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考点一　磁场、磁场力
1．(2015·新课标全国Ⅱ,18，6分)(难度★★)(多选)指南针是我国古代四大发明之 一．关于指南针，下列说法正确的是(　　)
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
解析　指南针不可以仅具 ( http: / / www.21cnjy.com )有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说 明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附 近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向 放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错 误．
答案　BC
2．(2015·海南单科，1，3分) ( http: / / www.21cnjy.com )(难度★★)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有 一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁 的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬 间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
解析　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右 运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．
答案　A
3. (2015·江苏单科，4，3分) ( http: / / www.21cnjy.com )(难度★★)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应 强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂 在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁 场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)
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解析　由题意知，处于磁场中的导体受安培 ( http: / / www.21cnjy.com )力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度 最大，所以A正确．
答案　A
4．(2014·新课标全国Ⅰ，15，6分)(难度★★)关于通电直导线在匀强磁场中所受 的安培力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
解析　由左手定则可知，安培力的方向一 ( http: / / www.21cnjy.com )定与磁场方向和直导线垂直，选项 A错、B正确；安培力的大小F＝BILsin θ与直导线和磁场方向的夹角有关， 选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直， 若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为 原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来 的.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．
答案　B
5．(2014·浙江理综,20，6分)(难度 ( http: / / www.21cnjy.com )★★)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水 平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导 轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续 交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金 属棒(　　)
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A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析　根据题意得出v-t图象 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度 随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变， 方向做周期性变化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功， 则D项错．
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答案　ABC
6．(2012·全国卷，18，6分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★)如图所示，两根相互平行的长直导线过 纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电 流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线 上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法 正确的是(　　)
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析　先根据安培定则可判断 ( http: / / www.21cnjy.com )M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各 点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合) 磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点 的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．
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答案　C
7．(2012·天津理综，2，6分)(难度★ ( http: / / www.21cnjy.com )★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质 细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平 衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应 变化情况是(　　)
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A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析　对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tan θ＝，故A 正确，C、D错误；悬线的长度对θ角没有影响，B错误．
答案　A
8．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★)如图，一长为10 cm的金属棒 ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小 为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒 通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开 时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长 量与开关断开时相比均改变了0.3 cm,重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭 合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
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解析　金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝＝6 A
导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06 N
由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下
由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg
开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F
代入数值解得m＝0.01 kg
答案　0.01 kg
9. (2015·重庆理综，7,15分)(难 ( http: / / www.21cnjy.com )度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系 统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和 一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感 应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线 圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相 等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.
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(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；
(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
解析　(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右 边所受的安培力，由安培力公式得
F＝nBIL①
由左手定则知方向水平向右
(2)安培力的功率为P＝F·v②
联立①②式解得P＝nBILv③
答案　(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv
10．(2015·浙江理综，2 ( http: / / www.21cnjy.com )4，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”， 如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈 的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强 磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～ 2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡， 测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)
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图1　　　　　　　　　图2
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝1 ( http: / / www.21cnjy.com )00匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B0不变，在线圈上部 另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域 宽度d＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感 应强度的变化率.
解析　(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力
F＝N1B0IL①
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②
代入数据解得：N1＝25匝③
(2)由电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld④
由欧姆定律得：I′＝⑤
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥
由天平平衡可得：m′g＝NB0·⑦
代入数据可得＝0.1 T/s⑧
答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s
考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．(2015·新课标全国 ( http: / / www.21cnjy.com )Ⅰ，14，6分)(难度★★)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重 力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析　由于速度方向与磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变， 轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确．
答案　D
2．(2015·新课标全国Ⅱ,19， ( http: / / www.21cnjy.com )6分)(难度★★★)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做 圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2＝B，B1＝kB
则由牛顿第二定律得：
qvB＝①
T＝②
由①②得：R＝，T＝
所以＝k，＝k
根据a＝，ω＝可知
＝，＝
所以选项A、C正确，选项B、D错误．
答案　AC
3．(2015·广东理综，16，4分)( ( http: / / www.21cnjy.com )难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质 子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析　α粒子和质子质量之比为4∶ ( http: / / www.21cnjy.com )1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同， 故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同．由r＝，得两者半径之比为1∶2； 由T＝,得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2.故只 有B正确．
答案　B
4．(2015·四川理综，7，6分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★★)(多选)如图所示，S处有一电子源， 可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝ 9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所 在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度 B＝2.0×10－4 T.电子质量m＝9.1×10－31 kg,电量e＝－1.6×10－19 C，不计电 子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能 位置的区域的长度为l，则(　　)
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A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm
C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm
解析　电子在匀强磁场运动的轨道半径为
R＝＝4.55 cm
电子沿逆时针方向做匀速圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好 打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1 cm， A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系 知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打 在NO范围内，故l＝4.55 cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60° 时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM,即4.55 cm＜l＜9.1 cm，故B、C 错误．
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答案　AD
5．(2014·新课标全国Ⅰ，1 ( http: / / www.21cnjy.com )6，6分)(难度★★★)如图，MN为铝质薄平板，铝板 上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝 板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O， 已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝 板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A．2 B. C．1 D.
解析　由题图可知，带电粒子在铝板上 ( http: / / www.21cnjy.com )方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由洛伦兹力提供向心力:qvB＝得v＝；其动能Ek＝mv2＝，故 磁感应强度B＝，＝·＝，选项D正确．
答案　D
6．(2014·新课标全国Ⅱ,20， ( http: / / www.21cnjy.com )6分)(难度★★★)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示 意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中 运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部 垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)
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A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析　在同一匀强磁场中，各粒子进 ( http: / / www.21cnjy.com )入磁场时速度方向相同，但速度大小关 系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 偏转方向必相反，故A正确；因r＝，各粒子虽q相同、但v关系未知， 故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同，不能确 定m的关系，故B错误,C正确；由Ek＝mv2有r＝，可见当Ek越大 时确定的粒子其轨迹半径越大，故D错误．
答案　AC
7．(2014·安徽理综，18，6分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强 磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不 与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)
A. B．T C. D．T2
解析　等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有
qvB＝，得v＝
动能Ek＝mv2＝
由题意得Ek＝kT
故有：kT＝
得B＝
即B∝，选项A正确．
答案　A
8．(2013·新课标全国Ⅰ,18 ( http: / / www.21cnjy.com )，6分)如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场 区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量 为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点 与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°， 则粒子的速率为(不计重力)(　　)
