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1.5 章节复习-安培力与洛伦兹力
知识图谱
磁场
知识精讲
一．知识
1． 安培力：。
洛仑兹力：。
（1）当电荷静止在磁场中或沿磁场方向运动时，磁场对电荷没有作用力；
（2）当电荷运动方向与磁场方向不平行时，磁场对运动的电荷有作用力。
2．匀强磁场中，带电粒子垂直磁场方向运动时做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力。
带电粒子在磁场中的运动时间与转过的角度有如下关系：
3．在磁场中，可用磁感线描述磁场，磁感线疏密表示磁场强弱，磁感线切线方向表示磁场方向。
二．方法
1．电流周围磁场方向用右手螺旋定则判断。洛仑兹力、安培力的方向用左手定则判断。
2．带电粒子在组合场中运动
分析思路：
（1）分析带电粒子在各种场中的受力情况和运动情况，
（2）正确地画出粒子的运动轨迹，在画图大家基础上运用几何知识，寻找关系。
（3）选择物理规律，列方程。对类平抛运动，一般分解为初速度方的匀速运动和垂直速度方向的匀加速运动；粒子在磁场中的匀速圆周运动，一定是洛伦兹力提供向心力。
（4）注意确定粒子在组合场边界位置处的速度大小和方向，该速度是联系两种运动的桥梁。
3．带电粒子在复合场中的运动
（1）静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
（2）匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力等大反向时，粒子将在洛伦兹力的作用下，在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
（3）较复杂的曲线运动
当带电粒子所受的合外力大小、方向均变化，且与初速度不共线时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
（4）分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个不同的复合场区域，运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
安培力的应用
例题1、[多选题] 将四根通电直导线分别放在如图所示的四个匀强磁场中，图中给出了磁感强度B的方向、导线中电流I的方向，某同学在图中画出了通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
例题2、 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线．当导线中通以由外向内的电流时（ ）
A.磁铁受到向左的摩擦力，磁铁对桌面的压力减小
B.磁铁受到向右的摩擦力，且对桌面的压力增大
C.磁铁受到向左的摩擦力，且对桌面的压力增大
D.磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变
例题3、 如图所示，在同一平面上有a、b、c三根等间距平行放置的长直导线，依次载有1A、2A、3A的电流，电流方向如图所示，则（ ）
A.导线a所受的安培力方向向右
B.导线b所受的安培力方向向右
C.导线c所受的安培力方向向右
D.由于不能判断导线c所在位置的磁场方向，所以导线c所受安培力的方向也不能判断
例题4、 为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0T、方向垂直向下，若推进器前后方向通以电流I＝1.0×103A，方向如图，则以下判断正确的是（ ）
A.推进器我对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103N
B.推进器我对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N
C.推进器我对潜艇提供向左的驱动力，大小为3.0×103N
D.推进器我对潜艇提供向右的驱动力，大小为3.0×103N
例题5、 如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹。它的主要原理如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出。设两轨道间距离为0.10m，匀强磁场的磁感应强度为40T，电流2000A，轨道长度为20m，则（ ）
A.若不计任何阻力，质量为20g炮弹最终获得的速度为400m／s
B.若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍
C.若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为倍
D.若阻力大小一定，电流加倍，速度变为倍
随练1、 在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，则导线受到的安培力的大小不可能的是（ ）
A.0N B.0.1N C.0.2N D.0.4N
随练2、[多选题] 在同一光滑斜面上放同一导体棒，右图所示是两种情况的剖面图．它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．导体棒A所受安培力大小分别为F1、F2；已知斜面的倾角为θ，则（ ）
A.I1︰I2＝1︰1
B.I1︰I2＝cosθ︰1
C.F1︰F2＝sinθ cosθ
D.斜面对导体棒A的弹力大小之比N1︰N2＝cos2 θ︰1
随练3、 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是（ ）
A.大小为B，方向垂直斜边向下 B.大小为B，方向垂直斜边向上
C.大小为B，斜向右下方 D.大小为B，斜向左下方
带电粒子在磁场中的运动
例题1、 如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L，电流均为I，方向垂直纸面向里。已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝kI/r，其中k为常量。某时刻有一电荷量为q的带正电粒子经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，该粒子此时所受磁场力为（ ）
A.方向垂直纸面向外，大小为 B.方向指向x轴正方向，大小为
C.方向垂直纸面向外，大小为 D.方向指向x轴正方向，大小为
例题2、[多选题] 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为L的悬线，拉一质量为m、带有＋q的电荷量的小球，将摆球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置由静止释放，则摆球通过最低位置时绳上的拉力为（ ）
