專題08-磁場-2020年高考考前再回首易錯(cuò)題(原卷版)

考前再回首易錯(cuò)題之靜磁場易錯(cuò)題清單易錯(cuò)點(diǎn)1：對磁感應(yīng)強(qiáng)度、安培力、洛倫茲力等概念理解錯(cuò)誤.磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，定義式的含義要求理解到位。分析和求解安培力時(shí)容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）不能正確地對磁場進(jìn)行疊加求合磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）錯(cuò)誤地認(rèn)為通電導(dǎo)體棒在磁場中一定受到安培力作用；（3）當(dāng)通電導(dǎo)線為折線或曲線時(shí)，不會求有效長度；（4）當(dāng)導(dǎo)體棒與磁場不垂直時(shí)，不會對磁場進(jìn)行分解；（5）不能正確引入“電流元”進(jìn)行分析和計(jì)算，導(dǎo)致無法解答。安培力的理解：在利用F=BLI計(jì)算導(dǎo)線受到的安培力時(shí)，F(xiàn)、B、L相互垂直，其中L為導(dǎo)線的有效長度，分兩種情況：（1）在勻強(qiáng)磁場中，可簡單地理解為“電流的起點(diǎn)到終點(diǎn)的連線在垂直于磁場方向的投影的長度”；（2）在非勻強(qiáng)磁場中，則應(yīng)引入“電流元”進(jìn)行分析計(jì)算。洛倫茲力不做功，洛倫茲力的方向與速度垂直，大小與速度有關(guān)聯(lián)?！镜淅?】（多選）如圖，質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O′點(diǎn)，并處于勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)線中通以沿+x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。則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為A．+z方向，B．+y方向，C．–z方向，D．沿懸線向上，【答案】BC?！窘馕觥咳舸鸥袘?yīng)強(qiáng)度沿+z方向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力沿–y方向，不能平衡，A錯(cuò)誤；若磁感應(yīng)強(qiáng)度沿+y方向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力沿+z方向，根據(jù)平衡條件，當(dāng)BIL=mg時(shí)，繩的拉力為零，所以，B正確；若磁感應(yīng)強(qiáng)度沿–z方向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力沿+y方向，根據(jù)平衡條件有，所以，C正確；若磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿懸線向上，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力垂直懸線斜向下方，不能平衡，D錯(cuò)誤。易錯(cuò)點(diǎn)2：對安培定則、左手定則的應(yīng)用錯(cuò)誤.原因(電流方向)結(jié)果(磁場方向)說明直線電流的磁場大拇指四指在運(yùn)用安培定則時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”，電流是“因”，磁場是“果”，既可以由“因”判斷“果”，也可以由“果”追溯“因”環(huán)形電流的磁場四指大拇指【典例2】（2019·全國高考真題）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為（）A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【答案】B【解析】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點(diǎn)可知，上下兩路電流之比．如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計(jì)算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B。易錯(cuò)點(diǎn)3：運(yùn)用安培定則、左手定則判斷磁場方向和通電導(dǎo)線、運(yùn)動(dòng)的帶電粒子受力情況時(shí)出錯(cuò).【典例3】如圖，將三根長度、電阻都相同的導(dǎo)體棒首尾相接，構(gòu)成一閉合的等邊三角形線框，a、b、c為三個(gè)頂點(diǎn)，勻強(qiáng)磁場垂直于線框平面。用導(dǎo)線將a、c兩點(diǎn)接入電流恒定的電路中，以下說法正確的是（）A．線框所受安培力為0B．a(chǎn)c邊與ab邊所受安培力的大小相等C．a(chǎn)c邊所受安培力是ab邊所受安培力的2倍D．a(chǎn)c邊所受安培力與ab、bc邊所受安培力的合力大小相等【答案】C【解析】設(shè)總電流為I，則ac中的電流為，abc支路的電流為，若磁場方向垂直紙面向里，則由左手定則可知，ac受安培力向上，ab和bc受安培力分別是斜向左上和右上方，可知線框所受安培力不為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)F=BIL可知，ac邊所受安培力，ab、bc邊所受安培力均為，則ac邊所受安培力是ab邊所受安培力的2倍；ab、bc邊所受安培力的夾角為120°，則合力為，則ac邊所受安培力與ab、bc邊所受安培力的合力大小不相等，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。易錯(cuò)點(diǎn)4：不能準(zhǔn)確地理解題目中所敘述的磁場的空間分布和帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)用幾何知識時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤.【典例4】如圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10–3T，在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的M處被觀測到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)離子重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運(yùn)動(dòng)過程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計(jì)時(shí)經(jīng)過多長時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場；（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。