【三維設(shè)計(jì)】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專(zhuān)版-第八章-磁場(chǎng)

第八章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))磁場(chǎng)[備考指南]考點(diǎn)內(nèi)容要求題型把握考情一、磁場(chǎng)、安培力磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線Ⅰ選擇找規(guī)律從近幾年高考試題來(lái)看，高考對(duì)本章內(nèi)容的考查，重點(diǎn)考查安培力、洛倫茲力以及帶電粒子在磁場(chǎng)(或復(fù)合場(chǎng))中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。對(duì)安培力、洛倫茲力的考查多以選擇題的形式毀滅；對(duì)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題多以綜合計(jì)算題的形式毀滅，一般綜合考查受力分析、動(dòng)力學(xué)關(guān)系、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)等學(xué)問(wèn)，難度較大，分值較高。通電直導(dǎo)線和通電線圈四周磁場(chǎng)的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的安培力Ⅱ選擇、計(jì)算洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ三、帶電粒子在組合場(chǎng)疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)洛倫茲力公式Ⅱ選擇、計(jì)算明熱點(diǎn)估量在2022年高考中仍將以帶電粒子在有界磁場(chǎng)、組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合分析為重點(diǎn)，毀滅大型綜合題的幾率較大。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第1節(jié)磁場(chǎng)的描述__磁場(chǎng)對(duì)電流的作用(1)磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，跟放在該點(diǎn)的摸索電流元的狀況無(wú)關(guān)。(√)(2)磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，跟放在該點(diǎn)的摸索電流元所受磁場(chǎng)力的方向全都。(×)(3)垂直磁場(chǎng)放置的線圈面積減小時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量可能增大。(√)(4)磁感線是真實(shí)存在的。(×)(5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場(chǎng)越強(qiáng)。(√)(6)將通電導(dǎo)線放入磁場(chǎng)中，若不受安培力，說(shuō)明該處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。(×)(7)安培力可能做正功，也可能做負(fù)功。(√)1820年，丹麥物理學(xué)家?jiàn)W斯特發(fā)覺(jué)電流可以使四周的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱(chēng)為電流的磁效應(yīng)。要點(diǎn)一對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解及磁場(chǎng)和電場(chǎng)的對(duì)比1．理解磁感應(yīng)強(qiáng)度的三點(diǎn)留意事項(xiàng)(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場(chǎng)本身打算，因此不能依據(jù)定義式B＝eq\f(F,IL)認(rèn)為B與F成正比，與IL成反比。(2)測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)小段通電導(dǎo)線必需垂直磁場(chǎng)放入，假如平行磁場(chǎng)放入，則所受安培力為零，但不能說(shuō)該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，其方向?yàn)榉湃肫渲械男〈裴楴極的受力方向，也是小磁針靜止時(shí)N極的指向。2．磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電場(chǎng)強(qiáng)度E的比較磁感應(yīng)強(qiáng)度B電場(chǎng)強(qiáng)度E物理意義描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱的物理量描述電場(chǎng)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)方向磁感線切線方向，小磁針N極受力方向(靜止時(shí)N極所指方向)電場(chǎng)線切線方向，正電荷受力方向大小打算因素由磁場(chǎng)打算，與檢驗(yàn)電流無(wú)關(guān)由電場(chǎng)打算，與檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)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)度的矢量和合電場(chǎng)強(qiáng)度等于各個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和單位1T＝1N/(A·m)1V/m＝1N/C[多角練通]下列關(guān)于磁場(chǎng)或電場(chǎng)的說(shuō)法正確的是()①通電導(dǎo)線受磁場(chǎng)力大的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度確定大②通電導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)度大的地方受力確定大③放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中各處的通電導(dǎo)線，受力大小和方向處處相同④磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小跟放在磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線受力的大小無(wú)關(guān)⑤電荷在某處不受電場(chǎng)力的作用，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度為零⑥一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度確定為零⑦檢驗(yàn)電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值表征該點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱⑧通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中某點(diǎn)受到的磁場(chǎng)力與導(dǎo)線長(zhǎng)度和電流乘積的比值表征該點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱答案：④⑤⑦要點(diǎn)二安培定則的應(yīng)用與磁場(chǎng)的疊加1．安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”，電流是“因”，磁場(chǎng)是“果”，既可以由“因”推斷“果”，也可以由“果”追溯“因”。緣由(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)方向)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)度為矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。[典例](多選)(2021·海南高考)3條在同一平面(紙面)內(nèi)的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線搭成一等邊三角形。在導(dǎo)線中通過(guò)的電流均為I，電流方向如圖8-1-1所示。a、b和c三點(diǎn)分別位于三角形的3個(gè)頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點(diǎn)的距離相等。將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3。下列說(shuō)法正確的是()圖8-1-1A．B1＝B2＜B3B．B1＝B2＝B3C．a(chǎn)和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外，c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里D．a(chǎn)處磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外，b和c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里[解析]本題要明確3條導(dǎo)線中的電流在a、b、c三點(diǎn)各自產(chǎn)生的磁場(chǎng)的分布狀況，要充分利用對(duì)稱(chēng)性進(jìn)行矢量合成。對(duì)于a點(diǎn)，由右手螺旋定則可知，兩傾斜導(dǎo)線在此處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，水平導(dǎo)線在此點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向外；對(duì)于b點(diǎn)，斜向右上方的導(dǎo)線與水平導(dǎo)線在此點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，斜向左上方的導(dǎo)線在此點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向外；對(duì)于c點(diǎn)，水平導(dǎo)線在此點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向里，斜向左上方和斜向右上方的導(dǎo)線在此點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向也向里，則c點(diǎn)合磁場(chǎng)方向向里，且有B3＞B1＝B2。綜上可知A、C正確。[答案]AC[方法規(guī)律]求解有關(guān)磁感應(yīng)強(qiáng)度的三個(gè)關(guān)鍵(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度→由磁場(chǎng)本身打算。(2)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(滿(mǎn)足平行四邊形定則)。(3)牢記推斷電流的磁場(chǎng)的方法→安培定則，并能嫻熟應(yīng)用，建立磁場(chǎng)的立體分布模型(記住5種常見(jiàn)磁場(chǎng)的立體分布圖)。[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·安徽高考)圖8-1-2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，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8-1-2A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B本題考查通電導(dǎo)線四周的磁場(chǎng)分布狀況和帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)狀況，意在考查考生的理解力氣和分析推理力氣。