资源简介

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第九章
磁场(选修3－1)
　【P162】
考点
要求
说明
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
洛伦兹力公式
Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情况
2.洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情况
　【P162】
1．对比新旧考试大纲，对磁电式电表原理的考查在新课标卷物理考试大纲中没有出现，磁场、磁感应强度、磁感线由原来的Ⅱ级要求降为Ⅰ级要求，其余基本没变．
2．本章内容的重点仍是匀强磁场中的安培力、洛伦兹力的公式、带电粒子在匀强磁场中的运动．
2015、2016命题情况　【P162】
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
全国Ⅰ卷第14题
选择题
6分
带电粒子在磁场中的运动
全国Ⅰ卷第24题
计算题
12分
磁场对通电导线的作用力
全国Ⅱ卷第18题
选择题
6分
指南针的指向问题
全国Ⅱ卷第19题
选择题
6分
电子在不同磁场中运动的比较
重庆卷第1题
选择题
6分
带电粒子在磁场中的运动
重庆卷第7题
计算题
15分
安培力
重庆卷第9题
计算题
18分
带电粒子在复合场中的运动
江苏卷第4题
选择题
3分
磁场对电流的作用力
江苏卷第15题
计算题
16分
带电粒子在电场、磁场中的运动
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
浙江卷第24题
计算题
20分
磁场对电流的作用力
浙江卷第25题
计算题
22分
带电粒子在磁场或电场中的运动
福建卷第22题
计算题
20分
带电滑块在复合场中的运动
天津卷第12题
计算题
20分
带电粒子在复合场中的运动
北京卷第17题
选择题
6分
带电粒子在磁场中的运动
山东卷第24题
计算题
20分
带电粒子在电场中加速后在磁场中的运动
2016
全国Ⅰ卷第15题
选择题
6分
带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转
全国Ⅱ卷第18题
选择题
6分
带电粒子在匀强磁场中运动
全国Ⅲ卷第18题
选择题
6分
带电粒子在匀强磁场中运动的临界轨迹
北京卷第17题
选择题
6分
地磁场
四川卷第4题
选择题
6分
带电粒子在磁场中运动
上海卷第21题
填空题
4分
磁感线、磁感应强度
北京卷第22题
计算题
16分
带电粒子在磁场中运动，在叠加场中运动
上海卷第33题
计算题
14分
安培力(变力)、安培力的功(变力的功)
天津卷第12题
计算题
20分
安培力与电磁感应综合
江苏卷第15题
计算题
16分
回旋加速器
浙江卷第22题
计算题
22分
扇形聚焦回旋加速器
第1节　磁场的描述　磁场对电流的作用
　　【P163】
夯实基础　
1．磁场的性质
(1)来源：磁场是存在于磁体、__电流__和运动电荷周围的一种特殊物质．
(2)基本性质：磁场对放入磁场中的磁体、电流和运动电荷有__磁场力__的作用．
(3)方向：磁场中某点的磁场方向为该点小磁针静止时__N极__所指方向．
2．磁场的描述
(1)磁感应强度
①意义：描述磁场__强弱和方向__的物理量．
②定义式：B＝____，式中通电直导线中的电流I与磁场方向垂直．由磁场本身决定，与I、L和F的大小均__无关__．
③方向：小磁针静止时__N极__所指的方向．
④单位：
__特斯拉__，符号T，1
T＝1
N/(A·m)．
⑤磁场的叠加：a.磁感应强度是矢量，合成与分解遵守平行四边形定则．
b．空间中有几个磁体或电流同时存在时某点的磁感应强度是每个磁体或电流在该点产生的磁感应强度的矢量和．
(2)磁感线：在磁场中人为地画出一系列曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的__磁感应强度__的方向一致，磁感线的疏密程度表示磁场的__强弱__，这样的曲线叫做磁感线．
3．常见的磁场
(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场
(2)地磁场
地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，主要特点有：
①地磁场的__N极__在地理南极附近，__S极__在地理北极附近，如图所示．
②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理__南极__指向__北极__；而竖直分量(By)则南、北半球相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．
③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱__相同__，且方向水平向__北__．
(3)匀强磁场：若某个区域里磁感应强度大小处处__相等__，方向__相同__，那么该区域的磁场叫匀强磁场，匀强磁场中的磁感线是__平行等距__的直线．如通电螺线管内部的磁场、两个平行放置且距离很近的异名磁极之间的磁场都可认为是匀强磁场．
考点突破　　
例1有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示．其中小磁针的指向正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．a
B．b
C．c
D．d
【解析】由安培定则，可知螺线管内部的磁场方向向左，放在管内的小磁针的N极方向向左，D项正确．
【答案】D
针对训练　
1．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(BC)
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
　　【P163】
夯实基础　
几种常见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
非匀强磁场且距导线越远处__磁场越弱__
磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为__匀强__磁场，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧相当于两个磁极且离圆环中心越远，磁场__越弱__
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
考点突破　　
例2无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝(式中k为常数)．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L.下列说法正确的是
(　　)
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1
D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1
【解析】根据安培定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B＝，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，大小为B1＝；而I导线在b处的磁感应强度方向向上，大小为B2＝，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误；3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小Ba＝＋＝，而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小Bb＝－＝，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C错误，D正确．故选AD.
【答案】AD
【小结】1.空间任意一点的磁感应强度，是各个电流在该点分别产生的磁感应强度的矢量和．
2．电流方向和磁场方向之间的关系，用安培定则确定：在直线电流中，大拇指指电流方向，弯曲的四指指磁场绕行方向；在环形电流中，四指指环形电流的绕行方向，大拇指指环内磁场的方向．
针对训练　
2．如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝2
T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d
4个
点，若通电直导线的电流方向垂直纸面向里，a点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是(C)
A．匀强磁场的方向是向左
B．c点的实际磁感应强度也为0
C．d点实际磁感应强度为2
T，方向斜向下，与匀强磁场方向夹角为45°
D．以上说法均不正确
【解析】a点的实际磁感应强度为0，则可判定a点处通电直导线产生的磁场大小为2
T，由安培定则可得，通电直导线产生磁场方向向左，匀强磁场的方向向右，选项A错误；由于a、b、c、d距通电直导线的距离均为r，故通电直导线在a、b、c、d
4点产生的磁场大小均为2
T，由安培定则与矢量合成可得c点实际磁感应强度为4
T，方向与匀强磁场方向相同，选项B错误；d点实际磁感应强度为2
T，方向斜向下与匀强磁场方向夹角为45°，选项C正确．
　　【P164】
夯实基础　
1．安培力的大小
安培力F＝__BILsin__θ__，如图所示，θ为B与I的夹角．
(1)当B与I垂直时：安培力最大，F＝BIL.
(2)当B与I平行时：安培力最小，F＝0.