A. B.
C. D.
例题3、 如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外。一质量为m、带电量为－q的带电微粒在此区域恰好作速度大小为v的匀速圆周运动。（重力加速度为g）
（1）求此区域内电场强度的大小和方向。
（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°，如图所示。则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
（3）在（2）问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
例题4、 如图所示，a，b，c三个带电粒子从上端小孔O2射入速度选择器后，又都从O2进入下方的磁场，虚线是它们的运动轨迹，它们所带电荷量之比为q1︰q2︰q3＝1︰2︰4，它们的质量之比为ma︰mb︰mc＝1︰1︰2，不计粒子重力，则（ ）
A.这三种粒子都带负电 B.这三种粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
C.打在P2点的粒子是c D.粒子b，c都打在P1点
例题5、 如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（ ）
A. B. C. D.
例题6、 一束电子束射入如图所示的组合磁场中，其中磁场I的磁感应强度为B，方向向里，磁场横向宽度为d，纵向延伸至无穷；磁场II的磁感应强度为B，方向向外，磁场横向宽度为3d，纵向延伸至无穷。以粒子进入磁场点处为原点，射入方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系。同时为了探测电子的位置，在磁场I的左侧边界铺设了荧光屏。已知电子的比荷为K．忽略电子间的相互作用与重力作用。求：
（1）求粒子能够进入磁场II的最小速度v1的大小。
（2）当v1满足（1）小题所给值时，当粒子速度为时离开磁场I时的坐标。
（3）当v1满足（1）小题所给值时，若运动的带电粒子能使荧光屏发光，已知放射源放出的粒子速度为v1＞v＞0.5v1，那么荧光屏发光的坐标范围是多少？
随练1、[多选题] 空间存在着一个正方形匀强磁场区域。一束电子从a点以垂直磁感应强度方向射入，初速度方向与ab平行，其中一部分自c射出，一部分从d射出，它们在磁场中运动的轨迹半径分别为rc和rd，运动时间分别为tc和td，不计重力和电子间相互作用，则（ ）
A.rc＞rd B.rc＜rd C.tc＞td D.tc＜td
随练2、 如图所示，若α粒子（）和质子（）以相同速度垂直进入同一匀强磁场中，则α粒子和质子（ ）
A.运动半径之比是2︰1 B.回到磁场边界时速度大小之比是2︰1
C.在磁场中运动时间之比是1︰1 D.受到的洛伦兹力之比是1︰1
随练3、 如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的速度可能为（ ）
A.2BkL B. C. D.