依據(jù)安培定則及磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加，可得O點(diǎn)處的磁場(chǎng)向左，再依據(jù)左手定則推斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。2．(2021·北京朝陽(yáng)區(qū)期末考試)圖8-1-3中a、b、c為三根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于等邊三角形的3個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。則在三角形中心O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度()圖8-1-3A．方向向左 B．方向向右C．方向向下 D．大小為零解析：選B依據(jù)右手螺旋定則，電流a在O產(chǎn)生的磁場(chǎng)平行于bc向右，電流b在O產(chǎn)生的磁場(chǎng)平行于ac指向右下方，電流c在O產(chǎn)生的磁場(chǎng)平行于ab指向右上方；由于三根導(dǎo)線中電流大小相同，到O點(diǎn)的距離相同，依據(jù)平行四邊形定則，合場(chǎng)強(qiáng)的方向向右，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。要點(diǎn)三安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)1．判定導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)狀況的基本思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必需弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁場(chǎng)磁感線分布狀況，然后利用左手定則精確?????判定導(dǎo)體的受力狀況，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。2．5種常用判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則),\s\do5())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)論法同向電流相互吸引，異向電流相互排斥；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)換爭(zhēng)辯對(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(wèn)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[典例]一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2相互絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖8-1-4所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將()圖8-1-4A．不動(dòng) B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．在紙面內(nèi)平動(dòng)[解析]方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成很多段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，依據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。[答案]B[針對(duì)訓(xùn)練]1.如圖8-1-5所示，把一重力不計(jì)的通電導(dǎo)線水平放置在蹄形磁鐵兩極的正上方，導(dǎo)線可以自由轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線通入圖示方向的電流時(shí)，導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)狀況是(從上往下看)()圖8-1-5A．順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降B．順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升C．逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降D．逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升解析：選A結(jié)合微元法與特殊位置法解答本題。如圖甲所示，把直線電流等效為很多小段，中間的點(diǎn)為O點(diǎn)，選擇在O點(diǎn)左側(cè)S極右上方的一小段為爭(zhēng)辯對(duì)象，該處的磁場(chǎng)方向指向左下方，由左手定則推斷，該小段受到的安培力的方向垂直紙面對(duì)里，在O點(diǎn)左側(cè)的各段電流元都受到垂直紙面對(duì)里的安培力，把各段電流元受到的力合成，則O點(diǎn)左側(cè)導(dǎo)線受到垂直紙面對(duì)里的安培力；同理推斷出O點(diǎn)右側(cè)的電流受到垂直紙面對(duì)外的安培力。因此，由上向下看，導(dǎo)線沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)。分析導(dǎo)線轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)的情形。如圖乙所示，導(dǎo)線中的電流向外，由左手定則可知，導(dǎo)線受到向下的安培力。由以上分析可知，導(dǎo)線在順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)向下運(yùn)動(dòng)。選項(xiàng)A正確。2．將一個(gè)質(zhì)量很小的金屬圓環(huán)用細(xì)線吊起來(lái)，在其四周放一塊條形磁鐵，磁鐵的軸線與圓環(huán)在同一個(gè)平面內(nèi)，且通過(guò)圓環(huán)中心，如圖8-1-6所示，當(dāng)圓環(huán)中通以順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，從上往下看()圖8-1-6A．圓環(huán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，靠近磁鐵B．圓環(huán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，遠(yuǎn)離磁鐵C．圓環(huán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，靠近磁鐵D．圓環(huán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，遠(yuǎn)離磁鐵解析：選C該通電圓環(huán)相當(dāng)于一個(gè)垂直于紙面的小磁針，N極在內(nèi)，S極在外，依據(jù)同極相互排斥，異極相互吸引，可得C項(xiàng)正確。3．如圖8-1-7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(kāi)頭兩根導(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(lái)兩根導(dǎo)線通圖示方向大小相同的電流后，磁鐵照舊靜止，則與未通電時(shí)相比()圖8-1-7A．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不變解析：選D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，磁鐵受到垂直斜面對(duì)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。要點(diǎn)四安培力作用下的平衡問(wèn)題1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感應(yīng)強(qiáng)度和電流兩兩垂直，且L是通電導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度，即垂直磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的長(zhǎng)度。2．通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的平衡和加速問(wèn)題的分析思路(1)選定爭(zhēng)辯對(duì)象；(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)出平面受力分析圖，其中安培力的方向要留意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛頓其次定律方程進(jìn)行求解。3．安培力做功的特點(diǎn)和實(shí)質(zhì)(1)安培力做功與路徑有關(guān)，不像重力、電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)。(2)安培力做功的實(shí)質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化①安培力做正功時(shí)將電源的能量轉(zhuǎn)化為導(dǎo)線的動(dòng)能或其他形式的能。②安培力做負(fù)功時(shí)將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能后儲(chǔ)存起來(lái)或轉(zhuǎn)化為其他形式的能。[典例](多選)(2022·浙江高考)如圖8-1-8甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱(chēng)放置一根均勻金屬棒。從t＝0時(shí)刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T(mén)，最大值為Im，圖甲中I所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒()圖8-1-8A．始終向右移動(dòng)B．速度隨時(shí)間周期性變化C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功[解析]由左手定則可知，金屬棒一開(kāi)頭向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開(kāi)頭做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一個(gè)周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個(gè)周期安培力水平向右，后半個(gè)周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項(xiàng)C正確；一個(gè)周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動(dòng)能定理可知安培力在一個(gè)周期內(nèi)不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]ABC[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·合肥二檢)如圖8-1-9所示為電流天平，它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與線圈平面垂直。當(dāng)線圈中通過(guò)方向如圖所示的電流I時(shí)，調(diào)整砝碼使兩臂達(dá)到平衡。然后使電流反向，大小不變。這時(shí)為使天平兩臂再達(dá)到新的平衡，則需()圖8-1-9A．