2．安培力的方向
(1)判定方法——左手定则
左手定则：伸开左手，使拇指跟其余四个手指__垂直__，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线从__掌心__进入，并使__四指__指向电流的方向，这时__拇指__所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F__垂直__于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)
3．安培力做功
(1)安培力可以做正功，安培力做正功的过程是把__电能__转化成其他形式的能的过程，安培力做的正功__小于__消耗的电能．
(2)安培力可以做负功，安培力做负功的过程是把__机械__能转化成__电__能的过程，安培力做的负功的绝对值__等于__产生的电能．
考点突破　　
例3如图所示，在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m＝0.04
kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连．该装置放在高h＝20
cm的绝缘垫块上．当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s＝100
cm处．试求开关接通后安培力对金属棒做的功．(g取10
m/s2)
【解析】在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：W＝mv2
设平抛运动的时间为t，则竖直方向：h＝gt2
水平方向：s＝vt
解得：W＝0.5
J.
针对训练　
3．(多选)某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达10英里．这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进．如图所示是超导电磁船的简化原理图，AB和CD是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生．以下说法正确是(BC)
A．海水受磁场力方向向右
B．海水受磁场力方向向左
C．船体向右运动
D．船体向左运动
【解析】从图示情况来看，海水中电流方向从CD向AB，依左手定则判定出海水所受安培力方向向左，依作用力与反作用力的相互关系可知海水对船的作用力向右，船体向右运动，B、C对．
4．目前世界上输送功率最大的直流输电工程——哈(密)郑(州)特高压直流输电工程已正式投运．高压直流输电具有无感抗、无容抗、无同步问题等优点．已知某段直流输电线长度l＝200
m，通有从西向东I＝4
000
A的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B＝5×10－5
T，磁倾角(磁感线与水平面的夹角)为5°(sin
5°≈0.1)．则该段导线所受安培力的大小和方向为(A)
A．40
N，偏北与水平面成85°角斜向上方
B．4
N，偏北与水平面成85°角斜向上方
C．4
N，与水平面成5°角斜向下方
D．40
N，与水平面成5°角斜向下方
【解析】地磁场方向与电流方向垂直．由安培力F＝BIL＝40
N，BC项错；由左手定则可知，电线所受安培力方向向北与水平面成85°角斜向上方，A项正确，D项错．
　　【P165】
夯实基础　
1．安培力的大小
常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
(1)B与L垂直；
(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度；
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连线段的长度(如图所示)．
相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以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．
(3)B并非一定是匀强磁场，但一定是导线所在处的磁感应强度值．
2．通电导线在安培力作用下的平衡和加速运动
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析．
(2)画出受力分析图．
(3)依据平衡条件或牛顿第二定律列方程．
考点突破　　
例4如图所示，将两根阻值均为9
Ω的电阻丝绕成均匀的光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20
cm的竖直平面内，两环圆心连线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度为
T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5
Ω的电源，连接导线的电阻不计．将一根长为20
cm，质量为10
g，电阻为1.5
Ω的金属棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g＝10
m/s2
(忽略通过导线与圆环的电流形成的磁场对金属棒的影响)，试求：
(1)金属棒所受安培力的大小；
(2)电源电动势E的大小．
【解析】(1)在题图中，从左向右看，棒的受力如图所示，棒所受的重力和安培力F的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且有F＝mgtan
θ＝mg＝0.173
N
(2)由F＝IBL，得I＝＝1
A
等效电路如图，
R1＝R2＝3
Ω，R3＝R5＝6
Ω，R4＝1.5
Ω
由电阻并联可知，两个圆环分别连入电路中的有效电阻为R，则
R＝
Ω＝2
Ω
由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋2R＋R4)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)
V＝6
V.
针对训练　
5．如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合：当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(重力加速度为g)
(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？
(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？
(3)若k＝2.0
N/m，ab＝0.20
m，cb＝0.050
m，B＝0.20
T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)
(4)在(3)的基础上，若将量程扩大为原来的2倍，磁感应强度应变为多大？
【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，①
由①式得：Δx＝.②
(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．
(3)设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im，则有
BImab＋mg＝k(ad＋Δx)，③
联立②③并代入数据得Im＝2.5
A．④
(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′Imab＋mg＝k(cb＋Δx)．⑤
由①⑤式得：B′＝
.⑥
代入数据得：B′＝0.10
T.
6．两光滑平行导轨与水平面成θ角放置，导轨下端接有电池和滑动变阻器，导轨上与导轨垂直放置有导体MN，如图所示，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中．若磁场方向竖直向上，导体MN中的电流为I1、导体MN可静止在导轨上；若磁场方向垂直导轨平面斜向上时，导体MN中的电流为I2，也可以静止在导轨上，求I1∶I2是多少？
【解析】两种情景中，MN的受力情况分别如图所示．设MN长L，质量为m.根据物体平衡条件可得
BI1L＝mgtan
θ　BI2L＝mgsin
θ
解得I1∶I2＝1∶cos
θ.
考
点
集
训　【P340】
A组
1．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是(D)
【解析】匀强磁场竖直向上，和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对．
2．取两根完全相同的长导线，用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为(A)
A．0
B．0.5B
C．B
D．2B
【解析】(b)图中的螺线管内中部的磁感应强度是电流方向相反的两个线圈在该处的磁感应强度的矢量和，故所求磁感应强度大小为零．
3．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是(D)
A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大
B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大
C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
【解析】逐项分析如下：
选项
诊断
结论
A
磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力大小及方向都无关
错误
B
通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且还与通电导线的取向有关
错误
C
当通电导线在各个位置的放置方向不同时，其磁场力是不相同的，而选项C中没有说明导线在各个位置的取向是否相同
错误
D
同选项A
正确
4．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆导轨组成闭合回路．细杆与导轨间的摩擦不计，整个装置分别处在下列选项的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是(B)
【解析】对四个选项受力分析如图，可以看出只有B选项可能使金属细杆处于静止状态，此时导轨对细杆的支持力为零．故B正确．
5．(多选)关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是(AB)
A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用
B．磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致
C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的
6．在如图所示的四幅图中，正确标明通电导线所受安培力F方向的是(B)
7．(多选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流．a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是(AD)
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
【解析】两根导线在a处的磁感应强度均垂直纸面向里，在c处的磁感应强度均垂直纸面向外，a处距左边导线为，距右边导线为，c处距左边导线为3l，距右边导线为l，而两导线中电流大小相等，距离电流越远，磁感应强度越小，故a处的磁感应强度大小比c处的大，A正确，C错误；左边导线在b处产生的磁感应强度垂直纸面向外，右边导线在b处产生的磁感应强度垂直纸面向里，两者与b处距离均为l，故b处的磁感应强度为零，D正确，B错误．
8．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(A)
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
【解析】(1)电流元法　如图所示，把直线电流等效为AO′、O′O、OB三段(O′O段极短)电流元，由于O′O段电流方向与该处磁场方向平行，所以不受安培力作用；AO′段电流元所在处的磁场方向倾斜向上，根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；OB段电流元所在处的磁场方向倾斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里．综上可知导线将以OO′段为轴顺时针转动(俯视)．
(2)特殊位置法　把导线转过90°的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动．综上所述，A正确．
9．一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为L，线框下边部分处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，如图所示，垂直纸面向里．线框中通以电流I，方向如图，开始时线框处于平衡状态．现令磁场反向，磁感应强度大小仍为B，线框达到新的平衡，在此过程中，线框位移的大小Δx＝____，方向__向下__．
【解析】设第一次弹簧伸长量为x1，第二次为x2，则
kx1＋nBIL＝mg
kx2－nBIL＝mg
解以上两式得：x2－x1＝
即Δx＝x2－x1＝，方向向下
B组
10．(多选)如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，以下可行的是(ABD)
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将a、c端接在交流电源的一侧，b、d端接在交流电源的另一侧
【解析】要求直杆MN垂直纸面向外运动，直杆所在处的磁场方向和直杆中的电流方向只能如图甲、乙所示两种情况，即A、B正确．若使a、c两端(或b、d两端)的电势相对于另一端b、d两端(或a、c两端)的电势的高低做同步变化，则线圈磁场与电流方向的关系和上述两种情况一样，故D也正确．
11．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，等臂天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加Δm的砝码，通电线圈受到磁场力大小为(A)
A.