A. B. C. D.
解析　粒子运动的情景如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示.由于入射点M距离直径ab为R/2，且入射 方向MC平行于ab，所以∠MOC＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°， 即∠MO′B＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r＝R，又r＝.所以v ＝，B正确．
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答案　B
9．(2013·新课标全国 ( http: / / www.21cnjy.com )Ⅱ，17，6分)(难度★★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域， 该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量 为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向 偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析　根据题意作出粒子运动的轨 ( http: / / www.21cnjy.com )迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动 的半径r＝R，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，qv0B＝meq \f(v,r)，解 得，B＝，A项正确．
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答案　A
10．(2013·广东理综，21， ( http: / / www.21cnjy.com )4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离 子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重 力，下列说法正确的有(　　)
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A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析　由左手定则可判断粒子a、b均 ( http: / / www.21cnjy.com )带正电,选项A正确；由于是同种粒子， 且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝ 相同，周期T＝也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运 动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．
答案　AD
11．(2013·安徽理综，15， ( http: / / www.21cnjy.com )6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的 长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流， 方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外 运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
解析　根据右手定则及磁感应强度的叠加 ( http: / / www.21cnjy.com )原理可得，四根导线在正方形中心 O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运 动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．
答案　B
12．(2012·广东理综，15 ( http: / / www.21cnjy.com )，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N，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虚 线所示．下列表述正确的是(　　)
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
解析　由左手定则可判断 ( http: / / www.21cnjy.com )出M带负电,N带正电，选项A正确；由半径公式 r＝知：在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大，选项B错误；洛 伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C错误；由周期公式T＝知二 者的周期相同，选项D错误．
答案　A
13．(2015·浙江理综，25，22分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★★)使用回旋加速器的实验需要把离 子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质 量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆， 圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.
为引出离子束，使用磁屏蔽通道法 ( http: / / www.21cnjy.com )设计引出器．引出器原理如图所示，一对 圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引 出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通 道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求离子的电荷量q并判断其正负；
(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求 B′；
(3)换用静电偏转法引出离子束 ( http: / / www.21cnjy.com )，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内 外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍 从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．
解析　(1)离子做圆周运动Bqv＝①
q＝，根据左手定则可判断离子带正电荷②
(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示
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O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r
引出轨迹为圆弧，B′qv＝③
R＝④
由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cosθ
解得R＝⑤
故B′＝＝⑥
(3)电场强度方向沿径向向外⑦
引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝⑧
解得E＝Bv－⑨
答案　(1)　正电荷　(2)
(3)Bv－
14. (2015·山东 ( http: / / www.21cnjy.com )理综，24，20分)(难度★★★★★)如图所示，直径分别为D和2D 的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的 环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电量 为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出 电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．
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(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再 次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．
解析　(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动 能定理得
qE·＝mv2①
解得E＝②
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二 定律得
qvB＝③
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甲
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切， 由几何关系得
R＝④
联立③④式得
B＝⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
R＝⑥
联立③⑥式得
B＝⑦
(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆 ( http: / / www.21cnjy.com )周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区 和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝，由牛顿第二定律得
qvB1＝m，qvB2＝m⑧
代入数据得
R1＝，R2＝⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得
T1＝，T2＝⑩
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乙
据题意分析，粒子两次与大圆相 ( http: / / www.21cnjy.com )切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根 据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心 角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关 系得
θ1＝120°
θ2＝180°
α＝60°
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丙
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做 圆周运动的时间分别为t1、t2可得
t1＝×T1，
t2＝×T2
设粒子运动的路程为s，由运动学公式得
s＝v(t1＋t2)
联立⑨⑩ 式得
s＝5.5πD
答案　(1)　(2)或　(3)5.5πD
15．(2014·广东理综，36， ( http: / / www.21cnjy.com )18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板 A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， 以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、 A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、 电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1 进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是 L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
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(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2解析　(1)粒子在电场中，由动能定理有
qEd＝mv－0①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qv1B0＝meq \f(v,r)②
当k＝1时，由几何关系得r＝L③
由①②③解得E＝eq \f(qBL2,2md)④
(2)由于2( http: / / www.21cnjy.com )
(r1－L)2＋(kL)2＝r⑤
解得r1＝L⑥
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qvB0＝⑦
由⑥⑦解得v＝⑧
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
qvB＝m⑨
由对称性及几何关系可知
＝⑩
解得r2＝L
由⑧⑨ 解得B＝B0
答案　(1)eq \f(qBL2,2md)　(2)v＝　B＝B0
16．(2014·山东理综，24，20分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★★★)如图甲所示，间距为d、垂直 于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方 向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带 电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置， 沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时， 可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反 弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
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(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
解析　(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得
qv0B0＝eq \f(mv,R1)①
据题意由几何关系得
R1＝d②
联立①②式得
B0＝③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得
a＝eq \f(v,R2)④
据题意由几何关系得
3R2＝d⑤
联立④⑤式得
a＝eq \f(3v,d)⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
T＝⑦
由牛顿第二定律得
qv0B0＝eq \f(mv,R)⑧
由题意知B0＝，代入⑧式得
d＝4R⑨
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粒子运动轨迹如图所示，O1O2 ( http: / / www.21cnjy.com )为圆心，O1、O2连线与水平方向的夹角为θ， 在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜ ，由题意可知T＝⑩
设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝(或sin θ＝)
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsinθ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝arcsin (或sinθ＝)
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝(＋arcsin )
当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求
答案　(1)　(2)eq \f(3v,d)　(3)或(＋arcsin )
17．(2014·江苏单科，14，16 ( http: / / www.21cnjy.com )分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的 运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在 匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距 为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、 P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m、电荷量为－q的 粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的 磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到 达收集板上的位置．不计粒子的重力．
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(1)求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化 量Δv；
(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．
解析　(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r
根据题意L＝3rsin 30°＋3dcos 30°
且h＝r(1－cos 30°)
解得h＝(L－d)(1－)
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′
m＝qvB，m＝qv′B
由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°
解得Δv＝v－v′＝(－d)
(3)设粒子经过上方磁场n次
由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°
且meq \f(v,rn)＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整数)
答案　(1)(L－d)(1－)
(2)(－d)
(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)
18．(2013·天津理综，11，18分 ( http: / / www.21cnjy.com ))(难度★★★★)一圆筒的横截面如图所示，其圆 心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距 为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为 m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔 S以速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔 射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计 重力的情况下，求：
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(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R；
(3)保持M、N间电场强度 ( http: / / www.21cnjy.com )E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边 缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次 数n.
解析　(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②
联立①②式可得E＝③
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(2)粒子进入磁场后做 ( http: / / www.21cnjy.com )匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为 r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此， SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.
由几何关系得r＝Rtan④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得
qvB＝m⑤
联立④⑤式得R＝⑥
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′， 则U′＝＝⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝
综合⑦式可得v′＝v⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式 得到r′＝R，可见θ＝⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3
答案　(1)　(2)　(3)3
考点三　带电粒子在复合场中的运动
1．(2014·江苏单科，9，4分)(难 ( http: / / www.21cnjy.com )度★★★)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍 尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应 强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件 的电流为IH，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝ k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL， 霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)
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A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析　由右手定则可判定，霍尔元件的前 ( http: / / www.21cnjy.com )表面积累正电荷，电势较高，故A 错；由电路关系可见,当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和 所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错；由电路可 见，＝，则IH＝I，故C正确；RL的热功率PL＝IRL＝()2RL＝eq \f(R2I,RL)， 因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′eq \f(I（R＋RL）,dRL)，可得知UH与 PL成正比，故D正确．
答案　CD
2．(2013·重庆理综，5，6分)( ( http: / / www.21cnjy.com )难度★★)如图所示，一段长方体形导电材料，左、 右两端面的边长都为a和b,内有带电荷量为q的某种自由运动电荷．导电材 料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B.当 通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U， 且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电 荷数及自由运动电荷的正、负分别为(　　)
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A.，负 B.，正
C.，负 D.，正
解析　假设粒子带正电，根据左手 ( http: / / www.21cnjy.com )定则，粒子受的洛伦兹力向上，上面聚集 正电荷，则上板电势高，与题意不符，所以粒子带负电；达到稳定状态后， 粒子受的电场力与洛伦兹力平衡,有|q|＝|q|vB，且I＝n|q|Sv＝n|q|abv，两式 结合得n＝.