在天平右盤(pán)中增加質(zhì)量m＝eq\f(nBIL,g)的砝碼B．在天平右盤(pán)中增加質(zhì)量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝碼C．在天平左盤(pán)中增加質(zhì)量m＝eq\f(nBIL,g)的砝碼D．在天平左盤(pán)中增加質(zhì)量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝碼解析：選D由左手定則可知電流方向反向后，安培力方向豎直向下，故要使天平再次達(dá)到新的平衡，需要在天平的左盤(pán)中增加砝碼，A、B錯(cuò)。由于天平是等臂杠桿，故左盤(pán)增加砝碼的重力大小等于右盤(pán)增加的安培力，右盤(pán)安培力增加量為ΔF＝2nBIL，故由ΔF＝mg，可得m＝eq\f(2nBIL,g)，C錯(cuò)，D對(duì)。2．如圖8-1-10所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°；ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin53°＝0.8，cos圖8-1-10(1)通過(guò)ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大??；(3)重物重力G的取值范圍。解析：(1)I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A方向?yàn)閍到b(2)F＝BIL＝5N(3)受力如圖fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)FT＝Fsin53°－fm＝0.5N當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N答案：(1)2Aa到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：磁感應(yīng)強(qiáng)度、安培定則1．(2022·全國(guó)卷Ⅰ)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說(shuō)法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小確定變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：選B依據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場(chǎng)B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場(chǎng)B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場(chǎng)B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見(jiàn)，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，C錯(cuò)誤；如圖所示，電流I和磁場(chǎng)B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，分段爭(zhēng)辯導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場(chǎng)B垂直，依據(jù)平行四邊形定則可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D錯(cuò)誤。2．如圖1所示，為某種用來(lái)束縛原子的磁場(chǎng)的磁感線分布狀況，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圖2解析：選C依據(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。3．(多選)有兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b相互平行放置，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)線四周的兩點(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(shuō)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)度都不行能為零D．在線段MN上只有一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析：選BD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．(多選)如圖4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(chēng)，P為x軸上一點(diǎn)，Q為z軸上一點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()圖4A．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)不受洛倫茲力作用解析：選AB依據(jù)右手螺旋定則可推斷兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，再利用矢量合成法則可推斷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。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)5．(2021·廣東汕頭質(zhì)檢)如圖5，兩個(gè)圓形線圈P和Q，懸掛在光滑絕緣桿上，通以方向相同的電流，若I1＞I2，P、Q受到安培力大小分別為F1和F2，則P和Q()圖5A．相互吸引，F(xiàn)1＞F2B．相互排斥，F(xiàn)1＞F2C．相互排斥，F(xiàn)1＝F2D．相互吸引，F(xiàn)1＝F2解析：選D由于P、Q通以同向電流，據(jù)“同向電流相吸，異向電流相斥”可知，P、Q是相互吸引的，P、Q之間的相互吸引力遵循牛頓第三定律，總是等大、反向。6．(2021·蘭州模擬)如圖6所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方四周用絕緣繩水平吊起通電直導(dǎo)線A，A與螺線管垂直。A導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面對(duì)里，開(kāi)關(guān)S閉合，A受到通電螺線管磁場(chǎng)的作用力的方向是()圖6A．水平向左 B．水平向右C．豎直向下 D．豎直向上解析：選D先依據(jù)安培定則推斷通電螺線管在A處的磁場(chǎng)方向?yàn)樗较蜃螅僖罁?jù)左手定則可推斷A受力的方向?yàn)樨Q直向上。7．(2021·江門(mén)三調(diào))如圖7所示，帶負(fù)電的金屬環(huán)繞軸OO′以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最終靜止時(shí)()圖7A．N極豎直向上B．N極豎直向下C．N極沿軸線向左D．N極沿軸線向右解析：選C帶負(fù)電的金屬環(huán)勻速旋轉(zhuǎn)，可等效為反向的電流，依據(jù)安培定則，在環(huán)內(nèi)形成水平向左的磁場(chǎng)，故小磁針靜止時(shí)N極沿軸線向左，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。8．(2021·汕頭模擬)如圖8是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場(chǎng)均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長(zhǎng)均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。則()圖8A．該磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．線圈平面總與磁場(chǎng)方向垂直C．線圈將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．a(chǎn)、b導(dǎo)線受到的安培力大小總為BIl解析：選D勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在圖示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；易知選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為BIl，選項(xiàng)D正確。9．(2021·廣東深圳南山期末)指南針是我國(guó)古代的四大制造之一。當(dāng)指南針靜止時(shí)，其N(xiāo)極指向如圖虛線(南北向)所示，若某一條件下該指南針靜止時(shí)N極指向如圖9實(shí)線(N極東偏北向)所示。則以下推斷正確的是()圖9A．可能在指南針上面有一導(dǎo)線東西放置，通有東向西的電流B．可能在指南針上面有一導(dǎo)線東西放置，通有西向東的電流C．可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有北向南的電流D．可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有南向北的電流解析：選C若某一條件下該指南針靜止時(shí)N極指向如題圖實(shí)線(N極東偏北向)所示，則有一指向東的磁場(chǎng)，由安培定則，可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有北向南的電流，C正確。10．(2022·天津高考)如圖10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，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，假如僅轉(zhuǎn)變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化狀況是()圖10A．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角變小解析：選A棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項(xiàng)A正確；兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11．(多選)如圖11所示，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為θ。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于垂直ab方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時(shí)，金屬桿ab保持靜止。則磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小可能為()圖11A．豎直向上，mgtanθ/(IL)B．平行導(dǎo)軌向上，mgcosθ/(IL)C．水平向右，mg/(IL)D．水平向左，mg/(IL)解析：選AD若磁場(chǎng)方向豎直向上，則金屬桿受重力、支持力和水平向右的安培力，這三個(gè)力可以平衡，平衡時(shí)有BIL－mgtanθ＝0，解得B＝eq\f(mgtanθ,IL)，A正確；磁場(chǎng)方向平行導(dǎo)軌向上時(shí)，安培力方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下，它與重力和支持力不行能平衡，B錯(cuò)誤；當(dāng)磁場(chǎng)方向水平向右時(shí)，安培力豎直向下，它與重力和支持力不行能平衡，C錯(cuò)誤；當(dāng)磁場(chǎng)方向水平向左時(shí)，安培力方向豎直向上，當(dāng)它與重力相等時(shí)，支持力為零，金屬棒可以處于平衡狀態(tài)，此時(shí)有BIL－mg＝0，解得B＝eq\f(mg,IL)，D正確。12．