B．(m＋Δm)g
C．Δmg
D.
【解析】电流方向改变后，左边的作用力改变了磁场力(F安)的两倍，故2F安＝Δmg.故F安＝
12．下图是导轨式电磁炮实验装置示意图．两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)．滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触．电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源．滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B＝kI，比例常量k＝2.5×10－6
T/A.已知两导轨内侧间距l＝1.5
cm，滑块的质量m＝30
g，滑块沿导轨滑行s＝5
m后获得的发射速度v＝3.0
km/s(此过程视为匀加速运动)．
(1)求发射过程中电源提供的电流强度；
(2)若电源输出的能量有4%转化为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？
【解析】(1)由匀加速运动公式a＝＝9×105
m/s2由安培力公式和牛顿第二定律，有F＝BIL，B＝kI，F＝ma，因此I＝＝8.5×105
A
(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%，
即：PΔt×4%＝mv2
发射过程中电源供电时间Δt＝＝×10－2
s
所需的电源输出功率为P＝＝1.0×109
W
由功率P＝IU，解得输出电压：U＝＝1.2×103
V
第2节　磁场对运动电荷的作用
　　【P167】
夯实基础　
洛伦兹力：磁场对__运动电荷__的作用力．
1．洛伦兹力的大小：__F＝qvBsin__θ__，其中θ为v与B间的夹角．当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝0；当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F＝__qvB__．只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中不受磁场的作用力．
2．洛伦兹力计算公式的推导
如图所示，整个导线受到的磁场力(安培力)为F安＝BIL；其中I＝nqSv；设导线中共有N个自由电子N＝nSL；每个电子受的磁场力为F，则F安＝NF.由以上四式得F＝qvB.条件是v与B垂直．当v与B成θ角时，F＝qvBsin
θ.
3．洛伦兹力的方向：运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向可用__左手定则__来判定，其中四个手指的指向与__正__电荷的运动方向相同，与负电荷的运动方向相反；洛伦兹力F一定__垂直于__B、v的方向(即F总是垂直于B和v所在的平面)，但B、v不一定垂直．
4．洛伦兹力的特点：对运动电荷不做功，只能改变运动电荷__速度的方向__，不改变运动电荷的速度大小．
考点突破　　
例1带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
【解析】根据洛伦兹力的特点可知洛伦兹力对带电粒子不做功，A错误、B正确．根据F＝qvB，可知大小与速度有关，C错误．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小，D错误．
【答案】B
针对训练　
1．如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是(D)
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
【解析】地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．
2．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的(AD)
【解析】如果mg＝qv0B，如图(1)所示，则圆环向右做匀速直线运动．A对．如果mg>qv0B，如图(2)所示，滑动摩擦力f＝μ(mg－qv0B)，v↓，f增大，f＝ma，a也增大，向右做加速度不断增大的减速运动，直到静止；如果mg 　　【P167】
夯实基础　
　　　　　　　　　　　　　　　
1．带电粒子速度方向与磁场方向平行时，在磁场中做__匀速直线__运动．
2．带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下必定做__匀速圆周运动__．
(1)轨迹半径R
依Bqv＝____，得R＝____．
(2)运动周期T，依Bqv＝__mR__，又R＝，得T＝____，所以T与__R、v__无关，只由带电粒子的比荷和磁感应强度决定．
(3)运动时间t，当带电粒子转过的圆心角为α时，运动时间t＝＝.
考点突破　　
例2如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径．一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)(　　)
A．3t
B.t
C.t
D．2t
【解析】当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60°，所以运动的时间t＝，当速度为v时，根据qvB＝，得：r＝，故半径r2＝，由几何关系知，轨迹的圆心角为120°，故时间t′＝＝2t，所以A、B、C错误；D正确．
【答案】D
【小结】1.带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向心力，此类题一般按以下三步解题：
(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
2．解题的关键是画粒子运动的示意图，确定圆心、半径及圆心角．
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，
图中P为入射点，M为出射点)．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)半径的确定：
用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．注意粒子速度的偏向角等于粒子转过的圆心角，等于弦切角的2倍．
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所
对应的圆心角为α时，其运动时间为：t＝T.
3．常见的几种磁场边界
(1)单条直线边界：进出磁场具有对称性，如图所示．
(2)平行边界：存在临界条件，如图所示．
(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示．
针对训练　
3．(多选)如图所示，a、b分别为氘核和氚核射入一正方形的匀强磁场区域的轨迹，则它们的速率之比及在该区域的飞行时间之比分别为(BC)
A．va∶vb＝4∶3
B．va∶vb＝3∶4
C．ta∶tb＝4∶3
D．ta∶tb＝3∶4
【解析】已知ma∶mb＝2∶3，qa＝qb＝e.由图示轨迹关系，有
ra∶rb＝1∶2.
所以ra∶rb＝∶＝1∶2.
则有va∶vb＝3∶4
再由图示分析，知ta＝，tb＝，而Ta∶Tb＝∶，则ta∶tb＝∶＝∶＝4∶3.
4．(多选)如图是比荷相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则(CD)
A．a的质量比b的质量大
B．a带正电荷、b带负电荷
C．a在磁场中的运动速率比b的大
D．a在磁场中的运动时间比b的短
【解析】比荷相同的a、b两粒子，因电量无法确定，则质量大小无法比较．故A错误．初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电．故B错误．根据轨迹图可知，a粒子的运动半径大于b粒子，根据qvB＝m得，r＝，则＝，因它们比荷相同，即半径越大时，速率越大．故C正确．粒子在磁场中的运动周期T＝，故周期相同．由图可知，a粒子的圆心角小于b粒子，则知a在磁场中的运动时间比b的短．故D正确．故选CD.
