條直線上時，洛倫茲力為零，但B不為零，C錯誤；洛倫茲力不改變帶電粒子的速度大小，但改變速度的方向，D錯誤。2．[多選]下列關(guān)于電場、磁場的說法正確的是()A．沿著電場線的方向，場強越來越小B．沿著電場線的方向，電勢越來越低C．洛倫茲力方向一定與磁場方向垂直D．洛倫茲力為零的地方磁感應(yīng)強度也為零解析：選BC沿著電場線的方向，場強可能越來越小，也可能越來越大，也可能不變，A錯誤；沿著電場線的方向，電勢越來越低，B正確；由左手定則可知，洛倫茲力方向一定與磁場方向垂直，C正確；當帶電粒子的運動方向與磁場平行時，洛倫茲力為零，但磁感應(yīng)強度不為零，D錯誤。3.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束?！螹OP＝60°，在M、N處各有一長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點處的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長直導線移至P處，則O點處的電子受到的洛倫茲力大小為F2，那么F2與F1之比為()A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶2解析：選B設(shè)M、N處的長直導線在O點產(chǎn)生磁場的合磁感應(yīng)強度大小為B1，由安培定則可知每根導線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(1,2)B1，方向豎直向下，則電子在O點處受到的洛倫茲力為F1＝evB1；當M處的長直導線移到P處時，O點處的合磁感應(yīng)強度大小為B2＝2×eq\f(1,2)B1×cos30°＝eq\f(\r(3),2)B1，則電子在O點處受到的洛倫茲力為F2＝evB2＝eq\f(\r(3),2)evB1，所以，F(xiàn)2與F1之比為eq\r(3)∶2。故選項B正確。帶電體在洛倫茲力作用下的運動[學透用活][典例3]如圖，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在D處平滑連接，前者置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A處靜止釋放，且能沿軌道運動，并恰能通過半圓形軌道最高點C?，F(xiàn)若撤去磁場，使小球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是()A．H′＜H B．H′＝HC．H′＞H D．無法確定[解析]有磁場時，小球恰好通過最高點，有：mg－qvB＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，無磁場時，小球恰好通過最高點，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，由兩式可知v2＞v1。根據(jù)動能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2可知，H′＞H，故C正確。[答案]C[規(guī)律方法]與洛倫茲力相關(guān)的帶電體問題的分析思路正確進行受力分析，當帶電體的速率v變化時，洛倫茲力的大小F隨之改變，因此帶電體在運動過程中的受力情況是動態(tài)變化的。洛倫茲力F的變化影響帶電體所受的合力，合力變化又引起加速度變化，加速度變化又影響速度變化。(1)確定帶電體的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。(2)靈活選擇不同的運動規(guī)律。①當帶電體在復合場中做勻速直線運動時，粒子受力必然平衡，由平衡條件列方程求解。②對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。[對點練清]1.如圖所示，一個帶正電q的小帶電體處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，若小帶電體的質(zhì)量為m，為了使它對水平絕緣面正好無壓力，應(yīng)該()A．使B的數(shù)值增大B．使磁場以速率v＝eq\f(mg,qB)向上移動C．使磁場以速率v＝eq\f(mg,qB)向右移動D．使磁場以速率v＝eq\f(mg,qB)向左移動解析：選D為使小球?qū)ζ矫鏌o壓力，則應(yīng)使它受到的洛倫茲力剛好平衡重力，磁場不動而只增大B，靜止電荷在磁場中不受洛倫茲力，A不對；磁場向上移動相當于電荷向下運動，受洛倫茲力向右，不可能平衡重力；磁場以v向右移動，等同于電荷以速率v向左運動，此時洛倫茲力向下，也不可能平衡重力，故B、C不對；磁場以v向左移動，等同于電荷以速率v向右運動，此時洛倫茲力向上，當qvB＝mg時，帶電體對絕緣水平面無壓力，即v＝eq\f(mg,qB)，選項D正確。2.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上解析：選C根據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力，C對。隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，A錯。B越大，滑塊受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根據(jù)動能定理，滑塊到達地面時的動能就越小，B錯。由于開始時滑塊不受洛倫茲力就能下滑，故B再大，滑塊也不可能靜止在斜面上，D錯。3．[多選]如圖甲所示，某空間存在著足夠大的勻強磁場，磁場沿水平方向。磁場中有A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上。物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣。在t＝0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運動。