(多選)(2021·廣東廣州三模)如圖12所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O′，并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時(shí)懸線與豎直方向夾角為θ。磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為()圖12A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z負(fù)向，eq\f(mg,IL)tanθ D．沿懸線向上，eq\f(mg,IL)sinθ解析：選BC本題要留意在受力分析時(shí)把立體圖變成側(cè)視平面圖，然后通過(guò)平衡狀態(tài)的受力分析來(lái)確定B的方向和大小。若B沿z正向，則從O向O′看，導(dǎo)線受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如圖甲所示，導(dǎo)線無(wú)法平衡，A錯(cuò)誤。若B沿y正向，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，如圖乙所示。當(dāng)FT＝0，且滿(mǎn)足ILB＝mg，即B＝eq\f(mg,IL)時(shí)，導(dǎo)線可以平衡，B正確。若B沿z負(fù)向，導(dǎo)線受到的安培力水平向右，如圖丙所示。若滿(mǎn)足FTsinθ＝ILB，F(xiàn)Tcosθ＝mg，即B＝eq\f(mgtanθ,IL)，導(dǎo)線可以平衡，C正確。若B沿懸線向上，導(dǎo)線受到的安培力垂直于導(dǎo)線指向左下方，如圖丁所示，導(dǎo)線無(wú)法平衡，D錯(cuò)誤。13．(2021·江蘇泰州模擬)如圖13所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長(zhǎng)為0.4m、質(zhì)量為6×10－2kg的通電直導(dǎo)線，電流大小I＝1A，方向垂直于紙面對(duì)外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動(dòng)，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒增加0.4T、方向豎直向上的磁場(chǎng)中。設(shè)t＝0時(shí)，B＝0，則需要多長(zhǎng)時(shí)間，斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零？(圖13解析：斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零時(shí)導(dǎo)線的受力如圖所示。由平衡條件得FTcos37°＝FFTsin37°＝mg兩式聯(lián)立解得F＝eq\f(mg,tan37°)＝0.8N由F＝BIL得B＝eq\f(F,IL)＝2T由題意知，B與t的變化關(guān)系為B＝0.4t代入數(shù)據(jù)得t＝5s答案：5s第2節(jié)磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)確定會(huì)受到磁場(chǎng)力的作用。(×)(2)洛倫茲力的方向在特殊狀況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。(×)(3)依據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，說(shuō)明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T與v成反比。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。(√)(6)利用質(zhì)譜儀可以測(cè)得帶電粒子的比荷。(√)(7)經(jīng)過(guò)回旋加速器加速的帶電粒子的最大動(dòng)能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、加速電壓的大小共同打算的。(×)(1)荷蘭物理學(xué)家洛倫茲提出運(yùn)動(dòng)電荷產(chǎn)生了磁場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點(diǎn)。(2)英國(guó)物理學(xué)家湯姆孫發(fā)覺(jué)電子，并指出：陰極射線是高速運(yùn)動(dòng)的電子流。(3)阿斯頓設(shè)計(jì)的質(zhì)譜儀可用來(lái)測(cè)量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。(4)1932年，美國(guó)物理學(xué)家勞倫茲制造了回旋加速器，能在試驗(yàn)室中產(chǎn)生大量的高能粒子。(最大動(dòng)能僅取決于磁場(chǎng)和D形盒直徑，帶電粒子圓周運(yùn)動(dòng)周期與高頻電源的周期相同)要點(diǎn)一對(duì)洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，留意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不愿定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力確定不做功。2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)分(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。3．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較洛倫茲力電場(chǎng)力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場(chǎng)中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系確定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無(wú)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)方向相反做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功[典例](多選)如圖8-2-1所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)進(jìn)入這個(gè)區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng)，從C點(diǎn)離開(kāi)區(qū)域；假如將磁場(chǎng)撤去，其他條件不變，則粒子從B點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)；假如將電場(chǎng)撤去，其他條件不變，則這個(gè)粒子從D點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)。已知BC＝CD，設(shè)粒子在上述三種狀況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時(shí)間分別是t1、t2和t3，離開(kāi)三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽視不計(jì)，以下關(guān)系正確的是()圖8-2-1A．t1＝t2＜t3 B．t1＜t2＝t3C．Ek1＞Ek2＝Ek3 D．Ek1＝Ek2＜Ek3[審題指導(dǎo)](1)當(dāng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子做________運(yùn)動(dòng)提示：勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)只有電場(chǎng)時(shí)，粒子做________運(yùn)動(dòng)，用公式________求時(shí)間。提示：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)t1＝eq\f(LAC,v)(3)只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子做________運(yùn)動(dòng)，用________與速度的比值求時(shí)間。提示：勻速圓周運(yùn)動(dòng)弧長(zhǎng)[解析]當(dāng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)qE＝qvB；當(dāng)只有電場(chǎng)時(shí)，粒子從B點(diǎn)射出，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，所以t1＝t2；當(dāng)只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，但路程變長(zhǎng)，則t2＜t3，因此A選項(xiàng)正確。粒子從B點(diǎn)射出時(shí)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能變大，故C選項(xiàng)正確。[答案]AC[方法規(guī)律]洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷(或帶電體)不做功，不轉(zhuǎn)變速度的大小，但它可以轉(zhuǎn)變運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等。[針對(duì)訓(xùn)練]1．如圖8-2-2所示，在豎直絕緣的平臺(tái)上，一個(gè)帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的A點(diǎn)，若加一垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則小球的落點(diǎn)()圖8-2-2A．仍在A點(diǎn)B．在A點(diǎn)左側(cè)C．在A點(diǎn)右側(cè)D．無(wú)法確定解析：選C洛倫茲力雖不做功，但可以轉(zhuǎn)變小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(轉(zhuǎn)變速度的方向)，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ay＝eq\f(mg－qvBcosθ,m)<g，故小球平拋的時(shí)間將增加，落點(diǎn)應(yīng)在A點(diǎn)的右側(cè)。2．(多選)如圖8-2-3所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電?，F(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，則()圖8-2-3A．經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變解析：選CD設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bvq甲＝eq\f(mv\o\al(2,甲),r)，mg－Bvq乙＝eq\f(mv\o\al(2,乙),r)，mg＝eq\f(mv\o\al(2,丙),r)，明顯，v甲>v丙>v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，由于勢(shì)能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確。要點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．圓心的確定圖8-2-4(1)已知入射點(diǎn)、入射方向和出射點(diǎn)、出射方向時(shí)，可通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)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8-2-4甲所示)。