　　【P168】
夯实基础　
当在题干中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语时，就预示着是一个临界极值问题．必须借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和磁场边界的相切或相交关系，找出切点和交点，然后用数学方法求出极值．常用的结论有：
1．刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切．
2．当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长，v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
3．当速度方向一定，大小变化时，各轨迹的圆心在同一直线上，v越大，半径越大．
4．当速度大小一定，方向变化时，各轨迹圆的半径相等，所有轨迹圆交于发射点，轨迹圆的圆心位于以发射点为圆心、以轨迹半径为半径的圆周上．
考点突破　　
例3如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点．相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的最长弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的最长弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】设磁场所在圆的半径为r，则磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即打到圆弧上的粒子在PM之间，则∠POM＝120°，如图甲所示，所以粒子做圆周运动的半径R＝rsin
60°＝r
甲　　　　　　　乙
同理，磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON＝90°，如图乙所示；所以粒子做圆周运动的半径R′＝r，由带电粒子做圆周运动满足Bqv＝m，得＝＝.选项C正确．
【答案】C
针对训练　
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8
kg、电量为q＝1.0×10－6
C的带电粒子．从静止开始经U0＝10
V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30
cm，粒子重力不计，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0
T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．
【解析】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0＝mv2
代入数据得：v＝20
m/s.
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB＝得R＝
代入数据得：R＝0.50
m
而＝0.50
m
故圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知：
OQ＝R＋Rsin
53°
故OQ＝0.90
m.
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP≥R′＋R′cos
53°　①
R′＝　②
由①②并代入数据得：
B′≥
T≈5.33
T.
　　【P169】
夯实基础　
带电粒子在磁场中运动的多解问题成因主要有以下四种情况：
1．带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解．如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如果带正电，其轨迹为a；如果带负电，其轨迹为b.
2．磁场方向不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如果B垂直于纸面向里，其轨迹为a；如果B垂直于纸面向外，其轨迹为b.
3．临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图所示，于是形成了多解．
4．运动的周期性形成多解：带电粒子在磁场或部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解．如图所示．
考点突破　　
例4如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B.折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP＝AQ＝L.现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力．
(1)若P、Q间外加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线匀速运动到Q点，则电场强度为多大？
(2)撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？
(3)求第(2)问中微粒从P点到达Q点所用时间的最小值．
【审题指导】
关键词语
获取信息
隐含条件
突破口
在折线两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都是B
折线两侧的磁感应强度大小相等，方向相反
在磁场两侧运动的半径相等，而偏转方向相反
画出折线两侧的轨迹
折线的顶角∠A＝90°，AP＝AQ＝L
△PAQ为等腰直角三角形
∠APQ＝∠AQP＝45°
在折线一侧至少偏转90°和270°
带负电微粒沿PQ直线匀速运动到Q
粒子做匀速直线运动合外力为O
电场力与洛伦兹力平衡
用洛伦兹力和电场力等大反向求得E
撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而达Q点
运动轨迹经过A点
运动轨迹有多种可能，与AP交点可将AP分成n段
分别按n为奇数和偶数分析对应的速度和时间
【解析】(1)电场力与洛伦兹力平衡得：qE＝qv0B得：E＝v0B
(2)根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足L＝nx
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或.
设圆弧的半径为R，则有2R2＝x2，可得：
R＝
又qvB＝m由①②③式得：v＝，n＝1、2、3、……
(3)当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为
θ1＝n·＋n·＝2nπ，t1＝2nπ·＝·n，其中n＝1、3、5、……
当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为：
θ2＝n·＋n·＝nπ
t2＝nπ·＝·n，其中n＝2、4、6
欲使时间最小，取n＝1或者2，此时tmin＝.
【小结】求解带电粒子在磁场中运动的多解问题的技巧
1．分析题目特点，确定形成多解性的原因．
2．作出粒子运动轨迹示意图，特别是某临界情况的轨迹，考虑多种可能性．
3．若为周期性重复的多解问题，先找出通式，再讨论出现不同解的条件和结论．
针对训练　
6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿x轴正方向的匀强电场，右侧有一个圆心在x轴上、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m，带电量为e的正电子(重力忽略不计)，从y轴上的A点以速度v0沿y轴负方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°.此时在圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向里为磁场正方向，最后正电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．求：
(1)0≤x≤L区域内匀强电场强度E的大小；
(2)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小满足的表达式．
【解析】(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，如图甲所示，由速度关系：＝tan
30°，整理可以得到：vx＝v0.在水平方向做匀加速运动，则v＝2L，整理可以得到：E＝eq
\f(mv,2eL)＝eq
\f(3mv,2eL).
(2)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R.粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR＝2L(n＝1，2，3，…)．v＝2v0，在磁场中运动的半径为R＝＝，整理可以得到：B0＝(n＝1，2，3，…)．
7．如图所示，在NOQ范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M、O、N在一条直线上，∠MOQ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B.离子源中的离子带电荷量为＋q，质量为m，通过小孔O1进入两板间电压为U的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O2射出，再从O点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN，不计离子的重力．
(1)若加速电场两板间电压U＝U0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R0；
(2)在OQ上有一点P，P点到O点距离为L，若离子能通过P点，求加速电压U和从O点到P点的运动时间．
【解析】(1)离子在电场中加速时U0q＝mv－0
离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力qv0B＝meq
\f(v,R0)
解得R0＝.
(2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP′＝P′P″＝R，OP＝L＝nR
解得U＝，其中n＝1，2，3，…
离子在磁场中运动的周期T＝
t＝·＝，其中n＝1，2，3，…
考
点
集
训　【P342】
A组
1．如图所示，带电粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外的是(C)
【解析】由左手定则可知，A图中带电粒子所受洛伦兹力方向为水平向右；B图中带电粒子所受洛伦兹力方向为水平向右；C图中带电粒子所受洛伦兹力方向为垂直纸面向外；D图中带电粒子不受洛伦兹力．
2．(多选)如图所示，一带电粒子垂直射入一自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻力作用，其运动径迹仍为一段圆弧线，下列判断(不计重力)正确的是(AD)
A．粒子从A点射入，速率逐渐减小
B．粒子从A点射入，速率逐渐增大
C．粒子带负电，从B点射入磁场
D．粒子带正电，从A点射入磁场
【解析】由于有空气阻力作用，粒子运动速率一定逐渐减小．因为r＝，v逐渐减小而r却保持不变，一定有B逐渐减小，以洛伦兹力做粒子运动的向心力，据左手定则判断，粒子带正电．选AD.