【答案】（1）=4.9×107C/kg（2）t=7.9×10?6s（3）【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r，依題意MP連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得聯(lián)立解得：=4.9×107C/kg（2）此時(shí)加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時(shí)洛倫茲力平衡，qE=qvB，代入數(shù)據(jù)得：E=70V/m，所加電場的場強(qiáng)方向沿x軸正方向。設(shè)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，所求時(shí)間為t=T/8，而解得t=7.9×10?6s（3）矩形如圖所示，該區(qū)域面積S=2r2=0.25m2。易錯(cuò)點(diǎn)5：不善于分析多過程的物理問題.【典例5】（2019年高考江蘇省物理卷第16題）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時(shí)會被反彈（碰撞時(shí)間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d<L，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。（1）求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；（3）從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PM=d，QN=，求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t．【答案】（1）粒子的運(yùn)動(dòng)半徑解得（2）如圖4所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時(shí)間為t'，則（a）當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場解得（b）當(dāng)時(shí)，粒子斜向下射出磁場解得【解讀】第(3)問為什么是這樣的？當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場，如下圖所示。設(shè)最后一段弧所用時(shí)間為t’,則，粒子從射入磁場到射出磁場的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為：其中，解得易錯(cuò)點(diǎn)6：對于常見的科學(xué)儀器，不能根據(jù)其原理求解有關(guān)問題.霍爾效應(yīng)與電磁流量計(jì)原理不同，（1）霍爾效應(yīng)①霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這個(gè)現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。②霍爾電勢差霍爾效應(yīng)中產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓?；魻栯妷号c電流強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、長方體導(dǎo)體的厚度都有關(guān)系。③霍爾元件利用霍爾效應(yīng)制成的元件稱為霍爾元件，霍爾元件可以制成多種傳感器。（2）電磁流量計(jì)如圖所以，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中可以導(dǎo)電的液體向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷（正負(fù)離子）在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，由，可得，流量。回旋加速器是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際模型之一，也是高考考查較頻繁的考點(diǎn)之一，對此類問題易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）不清楚離子交替地加速、偏轉(zhuǎn)的周期性運(yùn)動(dòng)過程；（2）誤認(rèn)為離子的最大動(dòng)能與所加電壓、加速次數(shù)有關(guān)；（3）不知道粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期的關(guān)系。【典例6】如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電荷量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低，由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為A．，負(fù) B．，正C．，負(fù) D．，正【錯(cuò)因分析】不明確自由運(yùn)動(dòng)電荷定向移動(dòng)和偏轉(zhuǎn)間的受力關(guān)系，認(rèn)為材料中自由運(yùn)動(dòng)電荷在上、下表面間電場力作用下，負(fù)電荷向上表面運(yùn)動(dòng)，正電荷向下表面運(yùn)動(dòng)，因此導(dǎo)電材料中自由運(yùn)動(dòng)電荷正、負(fù)均可?！菊_解析】因?yàn)樯媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?，根?jù)左手定則，知道移動(dòng)的電荷為負(fù)電荷。因?yàn)?，解得，因?yàn)殡娏鱅=nqvS=nqvab，解得，故C正確，ABD錯(cuò)誤?！菊_答案】C?！镜淅?】一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN=L，且OM=L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子.在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。（1）求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；（2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；（3）為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。（?。唬窘馕觥浚?）離子在電場中加速在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，解得=1\*GB3①代入,解得=2\*GB3②（2）由（1）得,離子打在Q點(diǎn)，解得,離子打在N點(diǎn)，解得,則電壓的范圍。（3）由（1）可知，∝第一次調(diào)節(jié)電壓到，使原本打到點(diǎn)的離子打到點(diǎn)，，此時(shí)，設(shè)原本半徑為的打在的離子打在上，則，解得第二次調(diào)節(jié)電壓到，使原本打到點(diǎn)的離子打到點(diǎn)，，此時(shí)，設(shè)原本半徑為的打在的離子打在上，則，解得同理，第次調(diào)節(jié)電壓，有,檢測完整，有，解得，最少次數(shù)為3次?！