(2)已知入射方向和入射點(diǎn)、出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過(guò)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)就是圓弧軌道的圓心(如圖8-2-4乙所示)。(3)帶電粒子在不同邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)：①直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱(chēng)性，如圖8-2-5所示)。圖8-2-5②平行邊界(存在臨界條件，如圖8-2-6所示)。圖8-2-6③圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8-2-7所示)。圖8-2-72．半徑的確定和計(jì)算利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，求解時(shí)留意以下幾個(gè)重要的幾何特點(diǎn)：圖8-2-8(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖8-2-8)，即φ＝α＝2θ＝ωt。(2)直角三角形的應(yīng)用(勾股定理)。找到AB的中點(diǎn)C，連接OC，則△AOC、△BOC都是直角三角形。3．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(mén)，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間可由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)，t＝eq\f(l,v)(l為弧長(zhǎng))。[典例]如圖8-2-9所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向成θ角。設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子之間相互作用力及所受的重力，求：圖8-2-9(1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R；(2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(3)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獵取信息一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向射入沿半徑方向入射，確定會(huì)沿半徑方向射出運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向成θ角θ為偏向角等于軌道圓弧所對(duì)圓心角其次步：找突破口(1)要求軌跡半徑→應(yīng)依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力求解。(2)要求運(yùn)動(dòng)時(shí)間→可依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T，先求周期T。(3)要求圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑→可依據(jù)幾何關(guān)系求解。[解析](1)由牛頓其次定律和洛倫茲力公式得evB＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB)。(2)設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB)由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,eB)。(3)由如圖所示幾何關(guān)系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)，所以r＝eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)。[答案](1)eq\f(mv,eB)(2)eq\f(mθ,eB)(3)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)[方法規(guī)律]帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的程序解題法——三步法[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2022·安徽高考)“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場(chǎng)，以使帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑不變。由此可推斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于()A.eq\r(T) B．TC.eq\r(T3) D．T2解析：選A由題意可知，等離子體的動(dòng)能Ek＝cT(c是比例系數(shù))，在磁場(chǎng)中做半徑確定的圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，B＝eq\f(mv,rq)＝eq\f(\r(2mEk),rq)＝eq\f(\r(2mc),rq)eq\r(T)，因此A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．(2022·全國(guó)卷Ⅰ)如圖8-2-10，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()圖8-2-10A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：選D依據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點(diǎn)的速度為v1，依據(jù)牛頓其次定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。3．(多選)(2022·全國(guó)卷Ⅱ)如圖8-2-11為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵供應(yīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()圖8-2-11A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向確定不同B．電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑確定相同C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法推斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動(dòng)能越大，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小解析：選AC依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，利用左手定則解題。依據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動(dòng)能大，其mv不愿定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。要點(diǎn)三帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于多種因素的影響，使問(wèn)題形成多解。多解形成緣由一般包含下述幾個(gè)方面：1．帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度的條件下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，導(dǎo)致形成多解。[典例1]如圖8-2-12所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。圖8-2-12[解析]題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說(shuō)明是帶哪種電荷。若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的eq\f(1,4)圓弧，軌道半徑：R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－R/eq\r(2)解得v＝(2＋eq\r(2))Bqd/m。若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的eq\f(3,4)圓弧，則有：R′＝eq\f(mv′,Bq)d＝R′＋eq\f(R′,\r(2))，解得v′＝(2－eq\r(2))Bqd/m。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為正電荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為負(fù)電荷)2．磁場(chǎng)方向不確定形成多解有些題目只告知了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時(shí)必需要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。[典例2](多選)在M、N兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖8-2-13所示。已知兩條導(dǎo)線M、N中只有一條導(dǎo)線中通有恒定電流，另一條導(dǎo)線中無(wú)電流，關(guān)于電流方向和粒子帶電狀況及運(yùn)動(dòng)的方向，可能是()圖8-2-13A．M中通有自上而下的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)B．M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)C．N中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)D．N中通有自下而上的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)[解析]考慮到磁場(chǎng)可能是垂直紙面對(duì)外，也可能是垂直紙面對(duì)里，并結(jié)合安培定則、左手定則，易知A、B正確。[答案]AB圖8-2-143．臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射界面這邊反向飛出，如圖8-2-14所示。于是形成了多解。[典例3](多選)長(zhǎng)為l的水平極板間有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖8-2-15所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為l，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場(chǎng)，欲使粒子不打在極板上，可接受的方法是()圖8-2-15A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度v滿(mǎn)足eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又因r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；粒子剛好打在極板左邊緣，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正確。[答案]AB4．運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解空間中部分是電場(chǎng)，部分是磁場(chǎng)，帶電粒子在空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，因而形成多解。