3．(多选)如图所示，在一个半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于圆面向里．一个带电粒子从磁场边界的A点以v指向圆心O的方向进入磁场区域内，粒子将做圆周运动到达磁场边界C点，但在粒子经过D点时，恰好与一个原来静止在该点的不带电的粒子碰撞后结合在一起形成新粒子，关于这个新粒子的运动情况，以下判断正确的是(CD)
A．新粒子的运动半径将减小，可能达到F点
B．新粒子的运动半径将增大，可能达到E点
C．新粒子的运动半径将不变，仍可达到C点
D．新粒子在磁场中的运动周期将变大
【解析】由r＝＝，且碰撞过程动量守恒，q、B均不变，所以圆周运动的半径不变；由周期公式T＝可知，质量变大，周期变大．
4．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向内的匀强磁场，一对正、负电子分别以不同速率沿着与x轴成30°角从原点射入磁场，它们的轨道半径之比为1∶3，则正、负电子在磁场中运动时间比为(B)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶3
D．3∶1
【解析】正、负电子在第一象限的匀强磁场中运动轨道分别如图所示：正电子轨迹所对圆心角为120°，运行时间为；负电子轨迹所对圆心角为60°，运行时间应为，而运动周期T＝，与速率无关，所以选项B正确．
5．(多选)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子(质量为m，电荷量为e)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则(AC)
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．O、P两点间的距离为
D．O、P两点间的距离为
【解析】由题图可知，电子在磁场中运动所转过的圆心角为90°，根据T＝和r＝可知，电子在磁场中运动的时间为T＝，故A正确，B错误；O、P两点间的距离为r＝，因此C正确，D错误．
6．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场只存在于两平行板之间，现有质量为m、电荷量为e的电子从左侧两板中间O点处平行于板面射入，已知板长为L，两板间距离为2L，欲使电子能打在板上，应该(C)
A．使电子速度大于
B．使电子速度小于
C．使电子速度大于，小于
D．电子速度可随意取值
【解析】欲使电子能打在板上，分析运动轨迹可知，应使其轨迹半径在由r1＝＝可知v1＝
知r2＝L＝可知v2＝
所以电子速度大小应该在7．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内做匀速圆周运动，某一时刻，线速度方向如图所示(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是(A)
A．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
【解析】a静止，qE＝mg，带负电．由题意可知，b，c也带等量负电，对于b、c只有qE＝mg成立，才有可能在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故a，b，c质量相等，图示时刻，b所受洛伦兹力向下，沿顺时针方向运动，c所受洛伦兹力向上，也沿顺时针方向运动，选A.
8．如图所示，一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°.则电子的质量是____，穿透磁场的时间是____．
【解析】由几何知识可知偏向角等于圆心角，如图有：
R＝
由R＝得：me＝
＝得：t＝T＝
9．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿＋y方向飞出．
(1)判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
【解析】(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径：R＝r①
又：qvB＝m②
则粒子的比荷：＝③
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变60°角，故AD弧所对应的圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径：
R′＝rcot
30°＝r④
又：R′＝⑤
所以B′＝B⑥
粒子在磁场中飞行时间：t＝T＝×＝⑦
B组
10．一束质子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一个正方形的、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，则下列说法中正确的是(C)
A．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹线一定越长
B．在磁场中运动时间相同的质子，其轨迹线一定重合
C．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹所对圆心角一定越大
D．速率不同的质子，在磁场中运动时间一定不同
【解析】质子在同一匀强磁场中运动周期相同，T＝.据题意分析如图所示，速率不同的质子群在有界磁场中分别运动的时间可能有：＝ta＝tb＞tc＞td＞te，其中a、b轨迹所对圆心角最大，均为.所以在A、B、C三个选项中选择C.由图还可看到，ra＜rb.因为r＝，
所以va＜vb.虽a、b速率不同，但在有界磁场中运动时间都相同．
11．(多选)某空间存在着如图所示的足够大的、沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是(CD)
A．图乙可以反映A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系，图中y表示洛伦兹力大小
B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系，图中y表示摩擦力大小
C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系，图中y表示压力的大小
D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系，图中y表示压力的大小
【解析】A受洛伦兹力F＝Bqv＝Bqat，a恒定，F—t图象要过原点，A错；B对A的摩擦f＝mAa，不随时间变化，B错；A对B的压力FN＝mAg＋Bqat，C对；B对地面的压力F＝(mA＋mB)g＋Bqat，D对．
12．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m，带电量为＋q的带电粒子(重力不计)从O点以初速度v0沿＋x方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与＋y方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)该圆形磁场区域的最小面积．
【解析】(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里，粒子在磁场中所做的是圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场，设其圆心为O′，半径为R，由几何关系得：
(L－R)sin
30°＝R
∴R＝L　由R＝　得：B＝
(2)设该磁场区域的面积为S，由几何关系得：OQ＝R＝L
所以，S＝π()2＝L2
第3节　带电粒子在复合场中的运动
　　【P171】
夯实基础　
1．复合场的两种形式
(1)组合场
电场或磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域分时间段或分小区域交替出现．
(2)叠加场
电场、磁场、重力场并存或其中某两种场共存．
2．三种场力的分析与比较
　种类比较量
电场力
洛伦兹力
重力
力的大小
①FE＝qE②与电荷的运动状态无关．某电荷在匀强电场中所受电场力为恒量
①电荷静止或运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力②电荷运动方向与磁场方向垂直，洛伦兹力最大，FBm＝qBv
①G＝mg②与带电体的运动状态无关
力的方向
正电荷受力方向与E方向相同，负电荷受力方向与E方向相反
FB方向垂直于B、v所决定的平面，分清正、负电荷后应用左手定则确定FB的指向
总是竖直向下
做功特点
做功多少与路径无关，只与电场中两点间电势差有关：W＝qU.电场力做正功，电荷电势能减少
洛伦兹力对电荷不做功，不能改变电荷速度的大小
做功多少与路径无关，只取决于始、末位置的高度差：W＝mgΔh，重力做正功，重力势能减少
3.带电粒子在组合场中的运动
(1)带电粒子在匀强电场中只受电场力作用时可做匀变速直线运动、匀变速曲线运动，在点电荷电场中可做匀速圆周运动．
(2)带电粒子在匀强磁场中可做匀速直线运动(v∥B)、可做匀速圆周运动(v⊥B)或匀速螺旋线运动(v与B既不垂直，又不平行)
4．“磁偏转”和“电偏转”的差别
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以
v⊥E
进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛知识、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，
y＝at2，
a＝，
tan
θ＝(θ是末速度方向与初速度方向的夹角)
r＝，T＝，t＝
考点突破　　
例1如图所示，坐标平面的第Ⅰ象限内存在大小为E、方向水平向左的匀强电场，足够长的挡板MN垂直x轴放置且距离点O为d，第Ⅱ象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，带电量为－q的粒子(重力忽略不计)若自距原点O为L的A点以一定的速度垂直x轴进入磁场，则粒子恰好到达O点而不进入电场．现该粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为原来的4倍，为使粒子进入电场后能垂直到达挡板MN上，求：
(1)粒子第一次从A点进入磁场时，速度的大小；
(2)粒子第二次从A点进入磁场时，速度方向与x轴正向间的夹角大小；
(3)粒子打到挡板上时的速度大小．
【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动半径为r，速度为v0，由牛顿第二定律知：qv0B＝eq
\f(mv,r)①
r＝②
联立解得：v0＝.