答案　C
3．(2013·浙江理综， ( http: / / www.21cnjy.com )20，6分)(难度★★★)(多选)在半导体离子注入工艺中,初速 度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强 度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已 知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动 时，离子P＋和P3＋(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析　离子在电场中加速过程中，由 ( http: / / www.21cnjy.com )于电场强度相同，根据牛顿第二定律可 得a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，选项A错误；在电场中加速过程，由动能定理可 得qU＝mv2，在磁场中偏转过程：qvB＝m，两式联立可得：r＝， 故r1∶r2＝∶1，选项B正确；设磁场宽度为d，根据sin θ＝可得： ＝，联立解得θ2＝60°，选项C正确；由qU＝mv2＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3， 选项D正确．
答案　BCD
4．(2012·海南物理，2 ( http: / / www.21cnjy.com )，3分)(难度★★)如图所示,在两水平极板间存在匀强电场 和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以 某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改 变时，粒子运动轨迹不会改变(　　)
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
解析　粒子以某一速度沿水平直线通过两 ( http: / / www.21cnjy.com )极板，其受力平衡，有qvB＝qE， 则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为零，运动轨迹不会改 变，故B项正确．
答案　B
5．(2015·福建理综，22，20分)( ( http: / / www.21cnjy.com )难度★★★★)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左 侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度 大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷 量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开 MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在 ( http: / / www.21cnjy.com )电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大 的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上 的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间 为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.
解析　(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足
qvB＋N＝qE①
小滑块在C点离开MN时
N＝0②
解得vC＝③
(2)由动能定理
mgh－Wf＝mv－0④
解得Wf＝mgh－⑤
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤 去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′
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g′＝⑥
且v＝v＋g′2t2⑦
解得vP＝eq \r(v＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)⑧
答案　(1)　(2)mgh－
(3)eq \r(v＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)
6．(2015·重庆理综，9，18分)(难度 ( http: / / www.21cnjy.com )★★★★★)如图为某种离子加速器的设计方 案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN 和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′， O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方 向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O 点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′ 点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀 速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
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(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
解析　(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得
qU＝mv①
粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②
对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝eq \f(mv,r1)③
联立①②③式解得B1＝④
(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得
nqU＝mv2　(n＝1，2，3，…)⑤
rn＝⑥
qvB＝⑦
联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧
由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨
解得n故⑧式中n的取值为n＝1，2，3，…，k2－1
(3)当n＝k2－1时，打在P点的粒子能量最大
粒子在磁场中运动周期T＝
粒子在磁场中运动时间tB＝(n－)T
联立⑧ 式解得tB＝
对粒子在电场中由动量定理得·tE＝mv
联立⑤ 式解得在电场中运动时间tE＝h
答案　(1)　(2)　(n＝1，2，3，…，k2－1)　 (3)　　h
7．(2015·天津理综，12 ( http: / / www.21cnjy.com ),20分)(难度★★★★★)现代科学仪器常利用电场、磁场 控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和 匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应 强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂 直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由 静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐 射．
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(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn， 试求sin θn；
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边 ( http: / / www.21cnjy.com )界穿出，试问在其他条件不变的情况 下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边 界，请简要推理说明之．
解析　(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛 伦兹力不做功．由动能定理，有
2qEd＝mv①
由①式解得v2＝2②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
qv2B＝meq \f(v,r2)③
由②③式解得r2＝④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表 粒子所在层数，下同)．
nqEd＝mv⑤
qvnB＝meq \f(v,rn)⑥
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图1
粒子进入第n层磁场时，速度的方 ( http: / / www.21cnjy.com )向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场 右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂 直于电场线方向的速度分量不变，有
vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦
由图1看出
rnsin θn－rnsin αn＝d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可 得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
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图2
当n＝1时，由图2看出
r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩ 式得
sin θn＝B
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则
θn＝
sin θn＝1
在其他条件不变的情况下， ( http: / / www.21cnjy.com )换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿 出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由 于
＞
则导致
sin θn′＞1
说明θn′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该 层磁场右侧边界．
答案　(1)2　　(2)B　(3)见解析
8．(2015·江苏单科，15，16 ( http: / / www.21cnjy.com )分)(难度★★★★)一台质谱仪的工作原理如图所示， 电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎 为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度 为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝ L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在 QN检测到．
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；
(3)为了在QN区域将原本 ( http: / / www.21cnjy.com )打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)
解析　(1)离子在电场中加速： qU0＝mv2
在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m
解得r＝
打在MN中点P的离子半径为r0＝L，代入解得m＝
(2)由(1)知，U＝离子打在Q点时r＝L，U＝
离子打在N点时r＝L，U＝，则电压的范围
≤U≤
(3)由(1)可知，r∝
由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点
＝
此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上＝
解得r1＝L
第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在 Q2的离子打在Q上，则：＝，＝
解得r2＝L
同理，第n次调节电压，有rn＝L
检测完整，有rn≤
解得n≥－1≈2.8
最少次数为3次
答案　(1)　(2)≤U≤　(3)3次
9．(2014·浙江理综，25,22分)( ( http: / / www.21cnjy.com )难度★★★★)离子推进器是太空飞行器常用的动 力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分 为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长 度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0 的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁 ( http: / / www.21cnjy.com )感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持 续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动， 截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线 成α角(0<α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电 离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离 效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电荷量为e.(电子碰到器壁即 被吸收，不考虑电子间的碰撞)
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面 向里”或“垂直纸面向外”)；
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．
解析　(1)由动能定理得Mv＝eU①
U＝eq \f(Mv,2e)②
a＝＝e＝eq \f(v,2L)③
(2)由题知电子在Ⅰ区内不与 ( http: / / www.21cnjy.com )器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好， 则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外 ④
( http: / / www.21cnjy.com )
(3)设电子运动的最大半径为r，其运动轨迹如图所示，
2r＝R⑤
eBv＝m⑥
所以有v0≤v＜⑦
要使⑦式有解，磁感应强度B＞⑧
( http: / / www.21cnjy.com )
(4)电子运动轨迹如图所示，
OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根据几何关系得r＝⑨
由⑥⑨式得vmax＝
答案　(1)eq \f(Mv,2e)　eq \f(v,2L)　(2)垂直纸面向外
(3)v0≤v＜　(4)vmax＝
10．(2014·重庆理综，9，18 ( http: / / www.21cnjy.com )分)(难度★★★★)如图所示，在无限长的竖直边界 NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上、下 磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点， NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边 界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.