[典例4](2022·江蘇高考)某裝置用磁場(chǎng)把握帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖8-2-16所示。裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng)，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場(chǎng)的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。轉(zhuǎn)變粒子入射速度的大小，可以把握粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子的重力。(1)求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量Δv；(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。圖8-2-16[審題指導(dǎo)](1)試在圖中畫(huà)出粒子打到P點(diǎn)、N點(diǎn)、M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡(為便利畫(huà)圖，可設(shè)P、N、M不確定的點(diǎn))提示：(2)在圖中確定圓周運(yùn)動(dòng)的圓心位置，并通過(guò)幾何關(guān)系把L與d和半徑r的關(guān)系寫(xiě)出來(lái)。提示：L＝3rsin30°＋3dcos30°(3)打到M點(diǎn)的粒子，每經(jīng)過(guò)一次磁場(chǎng)沿OO′方向前進(jìn)多少距離？提示：前進(jìn)距離L′＝2dcos30°＋2rsin30°[解析](1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為r依據(jù)題意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L－\r(3)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))(2)設(shè)轉(zhuǎn)變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌道半徑為r′meq\f(v2,r)＝qvBmeq\f(v′2,r′)＝qv′B由題意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)－\f(\r(3),4)d))(3)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)上方磁場(chǎng)共n次由題意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且meq\f(v\o\al(2,n),rn)＝qvnB，解得vn＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,n＋1)－\r(3)d))(1≤n＜eq\f(\r(3)L,3d)－1，n取整數(shù))[答案]見(jiàn)解析[方法規(guī)律]求解帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)多解問(wèn)題的技巧(1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解的形成緣由。(2)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性重復(fù)的多解問(wèn)題，查找通項(xiàng)式，若是毀滅幾種解的可能性，留意每種解毀滅的條件。要點(diǎn)四帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界極值問(wèn)題[多維探究](一)半無(wú)界磁場(chǎng)[典例1](多選)(2022·江蘇高考)如圖8-2-17所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)可落在邊界上的A點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的有()圖8-2-17A．若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度確定小于v0B．若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度確定大于v0C．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于v0－qBd/2D．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能大于v0＋qBd/2[解析]因粒子由O點(diǎn)以速度v0入射時(shí)，最遠(yuǎn)落在A點(diǎn)，又粒子在O點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)時(shí)，在邊界上的落點(diǎn)最遠(yuǎn)，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右側(cè)，速度應(yīng)大于v0，B正確；當(dāng)粒子落在A的左側(cè)時(shí)，由于不愿定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)左側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為xmin，則eq\f(xOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正確；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)右側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為v1，則eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D錯(cuò)誤。[答案]BC(二)四分之一平面磁場(chǎng)[典例2]如圖8-2-18所示，一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點(diǎn)以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點(diǎn)的坐標(biāo)。圖8-2-18[解析]軌跡示意圖如圖所示，由射入、射出點(diǎn)的半徑可找到圓心O′，并得出半徑為r＝eq\f(2a,\r(3))＝eq\f(mv,Bq)，得B＝eq\f(\r(3)mv,2aq)；射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，eq\r(3)a)。[答案]B＝eq\f(\r(3)mv,2aq)；射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，eq\r(3)a)。(三)矩形磁場(chǎng)[典例3](多選)如圖8-2-19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(guò)此區(qū)域的時(shí)間為t。若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子仍以原來(lái)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8-2-19A．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[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)。[答案]AB(四)正方形磁場(chǎng)[典例4](多選)(2011·海南高考)空間存在方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖8-2-20中的正方形為其邊界。一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從O點(diǎn)入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計(jì)重力。下列說(shuō)法中正確的是()圖8-2-20A．入射速度不同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間確定不同B．入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡確定相同C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡確定相同D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角確定越大[解析]在磁場(chǎng)中帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(mv,qB)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(θm,qB)(θ為轉(zhuǎn)過(guò)圓心角)，故B、D正確。當(dāng)粒子從O點(diǎn)所在的邊上射出時(shí)，軌跡可以不同，但圓心角相同為180°，因而A、C錯(cuò)。[答案]BD(五)半圓形磁場(chǎng)[典例5]如圖8-2-21所示，長(zhǎng)方形abcd長(zhǎng)ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點(diǎn)，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(邊界上無(wú)磁場(chǎng))，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T。一群不計(jì)重力、質(zhì)量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5圖8-2-21A．從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在Oa邊和ab邊D．從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在ab邊和bc邊[解析]由r＝eq\f(mv,qB)得帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r＝0.3m，從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在ab和be邊；從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在ab邊和be邊；選項(xiàng)D正確。[答案]D(六)圓形磁場(chǎng)[典例6](2022·安徽高考)如圖8-2-22所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)圖8-2-22A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt[解析]帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，據(jù)牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子第一次通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，圓弧AC所對(duì)應(yīng)的圓心角∠AO1C＝60°，經(jīng)受的時(shí)間為Δt＝eq\f(60°,360°)T(T為粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期，大小為T(mén)＝eq\f(2πm,qB)，與粒子速度大小無(wú)關(guān))；當(dāng)粒子速度減小為eq\f(v,3)后，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)知其在磁場(chǎng)中的軌道半徑變?yōu)閑q\f(r,3)，粒子將從D點(diǎn)射出，依據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對(duì)應(yīng)的圓心角∠AO2D＝120°，經(jīng)受的時(shí)間為Δt′＝eq\f(120°,360°)T＝2Δt。