在物塊A、B一起運動的過程中，圖乙反映的可能是()A．物塊A所受洛倫茲力大小隨時間t變化的關(guān)系B．物塊A對物塊B的摩擦力大小隨時間t變化的關(guān)系C．物塊A對物塊B的壓力大小隨時間t變化的關(guān)系D．物塊B對地面壓力大小隨時間t變化的關(guān)系解析：選CD物塊A受到的洛倫茲力F洛＝qvB＝qBat，t＝0時，F(xiàn)洛＝0，選項A錯誤；物塊A對B的摩擦力大小Ff＝mAa，所以Ff隨時間t的變化保持不變，選項B錯誤；A對B的壓力FNA＝mAg＋qvB＝mAg＋qBat，選項C正確；B對地面的壓力FNB＝(mA＋mB)g＋qBat，選項D正確。一、極光的形成(物理觀念)[選自魯科版新教材“科學書屋”]太陽發(fā)射出的帶電粒子高速掃過太陽系，形成了“太陽風”。這些帶電粒子經(jīng)過地球時，地球的磁場使它們發(fā)生偏轉(zhuǎn)。當“太陽風”中的帶電粒子進入極地高層大氣時，與大氣中的原子和分子碰撞并激發(fā)，產(chǎn)生光芒，這就是極光(如圖)。極光出現(xiàn)在北半球時被稱為北極光，出現(xiàn)在南半球時被稱為南極光。若“太陽風”中的高速電子流豎直向下射向赤道上空的某一點，試想，該電子流能到達該預定點嗎？如果不能，它相對于預定點向哪個方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)？[提示]不能向西二、典題好題發(fā)掘，練典題做一當十[選自魯科版新教材課后練習][多選]金屬板放在垂直于紙面的磁場中，當有電流通過時會產(chǎn)生霍爾效應(yīng)。如圖所示，寬為d的金屬板放入勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應(yīng)強度為B。當金屬板通入如圖所示的電流時，電子定向移動速度為v。下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點的電勢相等B．達到穩(wěn)定狀態(tài)時，a、b兩點之間的電勢差為BdvC．導體上表面聚集電子，a點電勢高于b點電勢D．導體下表面聚集電子，a點電勢低于b點電勢[解析]電流的方向水平向右，電子定向移動的方向水平向左，由左手定則可以判斷電子向上偏，a點電勢比b點高，C正確，A、D均錯誤；由eq\f(Uab,d)e＝Bve，可得：Uab＝Bdv，B項正確。[答案]BCeq\a\vs4\al([課時跟蹤訓練])A級—雙基達標1．[多選]下列說法中正確的是()A．運動電荷不受洛倫茲力的地方一定沒有磁場B．運動電荷受到的洛倫茲力方向既與其運動方向垂直，又與磁感線方向垂直C．帶電荷量為q的電荷，在磁場中運動速度大小不變，則所受洛倫茲力大小一定不變D．洛倫茲力對運動電荷不做功解析：選BD運動電荷的速度方向跟磁場方向平行時，不受洛倫茲力作用，故A錯誤；由左手定則可知洛倫茲力垂直于速度方向與磁場方向所決定的平面，故B正確；帶電荷量為q的電荷，在磁場中受到的洛倫茲力為F＝qvBsinθ，運動速度不變，若B的大小或θ發(fā)生變化，則電荷所受洛倫茲力大小發(fā)生變化，故C錯誤；洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，對運動電荷不做功，故D正確。2．關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法中正確的是()A．放置在磁場中的通電導線，一定受到安培力作用B．帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力作用C．因為安培力垂直于通電導線，故安培力對通電導線一定不做功D．因為洛倫茲力總垂直于電荷運動方向，故洛倫茲力對運動電荷一定不做功解析：選D當電流方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培力作用，故A錯誤；當帶電粒子運動方向與磁場方向在同一直線上時，帶電粒子不受洛倫茲力，故B錯誤；安培力垂直通電導線，導線的運動方向可以與安培力方向平行，故安培力可以做正功或負功，故C錯誤；因為洛倫茲力總垂直于電荷運動方向，故洛倫茲力對運動電荷一定不做功，故D正確。3.如圖，沒有磁場時，顯像管內(nèi)電子束打在熒光屏正中的O點，加磁場后電子束打在熒光屏O點上方的P點，則所加磁場的方向可能是()A．垂直于紙面向內(nèi) B．垂直于紙面向外C．平行于紙面向上 D．平行于紙面向下解析：選B電子進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，所受的洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則可以得知，磁場的方向垂直紙面向外，選項B正確。4.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導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點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B由右手螺旋定則可以判斷出a、b、c、d四根長直導線在正方形中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度如圖所示：四個磁感應(yīng)強度按矢量的平行四邊形定則合成，可得合磁場為水平向左。利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，可得洛倫茲力方向豎直向下，故B項正確。5.初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變解析：選A由右手螺旋定則判斷通電直導線產(chǎn)生的磁場在電子一側(cè)的方向向里，再由左手定則判斷電子在該磁場中受洛倫茲力方向向右，故電子向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，即電子速率不變，選項A正確。