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(1)求电场强度的大小和方向．
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．
解析　(1)设电场强度大小为E.
由题意有mg＝qE
得E＝，方向竖直向上．
( http: / / www.21cnjy.com )
(2)如图1所示,设粒子不从NS ( http: / / www.21cnjy.com )边飞出的入射速度最小值为Vmin，对应的粒子 在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.
由r＝
有r1＝，r2＝r1
由(r1＋r2)sin φ＝r2
r1＋r1cosφ＝h
vmin＝(9－6)
(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别 为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.
由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)
( http: / / www.21cnjy.com )
x≥
x＝eq \r(r－（h－r1）2)
得r1＝(1＋)，n＜3.5
即n＝1时，v＝；
n＝2时，v＝；
n＝3时，v＝.
答案　(1)，方向竖直向上　(2)(9－6)
(3)见解析
11．(2014·大纲全国，25，20分) ( http: / / www.21cnjy.com )(难度★★★★)如图，在第一象限存在匀强磁场， 磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向 沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射 出一带正电荷的粒子,该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计 重力．若该粒子离开电场时速度方向与Y轴负方向的夹角为θ，求
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
解析　(1)如图，粒子进入磁场后 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B， 粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0.由洛仑兹力公式 及牛顿第二定律得
( http: / / www.21cnjy.com )
qv0B＝meq \f(v,R0)①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿 ( http: / / www.21cnjy.com )x轴负方向的加速度大小为ax，在 电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定 律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝ax-t④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t＝⑧
答案　(1)v0tan2θ　(2)
12．(2013·安徽理综，23 ( http: / / www.21cnjy.com )，16分)(难度★★★★)如图所示的平面直角坐标系xOy， 在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的 正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长 为L，且ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0， h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h， 0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45 °角，不计粒子所受的重力．求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．
解析　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有
x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma
联立以上各式可得E＝eq \f(mv,2qh)
( http: / / www.21cnjy.com )
(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝v0
所以v＝eq \r(v＋v)＝v0
方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．
(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B ＝
答案　(1)eq \f(mv,2qh)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　 (3)
13．(2012·新课标全国卷，25 ( http: / / www.21cnjy.com )，18分)(难度★★★★)如图所示，一半径为R的圆 表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强 磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域， 在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距 离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样 速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小 为B，不计重力，求电场强度的大小．
( http: / / www.21cnjy.com )
解析　粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦 兹力公式得
( http: / / www.21cnjy.com )
qvB＝m①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．
由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出) 围成一正方形．
因此ac＝bc＝r②
设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x③
bc＝R＋④
联立②③④式得r＝R⑤
再考虑粒子在电场中的运动 ( http: / / www.21cnjy.com )．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平 抛运动．设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公 式得qE＝ma⑥
粒子在电场方向和直线方向所运动的距离均为r，
由运动学公式得r＝at2⑦
r＝v-t⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．
联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝.⑨
答案　A组　基础训练
一、选择题
1．(2015·中原名校、豫南九校联考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示,三根彼此绝缘的无限长直导线的一 部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O 关于导线ab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电 流时,M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，若将导线ab 中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小 为(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．B1＋B2 B．B1－B2
C.(B1＋B2) D.(3B2－B1)
解析　导体中的电流相同，则每个导体在距离 ( http: / / www.21cnjy.com )导体相同的点产生的磁场的磁 感应强度大小相同,设三个导体在O点产生的磁感应强度大小为B，则ab在 M点，cd在N点产生的磁感应强度大小也为B，ab在N点，cd在M点，ef 在M、N点产生的磁感应强度大小也相同，设为B′，由安培定则和矢量叠加 可知,B1＝B＋2B′、B2＝B，撤去ab中的电流后，N点的磁感应强度为BN＝ B－B′，解以上三式得BN＝(3B2－B1)，D项正确．
答案　D
2．(2015·河北邢台摸底考试)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com ),在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面 向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁 场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电荷量为q，不计电荷的重 力，则下列说法正确的是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．匀强磁场的磁感应强度为
B．电荷在磁场中运动的时间为
C．若减小电荷的入射速度,使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时 间会减小
D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出
解析　由粒子从D到A的运 ( http: / / www.21cnjy.com )动轨迹和几何知识知，粒子的轨道半经为R＝L， 转过的圆心角为α＝，由qv0B＝eq \f(mv,R)得B＝，A项正确；运动时间t＝ ＝,B项错误；若粒子从CD边界射出，粒子在磁场中转过的圆心角为π， 电荷在磁场中运动的时间会变长,C项错误；若电荷的入射速度变为2v0，则 粒子的轨道半径为2L，由几何知识知粒子会从AB边的中点右侧某位置射出， D项错误．
答案　A
3. (2015·河南八市联考)(多选 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示,一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的 上方d处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的 带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和 粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．能打在板上的区域长度是2d
B．能打在板上的区域长度是(＋1)d
C．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为
D．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为
解析　因粒子运动的轨道半径R＝d ( http: / / www.21cnjy.com ),根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则 打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几何关系知，带电粒子能 到达板上的长度L＝R＋R＝(＋1)d，选项B正确，A错误；在磁场中运 动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时 间t1＝T，最短时间t2＝T，同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时 间差Δt＝t1－t2，又T＝，联立解得Δt＝，选项C正确，D错误．
( http: / / www.21cnjy.com )
答案　BC
4．(2014·广东湛江一模)(多 ( http: / / www.21cnjy.com )选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁 场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v垂直磁场 方向从O点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列 有关说法正确的是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动时间越长
B．粒子在磁场中运动时间与速度v有关，与角θ大小无关
C．若速度v一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越短
D．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v无关
解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知 ( http: / / www.21cnjy.com )识知，粒子离开磁场时转过 的圆心角一定为2π－2θ，若θ一定，则t＝T＝×＝ ，可见粒子在磁场中运动的时间与v无关,与角度θ有关，即若 θ一定，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故A、B错误,D正确；由上式 可知θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确．
( http: / / www.21cnjy.com )
答案　CD
5．(2014·北京丰台区 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最 大电阻为R，开关K闭合.两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的 粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转
B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转
C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转
D．若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转
解析　将滑片P向上滑动 ( http: / / www.21cnjy.com )，电阻R两端的电压减小．因电容器与电阻并联， 故两板间的电势差减小,根据E＝知两板间的电场强度减小，粒子所受电场 力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b板偏转，A错误；保持开 关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝可知， 板间电场强度减小,粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向b 板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而 所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子带电荷量， 所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转， 故D错误．
答案　C
二、非选择题
6．(2015·河北“五个一名校联盟” ( http: / / www.21cnjy.com )联考)如图,边长L＝0.2 m的正方形abcd区域 (含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度 B＝5.0×10－2T.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板 在其它区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上， 两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O，金属板长度、板间 距、挡板长度均为l＝0.1 m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对 孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q＝3.2×10－19 C， 质量均为m＝6.4×10－26 kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离 子打到金属板或挡板后的反弹．
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)当电场强度E＝104 N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率；
(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离 子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围．
解析　
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B＝Eq
代入数值得v0＝2.0×105 m/s
(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB＝Eq
离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m
由以上两式子得E＝
从bc边射出的离子,其临界轨迹如图①，对应的轨迹半径最大，对应的电场 强度最大，
由几何关系可得r1＝l＝0.1 m
由此可得E1＝1.25×103 N/C
从bc边射出的离子,轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度 最小，由几何关系可得2r2＋＝L
所以r2＝0.075 m
由此可得E2＝9.375×102 N/C
所以满足条件的电场强度的范围为
9．375×102 N/C答案　(1)2.0×105 m/s　(2)9.375×102 N/C7．(2015·河北“名校联盟”质量监 ( http: / / www.21cnjy.com )测)如图所示,有3块水平放置的长薄金属板a、 b和c，a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料 细管，两管口正好位于小孔M、N处.板a与b、b与c之间接有电压可调的 直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0、 密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖 直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc,当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b 板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出.忽略小孔和细管对电场 的影响，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)油滴进入M孔时的速度v1；
(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；
(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间 ( http: / / www.21cnjy.com )，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油 滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′ 和B′的结果．
解析　(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1， 由动能定理得mv－mv＝mgL＋qU1
考虑到m＝ρV0
得v1＝eq \r(v＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))
(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力 与重力平衡，有mg＝qE
得E＝
油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有
qv1B＝eq \f(mv,R)
得B＝＝eq \r(v＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))
(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理得
0－mv＝－mgL－qUba′
得Uba′＝U1＋eq \f(ρV0v,2q)
考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返 回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即B′＝－B.