咀詈笠徊奖救说暮啽憬夥ā康谌握{(diào)節(jié)電壓到U3，使原本打到Q2點(diǎn)的離子打到N點(diǎn)，則，此式，設(shè)原本半徑為r3的打在Q3的離子打在Q上，則，解得，調(diào)節(jié)電壓的次數(shù)最少為3次?！久麕燑c(diǎn)撥】本題考查質(zhì)譜儀的工作原理，包括帶電粒子的加速運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)。創(chuàng)新的是第（3）問。我用“窮舉法”解比原答案的通用解法簡便一些，也好理解一些。為了進(jìn)一步理解本題的第（3）問，我把各點(diǎn)的位置數(shù)據(jù)計(jì)算如下：示意圖畫出如下：實(shí)際上，各點(diǎn)是在同一直線上的，為了畫出相對位置，把它們拉開了（如果畫在同一直線，則互相壓在一起，看不出來了）。此圖是用電腦Excel畫出的，數(shù)據(jù)是題目的實(shí)際數(shù)據(jù)。進(jìn)一步解釋：第一次調(diào)節(jié)電壓，把到之間的離子移到和之間；第二次調(diào)節(jié)電壓，把到之間的離子移到和之間；第三次調(diào)節(jié)電壓，把到之間的離子移到和之間；因?yàn)榈奈恢迷贛點(diǎn)以左，所以，就“在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整”（原題要求）了。那么，為什么還要一次一次地調(diào)節(jié)電壓呢？因?yàn)榈谝淮?，要把原本打在點(diǎn)的離子移到N，就不能把原本打在點(diǎn)的離子移到，因?yàn)槎咭蠹铀匐妷翰煌?，只能把原本打在點(diǎn)的離子移到，這樣，一段一段地移動(dòng)，最少3次可以完成?！镜淅?】（多選）粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻率交流電的頻率為f，加速器的電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為+e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確是A．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfB．加速的質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能隨加速電場U增大而增大C．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速粒子【錯(cuò)因分析】誤認(rèn)為離子的最大動(dòng)能與所加電壓、加速次數(shù)有關(guān)，不知道粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期的關(guān)系?！菊_解析】質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時(shí)的半徑為R，最大速度為：，故A正確；根據(jù)得，，則粒子的最大動(dòng)能，與加速的電壓無關(guān)，故B錯(cuò)誤；粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)，得，質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為，根據(jù)，則半徑比為，故C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T=2πm/qB知，換用其他粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速其他粒子，故D錯(cuò)誤?！菊_答案】AC【名師點(diǎn)撥】回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動(dòng)能。在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期相等。易錯(cuò)點(diǎn)7：對帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問題，不能正確地找出帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界狀態(tài).由于帶電粒子往往是在有界磁場中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件（①帶電體在磁場中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對這個(gè)面的壓力為零；②射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場邊界相切），然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解。（1）兩種思路一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值。（2）兩種方法一是物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值。二是數(shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等。（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，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(shí)，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?！镜淅?】（2018年高考江蘇省物理卷第15題）如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值．【答案】（1）粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，如圖所示由d=rsinα，得sinα=，即α=53°在一個(gè)矩形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，解得 直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，解得則（3）將中間兩磁場分別向中央移動(dòng)距離x，如圖所示（圖是筆者所加）粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα由y≤2d，解得則當(dāng)xm=時(shí)，Δt有最大值粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值增加路程的最大值增加時(shí)間的最大值【點(diǎn)評】有的可能認(rèn)為當(dāng)中間兩磁場分別向中央移動(dòng)到靠近時(shí)，可使粒子從O有的到O’的時(shí)間增加最大，錯(cuò)誤了。因?yàn)榇饲闆r粒子飛出左磁場后打到第二個(gè)磁場的上邊緣了，要飛出磁場了，不能到達(dá)O’。