(2)粒子初速度为原来的4倍时半径为r1，速度为v1，由牛顿第二定律知：qv1B＝eq
\f(mv,r1)③
v1＝4v0④
由①②③④解得：r1＝2L⑤
v1＝⑥
为使粒子进入电场后能垂直到达挡板MN上，粒子必须平行x轴进入电场，圆心O在y轴上，设速度方向与x轴正方向间夹角为θ，由几何关系知：sin
θ＝＝，θ＝30°或θ＝150°
(3)设粒子到达挡板速度为v2，由动能定理知：
qEd＝mv－mv⑦
由⑥⑦解得：v2＝⑧
【小结】
1．组合场一般是指由电场和磁场或磁场和磁场组成，它们互不重叠，分别位于某一直线边界两侧的情况．
2．在这类问题中，粒子在某一场中运动时，通常只受该场对粒子的作用力．
3．处理该类问题的方法
(1)分析带电粒子在各种场中的受力情况和运动情况，一般在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动．
(2)正确地画出粒子的运动轨迹图，在画图的基础上特别注意运用几何知识，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向的匀速运动和垂直初速度方向的匀加速运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动，应注意洛伦兹力提供向心力这一受力特点．
(4)注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向．该速度是联系两种运动的桥梁．
针对训练　
1．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.
【解析】(1)设粒子过N点的速度为v，有＝cos
θ　v＝2v0
粒子从M点到N点的过程，有
qUMN＝mv2－mv，UMN＝eq
\f(3mv,2q)
(2)粒子在磁场中以O′
为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，
有：qvB＝，得：r＝
(3)由几何关系得：ON
＝
rsin
θ
设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON
＝v0t1
t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T，所以t2＝
t＝t1＋t2
解得：t＝
2．如图所示，匀强磁场分布在
0≤
x
≤(2＋
)L且以直线
PQ
为下边界的区域内，∠OPQ＝30°.y≤0的区域内存在着沿y轴正向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计粒子重力)从电场中一点M(－2L，－L)以初速度v0
沿x轴正向射出后，恰好经坐标原点O进入第Ⅰ象限，最后刚好不能从磁场的右边界飞出．求：
(1)匀强电场的电场强度的大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小B；
(3)粒子在磁场中的运动时间．
【解析】(1)粒子在电场中运动有：
v0t＝2L
at2＝L
qE＝ma
解以上三式得：E＝eq
\f(\r(3)mv,2qL)
(2)在O点：vy＝at＝v0
v＝eq
\r(v＋v)＝2v0与x
轴正向成60°角，
进入磁场后有：
(1＋cos
30°)r＝(2＋)L
r＝L
r＝
联立解得B＝
(3)在磁场中的运动时间为
t＝T＝×＝
　　【P173】
夯实基础　
带电粒子在叠加场中可做匀速直线运动(重力与电场力平衡或者重力、电场力、磁场力的合力为零或者电场力与磁场力的合力为零)，可做匀速圆周运动(重力与电场力平衡、磁场力作向心力)．
考点突破　　
例2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.
(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.
【审题指导】
关键词语
获取信息
隐含条件
突破口
绝缘粗糙，同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑
受重力mg，电场力qE，支持力N和滑动摩擦力，将加速向下滑动，有了速度之后，将在上述基础上，增加一个水平向左的洛伦兹力
速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小
达到C点时离开MN，做曲线运动
C点，支持力N＝0，摩擦力也为0
水平方向瞬间平衡
由qvCB＝qE，可求出vC.
克服摩擦力做的功Wf
摩擦力为变力，变化规律不知，位移的大小为h，但不能用Wf＝f·h直接求Wf.
重力做功已知，动能增加量已知可以间接求Wf.
用动能定理求出Wf.
D点为速度最大的位置
mg和qE的合力F斜向右下方，vC竖直向下，其夹角小于90°，洛伦兹力使v顺时针偏转，增大v与F的夹角
F和v夹角小于90°，v增加，F和v夹角等于90°，v最大，F和v夹角大于90°，v减小
D点，F和vD夹角为90°
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.
mg和qE的合力F可求，vD可知．和F垂直，D到P的运动为类似于平抛的运动
等效加速度g′＝＝
vP＝eq
\r(v＋（g′t）2)可求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)由动能定理得
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′，
g′＝
⑥
且v＝v＋g′2t2⑦
解得vP＝
eq
\r(v＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2))t2)⑧
【小结】常见的复合场有：电场与重力场的复合，磁场与电场的复合，磁场、电场、重力场的复合等．
1．带电粒子在复合场中运动问题的处理技巧
(1)受力分析：分析带电体受到的重力、电场力、洛伦兹力，区分其中的恒力(重力、匀强电场对带电体的电场力)与变力(点电荷对带电体的电场力、洛伦兹力)，明确带电体受到的恒力的合力特点(如重力与匀强电场对带电体的电场力的合力为零)．
(2)运动分析
①当带电粒子所受合力为零时，将处于静止或匀速直线运动状态．
②当带电粒子做匀速圆周运动时，合外力提供向心力．
③当带电粒子所受合力大小与方向均变化时，将做非匀变速曲线运动．
(3)画出轨迹图(在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系)．
(4)巧选力学规律：带电粒子在复合场中的运动问题的分析方法和力学问题的分析方法基本相同，可利用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力．
2．带电粒子在复合场中的运动情况
(1)直线运动：自由的带电粒子(无轨道约束)在复合场中的直线运动是匀速直线运动，除非运动方向沿磁场方向而不受洛伦兹力．这是因为电场力和重力都是恒力．当速度变化时．会引起洛伦兹力的变化，合力也相应的发生变化．粒子的运动方向就要改变而做曲线运动．在具体题目中，应根据F合＝0进行计算．
(2)匀速圆周运动：当带电粒子在复合场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
(3)一般曲线运动：当带电粒子所受合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹不是圆弧，也不是抛物线，一般用动能定理或功能关系计算．
针对训练　
3．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器的最大阻值为R，开关闭合，两平行金属极板a、b间有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子正好以速度v匀速穿过两板．不计带电粒子的重力，以下说法正确的是(B)
A．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
B．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
C．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续匀速穿出
D．如果将开关断开，粒子将继续匀速穿出
【解析】原来粒子刚好匀速穿过，则粒子受到的竖直向下的电场力平衡竖直向上的洛伦兹力，即满足＝Bvq.若保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，那么R接入电路的阻值减小，两极板间电压U减小，粒子的电场力小于洛伦兹力，粒子在洛伦兹力作用下向上偏转，所以选项A错误；同理，若保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子向下偏转，即可能从下极板边缘射出，选项B正确；若保持开关闭合，将a极板向下移动一点，两极板间电压U不变，间距d减小，粒子受到的电场力大于洛伦兹力，粒子向下偏转，所以选项C错误；如果将开关断开，由于两极板间存在电势差，电容器将放电，粒子受到的电场力迅速减小到零，粒子向上偏转，选项D错误．本题答案为B.
4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如上图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0
mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为
160
μV，磁感应强度的大小为0.040
T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(A)
　　　　　　　　　　　　　　　
A．1.3
m/s，a正、b负
B．2.7
m/s，a正、b负
C．1.3
m/s，a负、b正
D．2.7
m/s，a负、b正
【解析】血液中的粒子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给粒子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝≈1.3
m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极，故选A.