6.在長直通電螺線管中通入變化的電流i(如圖所示電流的方向周期性改變)，并沿著其中心軸線OO′的方向射入一顆速度為v的電子，則此電子在螺線管內(nèi)部空間運動的情況是()A．勻速直線運動 B．來回往復運動C．變速直線運動 D．曲線運動解析：選A通電螺線管內(nèi)部的磁場方向與軸線平行，故電子進入螺線管后不受洛倫茲力，應(yīng)做勻速直線運動。7.如圖所示，一帶負電的小球用絕緣細線懸掛起來，在勻強磁場中擺動，勻強磁場的方向垂直紙面向里。小球在A、B間擺動過程中，由A擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F1，小球加速度大小為a1，由B擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F2，小球加速度大小為a2，則()A．F1＜F2，a1＝a2 B．F1＞F2，a1＝a2C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2解析：選A設(shè)小球所帶電荷量為q，擺線長為r，磁感應(yīng)強度大小為B，在最低點時的速率為v，在擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以到達最低點時小球速度大小相等，則由A擺到最低點時有F1＋Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，由B擺到最低點時有F2－Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，解得F1＜F2，根據(jù)牛頓第二定律得ma＝meq\f(v2,r)，所以兩次通過C點時的加速度大小相同，即a1＝a2，故選項A正確。8.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是()A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為eq\f(mg,Bq)解析：選B帶電物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則知，物塊帶負電，故A錯誤；物塊在運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律知a＝gsinθ，物塊在離開斜面前做勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；當壓力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故D錯誤。9.如圖所示，質(zhì)量為m的帶正電小球能沿著絕緣墻面豎直下滑，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。若小球帶電荷量為q，球與墻面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則小球下滑的最大速度和最大加速度分別是多少？解析：當小球剛開始下滑時有最大加速度，即a＝g，當小球的加速度為零時有最大速度，即mg＝μF洛，F(xiàn)洛＝qvB，解得v＝eq\f(mg,μqB)。答案：eq\f(mg,μqB)gB級—選考提能10.如圖所示，兩根長直導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，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱。導線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導線中電流大小、r為某點到導線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球做變加速直線運動C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xD根據(jù)右手螺旋定則可知MO處的磁場方向垂直于MN向里，ON處的磁場方向垂直于MN向外，磁場大小先減小，過O點后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力開始方向向上且減小，過O點后方向向下且增大。由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃螅蔄、B、C錯誤，D正確。11.[多選]如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一帶正電荷的離子恰能以速度v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。則()A．若電子以速度v從右向左飛入，電子也沿直線運動B．若電子以速度v從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若電子以速度v從右向左飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若電子以速度v從左向右飛入，電子也沿直線運動解析：選BD若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B正確，A、C錯誤。若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意，對正電荷有qE＝Bqv，對電子有eE＝evB，所以電子從左向右飛入該區(qū)域，做勻速直線運動，D正確。12.如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有一長為L的懸線，拉一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，將小球與懸線拉至右側(cè)與磁感線垂直的水平位置由靜止釋放，試求小球通過最低位置時懸線上的拉力。