如下圖所示：易錯(cuò)點(diǎn)8：混淆“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”.勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)產(chǎn)生條件帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場受力特征只受恒定的電場力F=Eq，方向與初速度方向垂直只受大小恒定的洛倫茲力F=qv0B，方向始終與速度方向垂直運(yùn)動(dòng)性質(zhì)勻變速曲線（類平拋）運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線圓或圓弧運(yùn)動(dòng)軌跡圖運(yùn)動(dòng)規(guī)律動(dòng)能變化動(dòng)能增大動(dòng)能不變運(yùn)動(dòng)時(shí)間【典例10】（多選）如圖所示帶電小球a以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為ha；帶電小球b在水平方向的勻強(qiáng)磁場以相同的初速度v0豎直向上拋出，上升的最大高度為hb；帶電小球c在水平方向的勻強(qiáng)電場以相同的初速度v0豎直向上拋出，上升的最大高度為hc，不計(jì)空氣阻力，三個(gè)小球的質(zhì)量相等，則A．它們上升的最大高度關(guān)系為hB．它們上升的最大高度關(guān)系為hC．到達(dá)最大高度時(shí)，b小球動(dòng)能最小D．到達(dá)最大高度時(shí)，c小球機(jī)械能最大【錯(cuò)因分析】洛倫茲力的方向始終和速度的方向垂直，只改變球的速度的方向，所以磁場對電子的洛倫茲力始終不做功，注意區(qū)分電場力做功與洛倫茲力做功的不同?！菊_解析】第1個(gè)圖：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得：QUOTEha=v022g。第3個(gè)圖：當(dāng)加上電場時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知，在豎直方向上有：v02=2ghc，所以ha=hc；而第2個(gè)圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)的球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒得：mghb+Ek=QUOTE12mv02，又由于mv02=mgha，所以ha＞hb；故A錯(cuò)誤，B正確。到達(dá)最大高度時(shí)，b、c兩小球還有速度，而a球在最大高度速度為零，可知a動(dòng)能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因c球中除重力做負(fù)功外，電場力對c球做正功，則到達(dá)最大高度時(shí)，c小球機(jī)械能最大，選項(xiàng)D正確；故選BD．【正確答案】BD易錯(cuò)點(diǎn)9：在組合場類綜合問題中，做題不注重對物理過程的分析，只注重最后的答案，當(dāng)條件變了，也不去認(rèn)真思考，從而導(dǎo)致錯(cuò)誤.分析帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的問題容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）忽略帶電粒子的重力，對于微觀粒子如：質(zhì)子、離子等，不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子常?？紤]重力；（2）在疊加場中沒有認(rèn)識到洛倫茲力隨速度大小和方向的變化而變化，從而不能正確判斷粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)?！镜淅?1】如圖，一直角坐標(biāo)系xoy中，勻強(qiáng)磁場B沿+x軸方向，勻強(qiáng)電場E沿+y軸方向，一電子從坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放（電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子的重力），則電子在y軸方向前進(jìn)的最大距離為（）A．B．C． D．【錯(cuò)因分析】不能有效分解初速度為零這一條件，找不到初速度為零與洛倫茲力之間關(guān)聯(lián)的突破點(diǎn)?！菊_解析】初速度為零可等效成一個(gè)垂直平面向里的速度和一個(gè)垂直平面向外的速度，根據(jù)可得速度為，根據(jù)可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則電子在軸方向前進(jìn)的最大距離為，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。【正確答案】C易錯(cuò)點(diǎn)10：不會分析帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題.【典例12】（2018·浙江省高考真題）磁流體發(fā)電的原理如圖所示．將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓．如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極．若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ．忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是（）A．上板為正極，電流B．上板為負(fù)極，電流C．下板為正極，電流D．下板為負(fù)極，電流【答案】C【解析】等離子體進(jìn)入板間受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷離子的偏轉(zhuǎn)方向，即可確定極板的極性，離子在運(yùn)動(dòng)過程中同時(shí)受電場力和洛倫茲力，二力平衡時(shí)兩板間的電壓穩(wěn)定，由平衡條件求電源的電動(dòng)勢，結(jié)合電路知識分析板間的電流。根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有，解得穩(wěn)定時(shí)電源的電動(dòng)勢，則流過R的電流為，而，，則得電流大小為，C正確。易錯(cuò)點(diǎn)11：周期性容易漏解。帶電粒子在磁場中的周期性運(yùn)動(dòng)類問題，往往情境復(fù)雜、過程繁多，解答此類問題容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）不能正確地劃分過程，求解時(shí)需要一個(gè)過程一個(gè)過程地分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，建立完整的運(yùn)動(dòng)圖景；（2）不能正確地選擇相應(yīng)的公式列方程。帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的多解問題的分析方法帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于多種因素的影響，使問題形成多解。