答案　(1)eq \r(v＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)) 　(2)
eq \r(v＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))　(3)U1＋eq \f(ρV0v,2q)，－B
8．(2015·邢台高三摸底)如图所示, ( http: / / www.21cnjy.com )在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完 全相同的平行金属板P、Q和M、N，P、Q与M、N四块金属板相互平行地 竖直地放置，已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d＝0.2 m，极板本 身的厚度不计，极板长均为L＝0.2 m，板间电压都是U＝6 V且P板电势高．金 属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝5 T，磁场区域 足够大.现有一质量m＝1×10－4kg，电荷量q＝－2×10－4 C的小球在水平面 上以初速度v0＝4 m/s，从平行板PQ间左侧中点O1沿极板中线O1O1′射入．
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)试求小球刚穿出平行金属板PQ的速度；
(2)若要小球穿出平行金属板PQ后 ( http: / / www.21cnjy.com )，经磁场偏转射入平行金属板MN中，且 在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN的左侧中点O2沿中线O2O2′射 出，则金属板Q、M间距离是多少？
解析　(1)小球在PQ金属板中做类平抛运动，小球所受电场力
F＝qE＝
小球的加速度a＝
解得a＝＝ m/s2＝60 m/s2
小球在板间运动时间t＝＝ s＝0.05 s
小球在垂直板方向上的速度vy＝at＝60×0.05 m/s＝3 m/s
则小球离开PQ板时的速度v-t＝eq \r(v＋v)＝m/s＝5 m/s
v-t与中轴线的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°
(2)俯视图如图所示,在PQ极板间， ( http: / / www.21cnjy.com )若P板电势比Q板高，则小球向P板偏 离，进入右侧磁场后做圆周运动，由运动的对称性，则必须N板电势高于M 板电势，其运动轨迹如图所示
( http: / / www.21cnjy.com )
小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力：qv-tB ＝eq \f(mv,R)
得R＝＝0.5 m
在PQ极板间，小球向P板偏离 ( http: / / www.21cnjy.com ),设小球射入与射出磁场的两点间的距离为h， 由图中几何关系得h＝2Rcos θ＝2×0. 5×m＝0.8 m
小球偏离中轴线的位移Y偏＝at2＝×60×(0.05)2 m＝7.5×10－2 m
当小球向P偏转时，根据对称性可得，QM极板间的距离为
d1＝h－2(＋Y偏)＝h－d－2Y偏＝0.45 m
答案　(1)5 m/s，方向与中轴线的夹角为37°　(2)0.45 m
9．(2014·山西太原一模)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com ),在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方 向的匀强电场；第二象限内存在大小为B、方向垂直坐标平面向外的有界圆 形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在x轴上M(L，0)点，沿Y轴正方向 释放出速度大小均为v0的电子,电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二 象限．进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为75°. 已知电子的质量为m、电荷量为e，电场强度E＝eq \f(mv,2eL)，不考虑电子的重力和 其间的相互作用，求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)N点的坐标；
(2)圆形磁场的最小面积．
解析　(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有
L＝ t2，yN＝v0t
解得：yN＝2L
则N点的坐标为(0，2L)
(2)设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，由动能 定理有mv2－mv＝eEL
cos θ＝＝
解得：v＝v0，θ＝45°
设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r
evB＝
①当电子与x轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中 偏转120°后垂直于O1Q射出，则磁场最小半径
( http: / / www.21cnjy.com )
Rmin＝＝rsin 60°
解得Smin＝eq \f(3πm2v,2e2B2)
②当电子与x轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中 偏转150°后垂直于O2Q′射出，则磁场最小半径
( http: / / www.21cnjy.com )
Rmin′＝＝rsin 75°
解得Smin′＝eq \f(（2＋\r(3)）πm2v,2e2B2)
答案　(1)(0，2L)　(2)见解析
B组　能力提升
一、选择题
1．(2015·河北“名校联盟”模拟)(多 ( http: / / www.21cnjy.com )选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘 物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸 面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对 滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小
解析　设甲、乙向上作匀加速 ( http: / / www.21cnjy.com )运动的加速度为a,隔离甲：由牛顿第二定律得 Ff甲－m甲gsin θ＝m甲a，则甲、乙两物块间摩擦力Ff甲＝m甲gsin θ＋m甲a 不变，A、C项错误，B项正确;选甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之 间的摩擦力为Ff乙＝μFN，且FN＝(m甲＋m乙)gcos θ－qvB，由于v增大，则 FN减小，Ff乙不断减小，D项正确．
答案　BD
2. (2015·辽宁朝阳三校协作体联 ( http: / / www.21cnjy.com )考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不 断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子 (重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最 长时间为(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A. B. C. D.
解析　粒子在磁场中运动的半径为:R＝ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＝2r；当粒子在磁场中运动 时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆 的直径2r，故t＝＝＝，故选C.
答案　C
3．(2015·湖北六校调考)(多选)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直 纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝 缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m．现有一个比 荷大小为＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处 小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回，且 碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的 速度大小可能是(　　)
( http: / / www.21cnjy.com )
A．3 m/s B．3.75 m/s C．4.5 m/s D．5 m/s
解析　由题意可知小球运动的圆心一定在y轴上 ( http: / / www.21cnjy.com )，所以小球做圆周运动的半 径r一定要大于等于3 m,而ON＝9 m≤3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一 次，且碰撞后第二个圆心的位置在O点的上方；也可能小球与挡板ON没有 碰撞，直接过M点．由qvB＝，得v＝·Br，第一种情况：若小球与挡 板ON碰撞一次,则轨迹可能如图甲，设OO′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋ s2＝9＋s2和3r－9＝s，联立求得r1＝3 m，r2＝3.75 m，分别代入v＝·Br 得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s；第二种情况:若小球没有与挡板ON碰撞，则轨 迹如图乙，设OO′＝x，由几何关系得r＝OM2＋x2＝9＋x2和x＝9－r3，联立 求得r3＝5 m，代入v＝·Br得v3＝5 m/s.