解析：由左手定則判斷，小球通過最低位置時，洛倫茲力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律：F－Bqv－mg＝meq\f(v2,L)根據(jù)動能定理：mgL＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立得：F＝3mg＋Bqeq\r(2gL)。答案：3mg＋Bqeq\r(2gL)第3節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動1．理解帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的條件。2.會推導圓周運動的半徑公式和周期公式。3.掌握利用半徑公式和周期公式解決問題的方法。4．了解洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)和使用。eq\a\vs4\al(一、帶電粒子在勻強磁場中的運動)1．填一填(1)由于帶電粒子初速度的方向和洛倫茲力的方向都在與磁場方向垂直的平面內(nèi)。所以，粒子只能在該平面內(nèi)運動。(2)洛倫茲力總是與粒子運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小。(3)粒子速度大小不變，洛倫茲力大小也不變，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，粒子做勻速圓周運動。2．判一判(1)帶電粒子進入磁場后一定受洛倫茲力作用。(×)(2)洛倫茲力的方向始終與帶電粒子的速度方向垂直，洛倫茲力永不做功。(√)(3)帶電粒子進入勻強磁場后一定做勻速圓周運動。(×)3．選一選關(guān)于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是()A．帶電粒子沿電場線方向射入，靜電力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加B．帶電粒子垂直于電場線方向射入，靜電力對帶電粒子不做功，粒子動能不變C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加D．不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變解析：選D帶電粒子在電場中受到的靜電力F＝qE，只與電場有關(guān)，與粒子的運動狀態(tài)無關(guān)，做功的正負由θ角(力與位移方向的夾角)決定。對選項A，只有粒子帶正電時才成立，A錯誤；垂直射入勻強電場的帶電粒子，不管帶電性質(zhì)如何，靜電力都會做正功，動能一定增加，B錯誤；帶電粒子在磁場中的受力——洛倫茲力f洛＝qvBsinθ，其大小除與運動狀態(tài)有關(guān)，還與θ角(磁場方向與速度方向之間的夾角)有關(guān)，帶電粒子沿磁感線方向射入，不受洛倫茲力作用，粒子做勻速直線運動，粒子動能不變，C錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力對帶電粒子始終不做功，粒子動能不變，選項D正確。二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．填一填(1)半徑公式由qvB＝meq\f(v2,r)可得圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)。(2)實驗觀察①洛倫茲力演示儀(如圖所示)②實驗結(jié)論a．不加磁場時，電子束的徑跡是一條直線。b．加上磁場后，電子束的徑跡是一個圓。c．電子束射出速度v不變時，B變大，r變小。d．磁感應(yīng)強度B不變時，v變大，r變大。(3)周期公式勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)，將r＝eq\f(mv,qB)代入，可得T＝eq\f(2πm,qB)。2．判一判(1)運動電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度有關(guān)。(×)(2)運動電荷進入磁場后可能做勻速圓周運動，也可能做勻速直線運動。(√)(3)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑與帶電粒子進入勻強磁場時速度的大小有關(guān)。(√)3．想一想帶電粒子若垂直進入非勻強磁場后做半徑不斷變化的運動，這時公式r＝eq\f(mv,qB)是否成立？提示：成立。在非勻強磁場中，隨著B的變化，粒子軌跡的圓心、半徑不斷變化，但粒子運動到某位置的半徑仍由B、q、v、m決定，仍滿足r＝eq\f(mv,qB)。對半徑公式和周期公式的理解[學透用活]1．由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，半徑r與比荷eq\f(q,m)成反比，與速度v成正比，與磁感應(yīng)強度B成反比。2．由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，周期T與速度v、半徑r無關(guān)，與比荷eq\f(q,m)成反比，與磁感應(yīng)強度B成反比。[典例1][多選]有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子()A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等[解析]兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場的磁感應(yīng)強度B1是Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強度B2的k倍。