類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力影響的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解如圖所示，帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場；如帶正電，其軌跡為a；如帶負(fù)電，其軌跡為b磁場方向不確定只知道磁感應(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)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解如圖帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不確定帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解運(yùn)動(dòng)具有周期性帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往運(yùn)動(dòng)具有周期性，因而形成多解【典例13】如圖所示，在豎直平面內(nèi)直線AB與豎直方向成30°角，AB左側(cè)有勻強(qiáng)電場，右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，從P點(diǎn)以初速度v0豎直向下射入電場，粒子首次回到邊界AB時(shí)，經(jīng)過Q點(diǎn)且速度大小不變，已知P、Q間距為l，之后粒子能夠再次通過P點(diǎn)，（粒子重力不計(jì)）求：（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小和方向；

（2）勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值?！惧e(cuò)因分析】不清楚含有電場的組合場，粒子在運(yùn)動(dòng)時(shí)可以往返運(yùn)動(dòng)導(dǎo)致本題錯(cuò)解。【正確解析】（1）由題意可知，粒子首次回到邊界AB時(shí)，經(jīng)過Q點(diǎn)且速度大小不變，PQ間電勢差為零，P、Q在同一等勢面上，勻強(qiáng)電場垂直于AB且與豎直方向成60°角向下，粒子在電場中沿AB方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，l=v0cos30°·t在垂直AB方向粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)：解得：（2）粒子從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)沿AB方向的分速度不變，垂直AB方向的分速度大小不變方向反向，由此可知：粒子經(jīng)Q點(diǎn)的速度與AB成30°角，若粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過P點(diǎn)其軌道半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由幾何知識得：R=l粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：若粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R<l，粒子不可能再通過P點(diǎn)若圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R>l，則每個(gè)周期沿AB界限向A移動(dòng)的距離：Δx=R–l粒子可能從電場中再次經(jīng)過P點(diǎn)需要滿足的條件是：l=n×Δx(n=1、2、3···)解得：，(n=1、2、3···)舉一反三，糾錯(cuò)訓(xùn)練1、如圖所示，abcd是一個(gè)用粗細(xì)均勻、同種材料的導(dǎo)線彎折成的長方形線框，線框豎直放置，ab長度為L，bc長度為。勻強(qiáng)磁場的方向垂直于金屬框平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若金屬框a、b兩端與恒壓電源相連，電流方向如圖所示，若通過ab邊的電流大小為，則金屬框受到的安培力大小和方向分別為（）A．，方向豎直向上 B．2BIL，方向豎直向上C．，方向豎直向下 D．3BIL，方向豎直向下2.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用d表示薄片的厚度，k為霍爾系數(shù)，對于一個(gè)霍爾元件，d、k為定值；如果保持I恒定，則可以驗(yàn)證UH隨B的變化情況。以下說法中正確的是A．將永磁體的一個(gè)磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，UH將變大B．在測定地球兩極的磁場強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直C．在測定地球赤道上的磁場強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作面應(yīng)保持水平D．改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，UH將不發(fā)生變化3．【2019·廣東高考模擬】電磁流量計(jì)廣泛應(yīng)用于測量可導(dǎo)電流體（如污水）在管中的流量（在單位時(shí)間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積）。為了簡化，假設(shè)流量計(jì)是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c．流量計(jì)的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）。圖中流量計(jì)的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料?，F(xiàn)于流量計(jì)所在處加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于前后兩面。當(dāng)導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，在管外將流量計(jì)上、下兩表面分別與一電壓表（內(nèi)阻很大）的兩端連接，U表示測得的電壓值。則可求得流量為（）A． B． C． D．4.（多選）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個(gè)銅制D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是A．回旋加速器只能用來加速正離子B．離子從D形盒之間空隙的電場中獲得能量C．D形盒半徑越大，同一離子出射速度越大D．離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是加速交變電壓周期的一半【名師點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用電場加速