由此可知本題正確選項(xiàng)只有B。[答案]B(七)三角形磁場(chǎng)[典例7]如圖8-2-23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(guò)BC邊，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值為()圖8-2-23A．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)[解析]由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過(guò)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(guò)，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。[答案]D對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：洛倫茲力1．圖1為云室中某粒子穿過(guò)鉛板P前后的軌跡(粒子穿過(guò)鉛板后電荷量、質(zhì)量不變)，室中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與軌道所在平面垂直(圖中垂直于紙面對(duì)內(nèi))，由此可知此粒子()圖1A．確定帶正電B．確定帶負(fù)電C．不帶電D．可能帶正電，也可能帶負(fù)電解析：選A粒子穿過(guò)鉛板的過(guò)程中，動(dòng)能減小，軌道半徑減小，依據(jù)題圖中粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可以確定粒子從下向上穿過(guò)鉛板，再由左手定則可推斷出粒子確定帶正電，選項(xiàng)A正確。2．如圖2所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，在O點(diǎn)存在的垂直紙面對(duì)里運(yùn)動(dòng)的勻速電子束?！螹OP＝60°，在M、N處各有一條長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過(guò)紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時(shí)O點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長(zhǎng)直導(dǎo)線移至P處，則O點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力大小為F2。那么F2與F1之比為()圖2A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶2解析：選B長(zhǎng)直導(dǎo)線在M、N、P處時(shí)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，M、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝2B，P、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度夾角為60°，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝eq\r(3)B，可得，B2∶B1＝eq\r(3)∶2，又由于F洛＝qvB，所以F2∶F1＝eq\r(3)∶2，選項(xiàng)B正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3．下列裝置中，沒(méi)有利用帶電粒子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是圖3解析：選D洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，不是利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以選項(xiàng)D符合題意。4.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4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4A．可能做直線運(yùn)動(dòng)B．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C．確定做曲線運(yùn)動(dòng)D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析：選C帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)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)不行能做直線運(yùn)動(dòng)，也不行能做勻減速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確。5．(2021·深圳二調(diào))一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則下列能表示運(yùn)動(dòng)周期T與半徑R之間的關(guān)系圖像的是圖5解析：選D帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，qvB＝meq\f(v2,R)?R＝eq\f(mv,qB)，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，可見(jiàn)粒子運(yùn)動(dòng)周期與半徑無(wú)關(guān)，故D項(xiàng)正確。6．(多選)(2021·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運(yùn)行的半圓軌跡如圖6中虛線所示，下列表述正確的是()圖6A．M帶負(fù)電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對(duì)M、N不做功D．M的運(yùn)行時(shí)間大于N的運(yùn)行時(shí)間解析：選AC由左手定則可知，M帶負(fù)電，N帶正電，選項(xiàng)A正確；由r＝eq\f(mv,qB)可知，M的速率大于N的速率，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；洛倫茲力對(duì)M、N不做功，選項(xiàng)C正確；由T＝eq\f(2πm,qB)可知M的運(yùn)行時(shí)間等于N的運(yùn)行時(shí)間，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題7.(多選)如圖7所示，寬d＝4cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，縱向范圍足夠大，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里?，F(xiàn)有一群正粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場(chǎng)，若粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝10圖7A．右邊界：－8cm＜y＜B．右邊界：0＜y＜8C．左邊界：y＞8D．左邊界：0＜y＜16解析：選AD依據(jù)左手定則，正粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中將沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，由軌道半徑r＝10cm畫(huà)出粒子的兩種臨界運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，則OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10cm，由幾何學(xué)問(wèn)求得AB＝BC＝對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界極值問(wèn)題8．(多選)如圖8，兩個(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)，最終打到屏P上，不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的有()圖8A．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的近解析：選ADa、b粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都為R＝eq\f(mv,qB)，畫(huà)出軌跡如圖所示，O1、O2分別為b、a軌跡的圓心，a在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)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。9．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9所示。運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)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(guò)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9A．v0 B．1C．2v0 D.eq\f(v0,2)解析：選C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(lèi)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)。10．(2021·馬鞍山二檢)如圖10所示，abcd為一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，三個(gè)粒子以相同的速度從a點(diǎn)沿ac方向射入，粒子1從b點(diǎn)射出，粒子2從c點(diǎn)射出，粒子3從cd邊垂直于磁場(chǎng)邊界射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。依據(jù)以上信息，可以確定()圖10A．粒子1帶負(fù)電，粒子2不帶電，粒子3帶正電B．粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1C．粒子1和粒子3在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為4∶1D．粒子3的射出位置與d點(diǎn)相距eq\f(L,2)解析：選B依據(jù)左手定則可知粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子1在磁場(chǎng)中的軌跡為四分之一圓周，半徑r1＝eq\f(\r(2),2)L，時(shí)間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πr1,v)＝eq\f(\r(2)πL,4v)，粒子3在磁場(chǎng)中的軌跡為八分之一圓周，半徑r3＝eq\r(2)L，時(shí)間t3＝eq\f(1,8)T＝eq\f(1,8)×eq\f(2πr3,v)＝eq\f(\r(2)πL,4v)，則t1＝t3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由r＝eq\f(mv,qB)可知粒子1和粒子3的比荷之比為r3∶r1＝2∶1，選項(xiàng)B正確；粒子3的射出位置與d點(diǎn)相距(eq\r(2)－1)L，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)綜合訓(xùn)練11．