( http: / / www.21cnjy.com )
答案　ABD
4．(2014·浙江温州一模)(多选 ( http: / / www.21cnjy.com ))日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131 被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量 均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔 S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S2小孔射 出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说 法正确的是(　　)
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A．磁场的方向垂直于纸面向里
B．碘131进入磁场时的速率为
C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为
D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为(－)
解析　粒子带正电，根据左手定则可知， ( http: / / www.21cnjy.com )磁场方向垂直纸面向外，A错误； 由动能定理知,粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，即qU＝ mv,解得：v1＝，B正确；粒子在磁场中运动的时间t为周期的一半， 根据周期公式T＝，在磁场中运动的时间差值Δt＝，故C 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R＝＝，则它们 的距离之差Δd＝2R1－2R2＝(－)，故D正确．
答案　BD
二、非选择题
5．(2015·河南八校联考)如下图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，以O(0，0)为圆心，半径为r的圆形区域内 存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在磁场 右侧区域内，有一沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m， 电荷量为＋q的粒子从A(0，r)点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y轴负 方向时，粒子恰好从B(r，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)粒子射入磁场时的速度大小v；
(2)求速度方向与y轴负方向为θ角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时 间t.
解析　(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动
由牛顿第二定律得qvB＝m，v＝
(2)粒子沿与y轴负方向为θ角射 ( http: / / www.21cnjy.com )入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回 的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周 期为T＝
在磁场中运动的时间为t1＝T＝
在电场中做匀变速直线运动a＝
所以t2＝＝＝
所以t＝t1＋t2＝＋
答案　(1)　(2)＋
6．(2015·陕西五校联考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场 E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域 宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、带电 荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动， 进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向 改变了60°，重力加速度为g，求：
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(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长？
解析　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin 45° ＝mg
解得E1＝
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg＝qE2
则E2＝
(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度 为v，则
a＝＝g
v2＝2ad1
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则
Rsin 60°＝d2
qvB＝m
解得B＝
(3)微粒在区域Ⅰ内作匀加速直线运动，t1＝＝
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，T＝
则t2＝＝
解得t＝t1＋t2＝＋
答案　(1)E1＝　E2＝　(2)　
(3)＋
7．(2015·湖北六校调考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com ),xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行 于xOy平面的匀强电场,场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀 强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7 C的带负电粒子从坐标 原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4， 3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场， 经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625 倍，求：
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；
(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；
(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．
解析　(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点的动能为 1.25Ek.
由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场 力做的功大小分别为W1、W2
( http: / / www.21cnjy.com )
由动能定理得：－W1＝Ek－2Ek
W2＝1.25Ek－Ek
则W1∶W2＝4∶1
(2)O点、P点及M点的电势差分别为：UOP＝，UOM＝
设OP连线上与M点电势相等的点为D,由几何关系得OP的长度为5 m，沿 OP方向电势下降，则＝＝＝
得OD＝3.75 m，OP与X轴的夹角α，则sin α＝
D点的坐标为xD＝ODcos α＝3 m，yD＝ODsin α＝2.25 m
即：OP连线上与M点等电势的D点的坐标为(3 m，2.25 m)
(3)由于OD＝3.75 m而OMcos∠MOP＝3.75 m所以MD垂直于OP
由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O指向P
带负电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t
则DP＝··t2
又DP＝OP－OD＝1.25 m
解得t＝0.5 s
答案　(1)4∶1　(2)(3 m，2.25 m)　(3)0.5 s
8．(2014·广东韶关一模 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场， 电场强度E＝×104 N/C.现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正电荷 从电场中的O点由静止释放,经过t0＝1×10－5 s后，通过MN上的P点进入 其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过MN时开始 计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．
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(1)求电荷进入磁场时的速度；
(2)求图乙中t＝2×10－5 s时刻电荷与P点的距离；
(3)如果在P点右方d＝100 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从 O点出发运动到挡板所需的时间．
解析　(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则
Eq＝ma
v0＝at0
代入数据解得v0＝π×104 m/s
(2)当B1＝ T时，电荷运动的半径r1＝＝0.2 m＝20 cm
周期T1＝＝4×10－5 s
当B2＝ T时，电荷运动的半径r2＝＝10 cm
周期T2＝＝2×10－5 s
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：
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t＝2×10－5 s时刻 ( http: / / www.21cnjy.com )电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半 个周期，恰好运动到MN上，则与P点的水平距离为r1＝20 cm.
(3)电荷从P点开始，其运动的周期为T＝ ( http: / / www.21cnjy.com )＋T2＋2t0＝6×10－5 s，根据电荷 的运动情况可知,电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为40 cm，故电荷到 达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动，以90°角撞击到挡板上， 故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间t总＝t0＋2T＋T1
解得t总＝1.4×10－4 s.
答案　(1)π×104 m/s　(2)20 cm　(3)1.4×10－4 s
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向一　考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题
1．(左手定则、洛伦兹力、圆周运动)如图是洛 ( http: / / www.21cnjy.com )伦兹力演示仪的实物图和结构示 意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹．下列关于实 验现象和分析正确的是(　　)
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A．励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹
B．励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹
C．保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小
D．保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大
解析　励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由右 ( http: / / www.21cnjy.com )手定则可知线圈内部磁场向 里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B正确，A 错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的运动速度变大，根据r ＝可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误；保持加速电压不变，增 加励磁电压，则B变大，根据r＝电子束形成圆周的半径减小，选项D错 误；故选B.