随练4、 如图所示，在水平地面上方附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区城。磁场的磁感应强度为B＝5T，方向水平并垂直纸面向里，一质量为m＝8×10－3kg、带电荷量为q＝2×10－4C的带正电微粒运动到P点时，速度v＝40m/s，与水平方向的夹角为60°，重力加速度g取10m/s 。
（1）若该微粒在此区域内沿竖直平面（垂直于磁场方向的平面）做直线运动，求此区域内电场强度的大小和方向；
（2）若该微粒在此区域内沿竖直平面（垂直于磁场方向的平面）做匀速圆周运动，且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径。求此时电场的大小、方向及该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离。
随练5、 如图所示，两平行金属板P、Q竖直放置，两极板间的电压为U．放在P板附近的离子源释放出质量为m，带电量为－q的离子，离子经加速电场加速后垂直磁场边界从A点进入一个匀强磁场，磁场左右边界平行，距离为l。该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。不计离子的重力。
（1）认为离子飘入加速电场时的速度很小，近似为零，求粒子从A点进入磁场的速度v；
（2）若离子刚好从D点离开磁场，且离开磁场时，向下偏移的距离，求该离子在磁场中的运动时间；
（3）若加速电压U和磁场的磁感应强度B均可调，欲使粒子不能从右边界射出，应如何调节U和B？
拓展
1、 如图为演示“通电导线之间通过磁场发生相互作用”的实验示意图，接通电源时，发现两导线会相互靠近或远离．已知接线柱是按如图所示方式连接的．
（1）请在图中虚线框中标出B导线在A导线周围产生的磁场的方向（用“×”或“．”表示）；
（2）在图中标出A导线所受安培力的方向．
2、 一种可测量磁感应强度大小的实验装置，如图所示。磁铁放在水平放置的电子测力计上，两极之间的磁场可视为水平匀强磁场。其余区域磁场的影响可忽略不计。此时电子测力计的示数为G1．将一直铜条AB水平且垂直于磁场方向静置于磁场中。两端通过导线与电源、开关、滑动变阻器和电流表连成回路。闭合开关，调节滑动变阻器的滑片。当电流表示数为I时。电子测力计的示数为G2．测得铜条在匀强磁场中的长度为L．铜条始终未与磁铁接触，对上述实验下列说法正确的是（ ）
A.铜条所受安培力方向竖直向下
B.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为
C.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为
D.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为
3、 在磁场中的同一位置放置一条长为L的直导线，导线的方向与磁场方向垂直，先后在导线中通入不同的电流，导线所受的安培力也不一定，图中几幅图像表示导线受安培力F与通过电流I的关系，a、b分别代表一组F、I的数据，正确的图像是（ ）
A. B. C. D.
4、 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（ ）
A.，方向垂直斜面向上 B.，方向垂直水平面向上
C.，方向竖直向下 D.，方向水平向左
5、 如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（ ）
A.0 B.2mg C.4mg D.6mg
6、 在图示的xOy平面中，存在一匀强磁场，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，t＝0时刻，由原点O出发，以初速度v沿x轴正方向运动。一段时间后，粒子经过y轴上坐标为（0，a）的P点，忽略重力的影响。
（1）如果P点在该圆形磁场区域以内，要使该粒子经过P点，试求该匀强磁场磁感应强度B1的大小和方向以及该粒子经过P点的时刻。
（2）如果P点在该圆形磁场区域以外，要使该粒子与y轴正方向成30°角斜向左上方经过P点，试求该圆形磁场的半径R以及磁感应强度B2的大小和方向.