(2021·大綱卷)如圖11所示，虛線OL與y軸的夾角θ＝60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為M。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R。粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，且eq\x\to(OP)＝R。不計(jì)重力。求M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。圖11解析：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生綜合解決問(wèn)題的力氣。依據(jù)題意，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線OL于A點(diǎn)，圓心為y軸上的C點(diǎn)，AC與y軸的夾角為α；粒子從A點(diǎn)射出后，運(yùn)動(dòng)軌跡交x軸于P點(diǎn)，與x軸的夾角為β，如圖所示。有qvB＝meq\f(v2,R)①周期為T(mén)＝eq\f(2πR,v)由此得T＝eq\f(2πm,qB)②過(guò)A點(diǎn)作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D。由圖中幾何關(guān)系得eq\x\to(AD)＝Rsinαeq\x\to(OD)＝eq\x\to(AD)cot60°eq\x\to(BP)＝eq\x\to(OD)cotβeq\x\to(OP)＝eq\x\to(AD)＋eq\x\to(BP)α＝β③由以上五式和題給條件得sinα＋eq\f(1,\r(3))cosα＝1④解得α＝30°⑤或α＝90°⑥設(shè)M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為hh＝R－eq\x\to(OC)依據(jù)幾何關(guān)系eq\x\to(OC)＝eq\x\to(CD)－eq\x\to(OD)＝Rcosα－eq\f(\r(3),3)eq\x\to(AD)利用以上兩式和eq\x\to(AD)＝Rsinα得h＝R－eq\f(2,\r(3))Rcos(α＋30°)⑦解得h＝(1－eq\f(\r(3),3))R(α＝30°)⑧h＝(1＋eq\f(\r(3),3))R(α＝90°)⑨當(dāng)α＝30°時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πm,6qB)⑩當(dāng)α＝90°時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)?答案：見(jiàn)解析12.(2021·珠海期末)如圖12所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子。從靜止開(kāi)頭經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場(chǎng)，已知OP＝30cm，(粒子重力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos圖12(1)帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大?。?2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求OQ的距離；(3)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′滿(mǎn)足的條件。解析：(1)對(duì)帶電粒子的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得：v＝20(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)代入數(shù)據(jù)得：R＝0.50而OP/cos53°＝0.50故圓心確定在x軸上，軌跡如圖甲所示。由幾何關(guān)系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90(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°①R′＝eq\f(mv,qB′)②由①②并代入數(shù)據(jù)得：B′>eq\f(16,3)T＝5.33T(取“≥”照樣給分)答案：(1)20m/s(2)0.90m(3)B′>5.33T第3節(jié)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)一質(zhì)譜儀與回旋加速器1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖8-3-1所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。圖8-3-1(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，qU＝eq\f(1,2)mv2。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r)。由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。2．回旋加速器圖8-3-2(1)構(gòu)造：如圖8-3-2所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接溝通電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。(2)原理：溝通電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速，經(jīng)磁場(chǎng)回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見(jiàn)粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r打算，與加速電壓無(wú)關(guān)。[典例1](多選)如圖8-3-3所示，一束帶電粒子以確定的初速度沿直線通過(guò)由相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)和勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度為E)組成的速度選擇器，然后粒子通過(guò)平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′)，最終打在A1A2上，下列表述正確的是圖8-3-3A．粒子帶負(fù)電B．全部打在A1A2上的粒子，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′C．能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷eq\f(q,m)越大[解析]依據(jù)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可推斷粒子帶正電，A錯(cuò)誤；帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝eq\f(E,B)，C正確；由洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力可得r＝eq\f(mv,Bq)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正確；全部打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′的磁場(chǎng)中都只運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，周期T＝eq\f(2πm,B′q)，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，B錯(cuò)誤。[答案]CD[典例2]回旋加速器是用來(lái)加速帶電粒子，使它獲得很大動(dòng)能的儀器，其核心部分是兩個(gè)D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻溝通電源兩極相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，使粒子每次穿過(guò)狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心四周，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖8-3-4所示。問(wèn)：圖8-3-4(1)D形盒內(nèi)有無(wú)電場(chǎng)？(2)粒子在盒內(nèi)做何種運(yùn)動(dòng)？(3)所加溝通電壓頻率應(yīng)是多大，粒子運(yùn)動(dòng)的角速度為多大？(4)粒子離開(kāi)加速器時(shí)速度為多大？最大動(dòng)能為多少？(5)設(shè)兩D形盒間電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，盒間距離為d，其間電場(chǎng)均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時(shí)間。[解析](1)扁形盒由金屬導(dǎo)體制成，具有屏蔽外電場(chǎng)的作用，盒內(nèi)無(wú)電場(chǎng)。(2)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每次加速之后半徑變大。(3)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間極短，因此高頻溝通電壓頻率要等于粒子回旋頻率，由于T＝eq\f(2πm,qB)，故得回旋頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，角速度ω＝2πf＝eq\f(qB,m)。(4)粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時(shí)，由牛頓其次定律得qvmB＝eq\f(mv\o\al(m,2),Rm)，故vm＝eq\f(qBRm,m)。最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R\o\al(m,2),2m)。(5)粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU。粒子的能量提高到Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n＝eq\f(qB2R\o\al(m,2),4mU)。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t磁＝nT＝eq\f(πBR\o\al(m,2),2U)。一般地可忽視粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，t磁可視為總時(shí)間。[答案](1)D形盒內(nèi)無(wú)電場(chǎng)(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)(3)eq\f(qB,2πm)eq\f(qB,m)(4)eq\f(qBRm,m)eq\f(q2B2R\o\al(m,2),2m)(5)eq\f(πBR\o\al(m,2),2U)[針對(duì)訓(xùn)練]1．(多選)如圖8-3-5是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列表述正確的是圖8-3-5A．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(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外C．能通過(guò)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，粒子的電荷量越小解析：選ABC因同位素原子的化學(xué)性質(zhì)完全相同，無(wú)法用化學(xué)方法進(jìn)行分析，故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的