答案　B
考向二　考查带电粒子在组合场中的运动问题
2．(先磁场、后电场、再磁场 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁 场区域,半径为R，磁场垂直纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强 电场，电场强度为E.在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不 同方向射入第一象限.发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速 度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m，电荷量为＋q.粒子重力不计．
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；
(3)沿与＋x方向成60°角射 ( http: / / www.21cnjy.com )入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出) 穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间．
解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入 ( http: / / www.21cnjy.com )电场后,速度减小到0，粒子一定是 从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动 的半径r＝R
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根据Bqv＝
r＝
得B＝
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁 场中的路程为二分之一圆周长
s1＝πR
设在电场中的路程为s2，根据动能
定理得Eq＝mv2
s2＝
总路程s＝πR＋
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(3)如图2，沿与＋x方向成60°角射入的粒子，从C点竖直射出、射入磁场， 从D点射入、射出电场，最后从N点(MN为直径)射出磁场．
所以N点坐标为(2R，0)
在磁场中，MC段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN段轨迹圆弧对应圆心角 θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，即
t1＝＝
粒子在CD段做匀速直线运动，CD＝
则从C到D，再从D返回到C所用时间，t2＝
粒子在电场中做匀速直线运动，加速度a＝
t3＝＝
总时间t＝＋
答案　(1)　(2)πR＋　
(3)(2R，0)　＋
3．(先磁场、再电场)如图所示，在xO ( http: / / www.21cnjy.com )y平面内,紧挨着的三个“柳叶”形有界区 域①②③内(含边界上)有磁感应强度为B的匀强磁场，它们的边界都是半径 为a的圆，每个圆的端点处的切线要么与x轴平行，要么与y轴平行．① 区域的下端恰在O点,①②区域在A点平滑连接,②③区域在C点平滑连接．大 量质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子依次从坐标原点O以相同的速 率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿x轴、y轴方向)，它们只要在磁场 中运动,轨道半径就都为a.在y≤－a的区域，存在场强为E的沿－x 方向的 匀强电场．整个装置在真空中，不计粒子重力和粒子之间的相互作用．求：
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(1)粒子从O点出射时的速率v0；
(2)这群粒子中，从O点射出至运动到x轴上的最长时间；
(3)这群粒子到达y轴上的区域范围．
解析　(1)由qBv0＝meq \f(v,R)，R＝a，解得v0＝
(2)这些粒子中，从O沿＋y轴方向射入磁场的粒子，从O到C耗时最长．
由tmax＝，s＝πa，得tmax＝＝
(3)这些粒子经过①区域偏转后方 ( http: / / www.21cnjy.com )向都变成与＋x轴平行，接着沿直线匀速进 入②区域，经过②区域偏转又都通过C点，从C点进入③区域，经过③区域 偏转，离开③区域时，所有粒子的运动方向都变成－y方向(即垂直进入电场)
( http: / / www.21cnjy.com )
对于从x＝2a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有
2a＝××t
解得t1＝
则该粒子运动到y轴上的坐标为
y1＝－a－v0t1＝－a－Ba
对于从x＝3a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有
3a＝××t
解得t2＝
则该粒子运动到y轴上的坐标为
y2＝－a－v0t2＝－a－Ba
这群粒子运动到y轴上的区域范围为
－a－Ba≤y≤－a－Ba
答案　(1)　(2)
(3)－a－Ba≤y≤－a－Ba(共73张PPT)
知识点一 磁场及其描述
1.磁场
(1)基本特性：对放入其中的磁体、电流和运动电荷都有_______的作用.
(2)方向：磁场中任一点小磁针_________的受力方向为该处的磁场方向.
磁场力
北极(N极)
2.磁感应强度
强弱
方向
北极(N极)
3.磁感应强度与电场强度的比较
场
的
叠
加 共同点 都遵从矢量合成法则
不同点 合磁感应强度B合等于各磁场的磁感应强度B的矢量和 合电场强度等于各个电场的电场强度E的矢量和
单位 1 T＝1 N/(A·m) 1 V/m＝1 N/C
4.磁感线的特点
(1)是人为画出的，不是真实存在的.
(2)是闭合曲线,在磁体的外部是从__极到__极,内部是从__极到__极.
(3)磁感线的疏密表示磁场的______.
N
S
S
N
强弱
5.常见的磁场
(1)几种电流周围的磁场分布
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强且距导线越远处磁场_____ 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场_____，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场______
越弱
最强
越弱
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
(2)地磁场
①地磁场的N极在地球的地理______附近，S极在地球的地理_____附近，磁感线分布如图所示.
南极
北极
②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向北极；而竖直分量(By)则南北相反,在南半球垂直地面_____,在北半球垂直地面______.
③在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁场强弱______，且方向水平______.
向上
向下
相同
向北
6.磁场方向规定
(1)磁感线在该点的切线方向.
(2)磁场中任一点小磁针北极(N极)的受力方向(小磁针静止时N极的指向)为该处的磁场方向.
(3)对磁体：外部(N→S)，内部(S→N)组成闭合曲线；这点与静电场电场线(不是闭合曲线)不同.
(4)用安培(右手螺旋)定则判断.
7.磁通量
(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量.
(2)公式：Φ＝B·S，是标量.
(3)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1 T·m2.
(4)定性描述：可用穿过该面积的磁感线条数形象描述.
8.对磁通量的理解
(1)Φ＝B·S只适用于B与面垂直的情况，可理解为Φ＝B·S⊥＝BScos θ，如图甲所示.
(2)S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的有效面积，如图乙所示.
(3)磁通量与线圈的匝数无关.
(4)当计算某个面内的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，相反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的磁通量，磁通量的正、负并不表示磁通量的方向，仅表示磁感线的贯穿方向.
【易错防范】
(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关(　　)
(2)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量一定减小
(　　)
(3)通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零(　　)
(4)磁感线越密的地方，磁场越强，穿过线圈的磁通量越大(　　)
√
×
×
×
知识点二 磁场对电流的作用
1.安培力的大小：F＝________(θ是I与B的夹角)
BILsin θ
(1)当θ＝90°(I⊥B)时，F＝______；
(2)当θ＝0°(I∥B)时，F＝0.
BIL
2.方向(左手定则)：掌心——磁感线垂直穿过手心；四指——指向_____的方向；大拇指——指向_______的方向
(1)安培力的方向既与B垂直，又与I垂直，但B与I的方向不一定垂直.
(2)当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图).
电流
安培力
【易错防范】
(1)闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零
(　　)
(2)安培力的方向总垂直于B和I决定的平面(　　)
(3)安培力一定不做功(　　)
√
√
×
知识点三 磁场对运动电荷的作用
1.洛伦兹力的方向
(1)判断方法：左手定则
掌心
正电荷运动
正电荷所受洛伦兹力
B和v
2.洛伦兹力的大小
F＝_________，θ为v与B的夹角，如图所示.
qvBsin θ
(1)v∥B时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F＝___.
(2)v⊥B时，θ＝90°，洛伦兹力F＝____.
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝___.
0
0
qvB
【名师助学】
(1)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化.
(2)由于F⊥v，所以洛伦兹力永不做功.
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，要注意将四 指指向电荷运动的反方向.
知识点四 带电粒子在匀强磁场中的运动（不计重力）
1.若v∥B
带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做__________运动.
2.若v⊥B
带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做__________运动.
匀速直线
匀速圆周
【名师助学】
带电粒子在匀强磁场中的运动周期T的大小与轨道半径和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关.
知识点五 带电粒子在组合场、复合场中运动的应用实例
1.速度选择器(如图所示)
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相_____.这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器.
(2)带电粒子能够匀速沿直线通过速度选择器的条件是________，即v＝____.
垂直
qE＝qvB
2.回旋加速器
(1)基本构造：回旋加速器的核心部分是放置在磁场中的两个D形的金属扁盒 (如图所示)，其基本组成为：
①粒子源
②两个D形金属盒
③匀强磁场
④高频电源
⑤粒子引出装置
相同
3.磁流体发电机
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能.
(2)根据左手定则，如图所示中的B是发电机_______.
正极
(3)磁流体发电机两极板间的距离为d，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则两极板间能达到的最大电势差U＝______.