由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項B錯誤；由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項C正確；由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項D錯誤。[答案]AC[規(guī)律方法](1)在勻強磁場中做勻速圓周運動的帶電粒子，它的軌道半徑跟粒子的運動速率和磁場的磁感應(yīng)強度有關(guān)。(2)帶電粒子在勻強磁場中的轉(zhuǎn)動周期T與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量和磁場的磁感應(yīng)強度有關(guān)，而與軌道半徑和運動速率無關(guān)。[對點練清]1．一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場，在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動。則下列能表示運動周期T與半徑R之間的關(guān)系圖像的是()解析：選D帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，qvB＝meq\f(v2,R)?R＝eq\f(mv,qB)，由圓周運動規(guī)律，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，可見粒子運動周期與半徑無關(guān)，故選項D正確。2．處在勻強磁場內(nèi)部的兩個電子A和B分別以速率v和2v垂直于磁場開始運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，哪個電子先回到原來的出發(fā)點()A．條件不夠，無法比較 B．A先到達C．B先到達 D．同時到達解析：選D由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，運動周期與速度v無關(guān)。兩個電子各自經(jīng)過一個周期又回到原來的出發(fā)點，故同時到達，選項D正確。3．在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一磁感應(yīng)強度是原來磁感應(yīng)強度2倍的勻強磁場，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑加倍C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)D．粒子的速率不變，周期減半解析：選D因洛倫茲力對運動電荷不做功，所以速率不變，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)和周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可判斷D選項正確。圓周運動的圓心、半徑、運動時間的確定[學透用活]1．圓心的確定帶電粒子進入一個有界磁場后的軌道是一段圓弧，其圓心一定在與速度方向垂直的直線上。通常有兩種確定方法。(1)已知入射方向和出射方向時，可以通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點，O為軌道圓心)。(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點，O為軌道圓心)。2．運動半徑的確定作入射點、出射點對應(yīng)的半徑，并作出相應(yīng)的輔助三角形，利用三角形的解析方法或其他幾何方法，求解出半徑的大小，并與半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)聯(lián)立求解。3．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α時，其運動時間可由此式表示：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))?？梢娏Ｗ愚D(zhuǎn)過的圓心角越大，所用時間越長。[典例2]如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v由A點垂直射入磁感應(yīng)強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，在C點穿出磁場時的速度方向與電子原來的入射方向成30°夾角，則電子的質(zhì)量是多少？電子穿過磁場的時間是多少？[解析]電子在磁場中運動，只受洛倫茲力的作用，故其軌跡是圓周的一部分，又因洛倫茲力總是與速度方向垂直，故電子做圓周運動的圓心在電子射入和穿出磁場時受到的洛倫茲力作用線的交點上，即過軌跡上兩點作速度的垂線可找到圓心O點，如圖所示。由幾何關(guān)系可知，弧AC所對的圓心角θ＝30°，OC為半徑，則r＝eq\f(d,sin30°)＝2d由eBv＝meq\f(v2,r)，代入r＝2d可得m＝eq\f(2dBe,v)因為弧AC所對的圓心角是30°，故電子穿過磁場的時間為t＝eq\f(1,12)T＝eq\f(1,12)·eq\f(2πm,eB)＝eq\f(πm,6eB)＝eq\f(πd,3v)。[答案]eq\f(2dBe,v)eq\f(πd,3v)[規(guī)律方法]帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題三步法[對點練清]1.[多選]如圖所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是()A．a(chǎn)B．bC．cD．d解析：選BD粒子的出射方向必定與它的運動軌跡相切，故軌跡a、c均不可能，正確答案為B、D。2.