7、[多选题] 质量和电荷量都相等的带电粒子P和Q（均不计重力），以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A.P带负电，Q带正电 B.P的速率大于Q的速率
C.洛伦兹力对P做负功、对Q做正功 D.P的运行时间大于Q的运行时间
8、 如图所示，在第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），磁感应强度为B．一电子从O点沿纸面以速度v射入磁场中，速度方向与x轴成30°角，已知电子质量为m，电量为e．
（1）定性地画出电子在磁场中的轨迹；求电子的轨道半径r；
（2）求电子离开磁场的出射点到O点的距离；
（3）求电子在磁场中运动的时间．
9、 如图甲所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在磁场左侧有一对平行金属板M、N，两板间距离也为R，板长为L，板的中心线0102与磁场的圆心O在同一直线上。置于01处的粒子源可连续以速度v0沿0102发射电荷量为q、质量为m的带正电的粒子（不计粒子重力），MN两板不加电压时，粒子经磁场偏转后恰好从圆心O的正下方P点离开磁场；若在M、N板间加如图乙所示周期为的交变电压UMN，且在t＝0时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧水平射出。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）交变电压电压U0的大小；
（3）若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t1、t2，则它们的差值Δt为多大？
答案解析
磁场（章末复习）
安培力的应用
例题1、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 根据左手定值可知：
A图中的安培力应该垂直导体斜向上，故A正确；
B中电流方向和磁场方向平行，不受安培力，故B错误；
C图中的安培力应该垂直磁感线竖直向上，故C错误；
D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向下，故D正确。
例题2、
【答案】 B
【解析】 以导线为研究对象，导线所在处的磁场的方向指向左上方，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大。故B正确，A、C、D错误。
例题3、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
例题4、
【答案】 B
【解析】 磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，因此驱动力方向向右，
根据安培力公式F＝BIL＝10×1.0×103×0.4N＝4.0×103N，
综上所述，故ACD错误，B正确。
例题5、
【答案】 C
【解析】 A、在运动过程中受到的安培力大小为F＝BIL＝8000N，运动过程中，
根据动能定理可知，解得v＝4000m／s，故A错误；
B、根据A可知，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的倍，故B错误；
C,D,若阻力大小一定，根据动能定理可知，解得，故轨道长度加倍，速度变为倍，故C正确；若电流加倍，速度不是原来的倍，故D错误。
随练1、
【答案】 D
【解析】 当磁场方向与电流方向平行时，安培力F＝0；
当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F＝BIL＝0.5×2×0.2N＝0.2N，则安培力的大小范围为0≤F≤0.2N；故ABC可能，D不可能；本题选不可能的。
随练2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 导体棒受力如图，根据共点力平衡得：
F1＝mgsinθ，
N1＝mgcosθ。
F2＝mgtanθ，
。
所以导体棒所受的安培力之比为：。
斜面对导体棒的弹力大小之比为：。
因为F＝BIL，所以．故B、D正确，A、C错误。
随练3、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
带电粒子在磁场中的运动
例题1、
【答案】 A
【解析】 由安培定则可知，通电指导线P在O点的磁场的方向竖直向下，Q在O处产生的磁场方向竖直向上，由于O到P与Q的距离相等，所以P与Q在O点的磁场的磁感应强度大小相等。而方向相反。R在O点产生的磁场的方向沿X轴负方向，大小为：；
由左手定则可知，带正电粒子经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，受到的安培力的方向垂直于x轴向外，大小为：．选项BCD错误，A正确。
例题2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 从水平位置到最低点根据动能定理可知：
解得：
在最低点，根据牛顿第二定律可得：
解得：
当第二次到最低点时方向水平向右，此时洛伦兹力向上，
则有：
故BD正确，AC错误。
例题3、
【答案】 （1）；竖直向下
（2）；
（3）