Bvd
平衡
同位素
因此，只要知道q、B、L与U，就可计算出带电粒子的质量m.又因m∝L2，不同质量的同位素从不同处可得到分离，故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.
6.霍尔效应
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体,当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了_______,这个现象称为霍尔效应.所产生的电势差称为霍尔电势差，其原理如图所示.
电势差
【易错防范】
(1)带电体在复合场中运动时，必须要考虑重力(　　)
(2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态(　　)
(3)带电粒子在一定的条件下，在复合场中可以做匀速圆周运动
(　　)
(4)当正电荷在速度选择器中做匀速直线运动时，负电荷以同样大的速度不可能做匀速直线运动(　　)
(5)电磁流量计测量的是液体的体积(　　)
(6)磁流体发电机两极板间的最大电势差为U＝Bvd，其中v为电荷定向移动的速率(　　)
×
×
√
×
×
×
要点一　通电导线在安培力作用下的运动的判断方法
[突破指南]
电流元法 把整段导线分为直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向.
等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立.
特殊
位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向.
结论法 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转动到平行且电流方向相同的趋势.
转换研究
对象法 分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体产生的磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力.
【典例1】 (2015·辽宁五校联考)如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2 ，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是(　　)
A.FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小
B.FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小
C.FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大
D.FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小
解析　采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受 斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，FN1＞FN2.同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以电流对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.
答案　C
要点二　安培力作用下的力学综合问题
[突破指南]
【典例2】 (2015·河南郑州一中期中)(多选)如图所示，质量为m、长度为L的直 导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为(　　)
【解题探究】 试画出四个选项中四种情形的直导线的受力分析图.
提示　
答案　C
【借题发挥】 解决安培力相关力学问题的“两大关键”
(1)要正确画出通电导体受力的平面图，电流方向和磁场方向表示要正确.
(2)受力分析时安培力的方向必须用左手定则正确判定，注意安培力的方向既 跟磁感应强度的方向垂直，又和电流方向垂直.
要点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
[突破指南]
1.圆心的确定
(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心.
(2)已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹对应的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心.
(3)已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦的垂直平分线，交点即为圆心.
(4)已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.
2.半径的确定
找到圆心以后，半径的确定和计算一般利用几何知识解直角三角形的办法.带电粒子在有界匀强磁场中常见的几种运动情形如图所示.
(1)磁场边界：直线，粒子进出磁场的轨迹具有对称性，如图a、b、c所示.
(2)磁场边界：平行直线，如图d所示.
(3)磁场边界：圆形，如图e所示.
4.常用到的关系式如图所示
(1)速度的偏向角φ等于AB所对的圆心角θ.
(2)偏向角φ与弦切角α的关系：φ＜180°，φ＝2α；φ＞180°，φ＝360°－2α.
(3)圆周运动中有关对称规律：如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时,速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.
【典例3】 (2015·山东潍坊重点中学质检)如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN， 速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)
A.1∶3　　　B.4∶3　　　C.1∶1　　　D.3∶2
答案　D
【借题发挥】 带电粒子在有界匀强磁场中的常用几何关系
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点.
(2)三个角：速度偏向角、圆心角、弦切角，其中偏向角等于圆心角，也等于弦切角的2倍.
要点四　带电体在叠加场中的运动
[突破指南]
1.重力、电场力、洛伦兹力的比较
重力 电场力 洛伦兹力
公式 G＝mg F＝qE(E≠0) F＝qvB
(B≠0，v≠0且v⊥B)
方向 竖直向下 与E方向平行 垂直于B、v确定的平面
做功
情况 做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关 做功与路径无关，只与初、末位置的电势差有关 不做功
2.带电粒子在复合场中运动的分类
(1)带电粒子在复合场中无约束情况下的运动
①磁场力、重力并存
a.若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
b.若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题.
②电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
a.若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
b.若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题.
③电场力、磁场力、重力并存
a.若三力平衡，一定做匀速直线运动.
b.若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.
c.若合力不为零且与速度方向不垂直，做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题.
(2)带电粒子在复合场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果.
【典例4】 如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、 带相等电荷量的墨滴.调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点.
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
思路点拨　
【借题发挥】 带电粒子在叠加场中运动的常见类型
(1)静止或匀速直线运动：条件是带电粒子所受合外力为零，应根据平衡条件列方程求解.
(2)匀速圆周运动：条件是带电粒子所受重力与电场力平衡，合力等于洛伦兹力,带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，常应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.
(3)一般的曲线运动：带电粒子所受合力的大小和方向都时刻发生变化，一般应从功和能的角度列方程求解.
(4)分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其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.
要点五　带电粒子在组合场中的运动
[突破指南]
1.“磁偏转”和“电偏转”的比较
粒子垂直进入磁场(磁偏转) 粒子垂直进入电场(电偏转)
情
景
图
受力 洛伦兹力FB＝qv0B，大小不变，方向总指向圆心，时刻变化，为变力 电场力FE＝qE，与v0无关，大小、方向不变，为恒力
2.思路方法图
【典例5】 如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电荷量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场.已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力.
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向；
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间.
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
带电粒子在复合场中常见的三种运动轨迹专题概述
带电粒子在复合场中的运动是历届高考中的压轴题.当带电粒子沿不同方向进入复合场时，粒子做各种各样的运动，形成了异彩纷呈的轨迹图形，常见的有“拱桥”形、“心连心”形、“葡萄串”形等.
1.“拱桥”形
带电粒子在磁场和电场中交替运动，在磁场中的轨迹为半圆，进入电场时速度方向与电场线平行，粒子在电场中做直线运动，如果粒子在电场中做往复运动，则粒子运动的轨迹为“拱桥”形.
【典例1】 (2015·吉林长春模拟)如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与O点的距离为L，求此时粒子射出时的速度大 和运动的总路程(重力不计).
2.“心连心”形
当带电粒子在相邻的磁感应强度不同的磁场中做匀速圆周运动时，其半径不同,因此粒子运动的轨迹为两个半圆且相互交叉，称为
“心连心”形.
【典例2】 (2015·山东济南质检)如图所示，一理想磁场以x轴为界，下方磁场的磁感应强度是上方磁感应强度B的两倍.今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从原点O沿y轴正方向以速度v0射入磁场中，求此粒子从开始进入磁场到第四次通过x轴的位置和时间(重力不计).
3.“葡萄串”形
在某一空间同时存在周期性变化的电场和磁场，若电荷只受电场力时，做类平抛运动；若电荷只受磁场力作用时，做匀速圆周运动，此时，电荷的运动轨道为抛物线与圆周的结合，称为“葡萄串”形.
【典例3】 (2015·辽宁抚顺重点高中协作校期中)如图所示，在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图所示.一质量m＝3.2×10－13 kg、电荷量q＝－1.6×10－10 C的带电粒子，在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度从坐标原点沿x轴正向运动，不计粒子重力.求：
(1)粒子在磁场中运动的周期；
(2)t＝20×10－3 s时粒子的位置坐标；
(3)t＝24×10－3 s时粒子的速度.
(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3 s时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2 m

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