5．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与圆轨道DF相切，全部轨道由绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4
kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝
m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，
且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4
m/s(不计空气阻力，g＝10
m/s2，cos
37°＝0.8)．求：
(1)小球带何种电荷？
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的
运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出),
求G点到D点的距离．
【解析】(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷．
(2)小球在D点速度为
vD＝vC＝
m/s
设重力与电场力的合力为F1，如图所示，
则F1＝F洛＝qvCB
又F1＝＝5
N
解得qB＝＝
C·T
在F处由牛顿第二定律可得
qvFB＋F1＝eq
\f(mv,R)
把qB＝
C·T代入得R＝1
m
小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得
－WFf－2F1R＝mv－mv
解得WFf＝27.6
J.
(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为
a＝
由2R＝，
解得t＝＝
s
交点G与D点的距离
GD＝vFt＝
m≈2.26
m.
　　【P175】
夯实基础　
带电粒子在电场、磁场中的运动与现代科技密切相关，主要应用如下表
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，＝qvB，U＝Bdv
霍尔元件
q＝qvB，I＝nqdhv所以U＝vBh＝
电磁流量计
q＝qvB，所以v＝所以流量Q＝vS＝
质谱仪
电子经U加速，从A孔入射经偏转打到P点，eU＝mv，得v0＝.AP＝d＝2r＝＝比荷＝
回旋加速器
两D形盒分别接频率为f＝的高频交流电源两极，带电粒子在窄缝间电场加速，在D形盒内偏转
考点突破　　
例3劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是(　　)
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1
D．改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
【解析】粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝＝2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2r2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为
∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝×2mπ2R2f2，与m、R、f均有关，D错误．
【答案】AC
针对训练　
6．(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是(CD)
A．粒子带负电
B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大
【解析】根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误．
7．带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是(A)
A．v甲>v乙>v丙
B．v甲C．甲的速度可能变大
D．丙的速度不一定变大
　　【P176】
夯实基础　
带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路：
→明确场的变化情况
↓
→分析粒子在不同的变化场区的受力情况
↓
→分析粒子在不同时间内的运动情况
↓
→粒子在不同运动阶段，各有怎样的运动模型
↓
→找出衔接相邻两过程的物理量
↓
→联立不同阶段的方程求解
考点突破　　
例4如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)．在0时刻，一质量为
10
g、电荷量为0.1
C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0＝2
m/s的速度沿x轴正方向射出．已知E0＝0.2
N/C、B0＝0.2π
T．求：
(1)1
s末金属小球速度的大小和方向；
(2)1～2
s内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；
(3)6
s内金属小球运动至离x轴最远点时的位置坐标．
【解析】(1)在0～1
s内，小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动，vx＝v0，在y轴方向做匀加速直线运动，vy＝t1
1
s末小球的速度v1＝eq
\r(v＋v)＝2
m/s
设v1与x轴正方向的夹角为α，则tan
α＝＝1
故α＝45°.
(2)在1～2
s内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝1
s
由洛伦兹力公式得qv1B0＝eq
\f(mv,R1)，解得R1＝＝
m.
(3)如图(a)所示，在5
s内，小球做类平抛运动的时间t为3
s，做匀速圆周运动的时间为2
s，小球部分运动轨迹可视为一条连续抛物线．由匀变速直线运动规律知x方向上x3＝v0t＝2×3
m＝6
m
vx＝v0
y方向上y3＝at2，y3＝×2×32
m＝9
m
a＝，vy3＝at，t＝3
s，vy3＝6
m/s
5
s末时小球的速度v＝eq
\r(v＋v)＝2
m/s
tan
θ＝＝3(θ为v与x轴的夹角)
在5～6
s内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有R＝
如图(b)所示，设离x轴最远点G的坐标为(x，y)，
则x＝x3－x2，y＝y3＋y2
其中x2＝Rsin
θ，y2＝R(1＋cos
θ)
由上述各式可得x＝
m
y＝
m.
针对训练　
8．某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右(如图甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中E－t图象，磁感应强度变化如图丙中B－t图象．在A点，从t＝1
s(即1
s末)开始，每隔2
s，有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能击中C点，若AC＝2BC＝2d且粒子在AB间运动的时间小于1
s，求：
(1)图线上E0和B0的比值，磁感应强度B的方向；
(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(1＋Δt)
s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？
【解析】设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R.在第2秒内只有磁场．轨迹如图所示．
(1)因为AC＝2BC＝2d，所以R＝2d
第2秒内，仅有磁场：
qvB0＝m＝m
第4秒内，仅有电场：
d＝··
据＝v，粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外．
(2)Δt＝＝×＝·＝·
Δt′＝＝Δt
故第2个粒子击中C点的时刻为s.
考
点
集
训　【P344】
A组
1．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是(C)
A．增大电荷质量
B．增大电荷电荷量
C．减小入射速度
D．增大磁感应强度
2．英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B＝(k为常数)，其磁场分布与点电荷的电场分布相似．现假设某磁单极子S固定，一带电小球分别在S极附近做匀速圆周运动．下列小球可以沿图示方向做匀速圆周运动的有(箭头表示小球在纸面外侧轨迹的运动方向)
(A)
【解析】带电小球做匀速圆周运动的向心力应由它所受的重力和洛伦兹力的合力提供，经分析，只有A才有可能．选A.
3．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(C)
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
4．(多选)近年来，全球家用电
视机正在更新换代，老式的电视阴极射线管正在被新型的平面液晶显示器所替代．电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏
转．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示．磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O，半径为r，当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是(BD)
A．增加偏转磁场的磁感应强度
B．增大加速电压
C．将圆形磁场的半径增大些
D．将圆形磁场区域向屏幕靠近些
【解析】现要使电子束偏转回到P点，可行的办法可分为两大类：一类是不改变电子束在磁场中的偏转角θ，而将圆形磁场区域向屏幕靠近些；另一类是不改变圆形磁场区域的位置，而是减小电子束在磁场中的偏转角θ，具体做法包含三个方面：(1)增大加速电压，以提高射入磁场时电子束的速度；(2)减小偏转磁场的磁感应强度；(3)将圆形磁场的半径减小些．综上可知，选项BD正确．
5．如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面
由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是(AD)
A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
【解析】粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，Bqv＝m.