【解析】 （1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，因此：mg＝Eq
解得： 方向：竖直向下
（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示。
最高点与地面的距离：Hm＝H＋R（1＋cos45°）
解得：
该微粒运动周期为： 运动到最高点所用时间为：
（3）设粒子升高度为h，由动能定理得：
解得：
微粒离地面最大高度为：
例题4、
【答案】 D
【解析】 A、依据左手定则，结合图可知，三种粒子都带正电，故A错误；
B、它们所带电荷量之比为q1︰q2︰q3＝1︰2︰4，它们的质量之比为ma︰mb︰mc＝1︰1︰2，那么它们的质量与电量之比为2︰1︰1；
根据周期公式，可知，它们的周期之比为2︰1︰1；因此三种粒子在偏转磁场中运动的时间不都相等，故B错误；
CD、依据圆周运动的半径公式，由于带电粒子以相等的速率进入下方磁场，那么圆周运动半径，和它们的质量与电量之比成正比，因此打在P2点的粒子是a，而b，c都打在P1点，故C错误，D正确；
例题5、
【答案】 D
【解析】 当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：
2Rcos30°＝a，得；
欲使电子能经过BC边，必须满足
而
所以
化简得；
故D正确，A、B、C错误。
例题6、
【答案】 （1）KBd
（2）（d，d）
（3）2d≤y≤－d
【解析】 （1）粒子进入磁场II的最小速度情况如图所示：
电子轨道半径：r＝d，
电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev1B＝，
解得：v1＝KBd；
（2）电子以速度v2射入磁场时，其轨迹半径：，
其运动情况如图2所示：
由几何关系可知，粒子偏转角：θ＝37°，
所以离开磁场I时，粒子水平方向位移：x＝d，
竖直方向的位移：，
离开磁场I时的坐标为（d，d）；
（3）当0.5V1＜v＜V1时，电子运动轨迹的临界情况如图3所示：
亮线范围是：y轴上－d到－2d，即：－2d≤y≤－d。
随练1、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 AB、电子在匀强磁场中运动，洛伦兹力做向心力，电子做匀速圆周运动；
故电子在a点射入，初速度方向与ab平行，故电子运动轨迹的圆心在ad直线上；
又有电子运动轨迹的圆心在电子运动轨迹上任意两点的垂直平分线上；
设正方形匀强磁场区域的边长为L，由几何关系可得：rC＝L，，
故rc＝2rd＞rd，故A正确，B错误；
CD、根据洛伦兹力做向心力可得：，
故电子运动周期，即电子运动周期相同；
又有自c射出的电子转过的中心角为90°，故运动时间为；
从d射出的电子转过的中心角为180°，故运动时间为；
故，故C错误，D正确。
随练2、
【答案】 A
【解析】 A、质子和α粒子以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，均做匀速圆周运动，
α粒子和质子的q之比为2︰1，质量之比为4︰1，根据洛伦兹力提供向心力：
可得粒子轨迹半径：，又因为v和B相同，故α粒子和质子运动半径之比是2︰1，故A正确；
B、因为洛伦兹力不做功，故再次回到磁场边界时速度大小不变，故回到磁场边界时速度大小之比是1︰1，故B错误；
C、粒子运动的周期：，因为v相同，r之比为2︰1，所以周期之比为2︰1，两粒子在磁场中均转半个圆周，所以在磁场中运动时间之比是2︰1，故C错误；
D、根据公式可知粒子受到的洛伦兹力：F洛＝qvB，又因为B和v相同，α粒子和质子的q之比为2︰1，故受到的洛伦兹力之比是2︰1，故D错误。
随练3、
【答案】 B D
【解析】 质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，
所以质子运行半径：（n＝1，2，3，…），
质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，
解得：（n＝1，2，3，…），故AC错误，BD正确。
随练4、
【答案】 （1）；E的方向与此时P点速度方向相同
（2）
【解析】 （1）由于带电微粒可以在电场磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做直线运动，表明带电微粒所受的电场力和重力、洛伦益力三力平衡＋带电微粒做匀速运动
由于
所以mgsin60°＝qE
解得E＝V/m
E的方向与此时P点速度方向相同
（2）由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速国周运动，表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反。因此电场的方向竖直向上
设电场强度为E则有mg＝qE，即E＝＝V/m
设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R.根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有
解得
依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹，由如图所示的几何关系可知，该微粒运动最高点与水平地面间的距离m