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點的粒子速度方向與MN成60°角，設(shè)兩粒子從S到a、b所需的時間分別為t1、t2，則t1∶t2為()A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2解析：選D畫出運動軌跡，過a點的粒子轉(zhuǎn)過90°，過b點的粒子轉(zhuǎn)過60°，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)及t＝eq\f(θ,2π)T可知t1∶t2＝3∶2，故選項D正確。3.[多選]如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→PB．電子運動一周回到P點所用的時間T＝eq\f(2πm,B1e)C．B1＝4B2D．B1＝2B2解析：選AD由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩磁場中軌跡圓的半徑比為1∶2，由半徑r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B1,B2)＝2，選項C錯誤，選項D正確；電子運動一周的時間t＝T1＋eq\f(T2,2)＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)＝eq\f(4πm,eB1)，選項B錯誤。帶電粒子在有界磁場中的運動[學透用活]1．磁場邊界的類型和特點(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性，如圖所示。(2)平行邊界：存在臨界條件，如圖所示。(3)圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示。2．與磁場邊界的關(guān)系(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跡與邊界相切。(2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)當速率v變化時，圓心角越大，運動的時間越長。[典例3]如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量m×10－8kg、電荷量q×10－6C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝30cm(1)帶電粒子到達P點時速度v的大??；(2)若磁感應(yīng)強度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離；(3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應(yīng)強度B′滿足的條件。[解析](1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得：v＝20m/s。(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有：qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)代入數(shù)據(jù)得：R＝0.50m而eq\f(OP,cos53°)＝0.50m故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達Q點時速度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。由幾何關(guān)系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m。(3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關(guān)系得：OP≥R′＋R′cos53°又R′＝eq\f(mv,qB′)由以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：B′≥eq\f(16,3)T≈5.33T。[答案](1)20m/s(2)0.90m(3)B′≥5.33T[規(guī)律方法]臨界極值問題的特征許多臨界問題要從關(guān)鍵詞找突破口，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。[對點練清]1.如圖，在正方形abcd范圍內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩個相同電子以不同的速率，從a點沿ab方向垂直磁場方向射入磁場，其中甲電子從c點射出，乙電子從d點射出。不計重力，則甲、乙電子()A．速率之比為1∶2B．在磁場中運行的周期之比為1∶2C．速度偏轉(zhuǎn)角之比為1∶2D．在磁場中運動時，動能和動量均不變解析：選C設(shè)磁場區(qū)域邊長為l，電子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)電子電荷量為q，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)，兩個電子的運動軌跡如圖所示。電子甲從c點離開，軌跡半徑為l，電子乙從d離開，軌跡半徑為eq\f(1,2)l，則速率之比為eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(l,\f(1,2)l)＝eq\f(2,1)，故A錯誤；電子的運行周期T＝eq\f(2πm,qB)，eq\f(T甲,T乙)＝1，故B錯誤；由圖可知，甲電子的偏轉(zhuǎn)角是90°，乙電子的偏轉(zhuǎn)角是180°，則速度偏轉(zhuǎn)角之比為1∶2，故C正確；電子在磁場中運動時，速度的大小不變，方向發(fā)生變化，故其動能不變，動量變化，故D錯誤。2.比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中，如圖所示，為使電子從BC邊穿出磁場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍為()A．B＞eq\f(\