随练5、
【答案】 （1）
（2）
（3）减小U或者增大B
【解析】 （1）粒子到达A点前只有电场力做功，故由动能定理可得：，
所以，粒子从A点进入磁场的速度；
（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有；
根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系可得：，所以，；
粒子在磁场中转过的中心角，故粒子在磁场中的运动时间；
（3）欲使粒子不能从右边界射出，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R≤l，即需减小轨道半径；
故由洛伦兹力做向心力可得：；
故根据轨道半径减小可得：要减小U或者增大B。
拓展
1、
【答案】
【解析】 （1）根据通电直导线产生磁场的特点，两条导线周围都产生圆形磁场，
依据安培定则，则直导线B在A导线附近的磁场方向，垂直纸面向里；
（2）依据左手定则，则A导线受到的安培力方向水平向左，如下图所示．
2、
【答案】 C
【解析】 A、由图可知，电流的方向从B到A，由左手定则可知，安培力的方向竖直向上。故A错误；
BCD、磁铁放在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的示数为G1（磁铁的重力）；
当铜条通电时，安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁受向下的作用力、重力、测力计向上的支持力，测力计的示数G2等于支持力等于磁铁受向下的作用力、重力之和；所以G1＜G2 ，所以安培力大小F＝G2－G1；
电流的方向与磁场的方向垂直，所以安培力：F＝BIL
联立可得：．故C正确，BD错误
3、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
4、
【答案】 C
【解析】 A、若磁场方向垂直于斜面向上，由左手定则知安培力平行于斜面向下，导线不可能静止，故A错误；
B、若磁场方向垂直于水平面向上，由左手定则知安培力水平向右，导线不可能处于平衡，故B错误；
C、若磁场方向竖直向下，由左手定则知安培力水平向左，根据平衡条件：mgtanα＝BIL，则，故C正确；
D、若磁场方向水平向左，受到竖直向上的安培力，故mg＝BIL，解得，故D错误。
5、
【答案】 C
【解析】 设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v。
根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cos60°）＝，得到
当小球自左方摆到最低点时，有：qvB﹣mg＝m①
当小球自右方摆到最低点时，有：F﹣mg﹣qvB＝m②
由①＋②得：F＝2mg＋2m＝4mg。
6、
【答案】 （1），方向垂直xOy平面向里；
（2）；，方向垂直xOy平面向里.
【解析】 （1）如图所示，该粒子在磁场中作圆周运动的半径①
由洛伦兹力提供向心力，有②
解①②得：③
磁场方向垂直xOy平面向里④
该粒子做圆周运动的周期⑤
该粒子经过P点的时刻⑥
（2）如图所示，作出入射速度与出射速度角的平分线OC，交出射速度反向延长线PC于C点。
则圆形磁场的半径R＝OC，轨迹圆心O1，轨迹半径r2＝O1C
由几何关系知：2Rcos30°＝a，得⑦
又2r2cos30°＝R，故⑧
洛伦兹力做向心力，有⑨
解⑧⑨得：，磁场方向垂直xOy平面向里⑩
7、[多选题]
【答案】 A B
【解析】 A、由左手定则知P带负电，Q带正电，故A正确；
B、由得：，可见速率大的粒子半径较大，故P的速率大于Q的速率，故B正确。
C、洛伦兹力力的方向与粒子瞬时速度的方向总是垂直，故洛伦兹力不做功，故C错误；
D、圆周运动的周期公式，可见周期与粒子的运动速率无关，两粒子圆周运动的周期相等，又两粒子转过的圆心角相等，故P的运行时间等于Q的运行时间，故D错误；
8、
【答案】 （1）；
（2）
（3）
【解析】 （1）由左手定则可知，粒子受力方向垂直速度方向向右下方，则可知运动轨迹如图：
对电子在做圆周运动的过程中，设半径为r，有：
所以：
（2）由（1）中所画图象，由几何关系可解得圆心角为60°，
由几何关系可知射出点到O点的距离等于电子的运动半径为．
（3）电子在磁场中的运动周期T为：
电子在磁场中运动的圆心角为60°，则运动的时间为：
联立解得：
9、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）当UMN＝0时粒子沿O1、O2方向射入磁场轨迹如图圆O3，设其半径为R1
由几何关系得R1＝R
又
解得：
（2）在t＝0时刻入射粒子满足：
解得．
（3）经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0，时刻入射的粒子贴M板平行射入磁场轨迹如圆O4，偏转角为α．
由几何知识可知四边形QOPO4为菱形，故α＝120°
（k＝0，1，2，3…）时刻入射的粒子贴N板平行射入磁场轨迹如图O5；偏转角为β
由几何知识可知SOPO5为菱形，故β＝60°
又
故．

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