(1)若粒子恰好垂直CM射出磁场时，
其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径为r＝a.由以上两式可求得P到O的距离h＝，A选项正确．
(2)若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于轴射出磁场时，其圆心恰好在CO中点，如图乙所示，其半径为r＝a，由以上两式可得P到O的距离h＝，D选项正确．
6．(多选)目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性)喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是(AD)
A．金属板A的电势较高
B．通过电阻R的电流方向是b→R→a
C．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功
D．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功
【解析】依左手定则，带正电荷的微粒聚集在A板上，带负电荷的微粒聚集在B板上，A板成了电源的正极，所以A对，B错；磁场力仅使等离子体分别向两板偏转，对等离子体不做功．C错，D对．
7．(多选)如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的(BC)
A．速率将加倍
B．轨迹半径加倍
C．周期将加倍
D．做圆周运动的角速度将加倍
【解析】因为洛伦兹力不做功，所以粒子速率不会改变．
据r＝，B减半，r加倍；据T＝，B减半，T加倍．
而ω＝，T加倍，ω减半．选项B、C正确．
8．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(CD)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
【解析】通过最点时，丙球只是重力提供向心力，甲球由重力和洛伦兹力的合力(mg＋F磁)作向心力，乙球由重力和洛伦兹力的合力(mg－F磁)作向心力．∴通过最高点时，甲球速度最大，乙球速度最小．甲球释放的位置最高，乙球释放位置最低．在三球运动过程中，都只有重力做功，故三球的机械能都守恒．C、D均对．
9．质量为m，带电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：
(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷；
(2)磁感应强度的大小．
【解析】(1)带电粒子做匀速直线运动，受力图如下，可知该粒子一定带正电．
由平衡条件得：mgsin
45°＝Eqsin
45°，
所以E＝.
(2)由平衡条件得＝qvB，
B＝.
B组
10．(多选)如图所示的虚线区域内存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图．一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转．不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是(AB)
A．E和B都沿x轴方向
B．E沿y轴正方向，B沿z轴正方向
C．E沿z轴正方向，B沿y轴正方向
D．E和B都沿z轴方向
【解析】考查复合场问题．当E、B都沿x轴方向时，粒子不受洛伦兹力，受到的电场力的方向与速度在同一直线上，粒子做直线运动，方向不发生偏转，A对；当E沿y轴正方向，B沿z轴正方向时，若粒子带正电，则电场力沿y轴正方向，洛伦兹力沿y轴负方向，当qE＝qvB时，粒子做匀速直线运动，当粒子带负电荷时，电场力和洛伦兹力调向，也可平衡，粒子做匀速直线运动，B对；当E沿z轴正方向，B沿y轴正方向，粒子带正电荷时，电场力沿z轴正方向，洛伦兹力也沿z轴正方向，不能平衡，粒子带负电荷时，两力均沿z轴负方向，也不能平衡，C错；当E、B都沿z轴时，电场力在z轴上，洛伦兹力在y轴上，两力不能平衡，D错．
11．如图甲中所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
【解析】设垂直纸面向里的磁场方向为正方向
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0＝eq
\f(mv,R)　①
做匀速圆周运动的周期T0＝　②
联立①②两式得磁感应强度B0＝.
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如右图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝，当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有R＝(n＝1，2，3…)．
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1，2，3…)．
12．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．已知重力加速度为g.
(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．
【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q＝mg　①
由①式得：q＝　②
由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知：墨滴带负电荷．
(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有
qv0B＝meq
\f(v,R)　③
考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径
R＝d　④
由②③④式得B＝.
13．如图所示，一群(不计重力)质量为m、电量为q的带正电的粒子从左侧小孔进入电场强度为E、磁感应强度为B的速度选择器(方向如图所示)后，紧接着从右侧小孔进入垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B和2B，从磁场Ⅰ的边界MN上的a点进入磁场Ⅰ，经过时间t1＝穿过磁场Ⅰ后进入右边磁场Ⅱ并按某一路径再返回到磁场Ⅰ的边界MN上的某一点b(图中未画出)，(图中虚线为磁场区域的分界面)求：
(1)带电粒子进入磁场时的速度；
(2)中间场区的宽度d；
(3)粒子从a点到b点所经历的时间tab；
(4)入射点a到出射点b的距离．
【解析】(1)qE＝qvB，所以，v＝
(2)因为t1＝＝·，所以粒子在中间磁场通过的圆弧所对的圆心角为θ＝30°，
R＝＝因此中间场区的宽度d＝R·sin
θ＝
(3)粒子在右边磁场中运动：R′＝＝
其圆弧对应的圆心角为α＝120°则t2B＝＝，
根据对称性：t＝2t1＋＝.
(4)由轨迹图得：
yab＝R＋R＝R＝.
专题突破(九)　磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题　【P177】
一、磁场中的动态圆
在本章中，经常会遇到这样两类问题，第一类是同样的粒子从磁场边界(如左边界)上某一点射入匀强磁场中时，磁场右边无限宽广，入射方向不变，但速度大小(或磁场磁感应强度大小)发生改变，根据qvB＝可知R＝，在v或B发生改变时，半径会发生变化，但由于入射方向不变，根据半径跟速度垂直知粒子轨迹的圆心都落在过入射点与入射速度垂直的直线上，相当于圆心在同一直线上的圆的放缩，如图甲，它们从磁场左边界射出时，速度方向互相平行，在磁场中转过的角度相等．第二类是粒子入射速度大小不变，但方向发生变化，同时磁感应强度不变，可知这种情况下，粒子的轨迹半径不变，圆心位于以入射点为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，相当于一个固定大小的轨迹圆绕着入射点在旋转，如图乙．
例1如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是(　　)
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
【解析】如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知，从ad边射出经历的时间一定小于t0；从ab边射出经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从bc边射出经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从cd边射出经历的时间一定是t0.所以选项A、C正确．
【答案】AC
例2如图所示，宽度为d的匀强有界磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线．现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ＝45°.要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？
【解析】用放缩法作出带电粒子运动的轨迹如图所示，当其运动轨迹与NN′边界线相切于P点时，这时粒子具有
最大入射速率vmax.
由图可知R(1－cos
45°)＝d
又Bqvmax＝meq
\f(v,R)
联立可得vmax＝.
二、磁聚焦、磁发散问题
一束带电粒子以平行相等的初速度垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于磁场圆的半径，这些粒子会经过与初速度方向平行的磁场圆切线的切点，如图甲(磁聚焦)．反过来，若速度大小相等的一束带电粒子从圆形匀强磁场边界上同一点沿不同方向垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径，所有粒子会平行地离开磁场且与磁场圆在该点的切线平行，如图乙(磁发散)．
例3放置在坐标原点O的粒子源，可以向第二象限内放射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子的速率均为v，方向均在纸面内，如图所示．若在某区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场(垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B，则这些粒子都能在穿过磁场区后垂直射到垂直于x轴放置的挡板PQ上，求：
(1)挡板PQ的最小长度；
(2)磁场区域的最小面积．
【解析】(1)设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝，即R＝
如图所示，初速度沿x轴负方向的粒子沿弧OA运动到挡板PQ上的M点，初速度沿y轴正方向的粒子沿弧OB运动到挡板PQ上的N点，由几何知识可得
MN＝R＝，故挡板PQ的最小长度为.
(2)设圆弧OA圆心为C，沿与x轴负向成任意角θ射入的粒子到E点时速度平行x轴，圆弧OE对应的圆心为D，则由几何知识可知四边形OCED为菱形，即E点在以C为圆心的圆上，即所有粒子射出磁场的位置均在以C为圆心的圆周上，所以最小磁场区域是以C为圆心、R为半径的圆的一部分，即图中OAEBO包围的面积，有
Smin＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()2.
针对训练　
1．(多选)如图所示，宽h＝2
cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向射入磁场．若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r均为5
cm，不计粒子的重力，则(AD)
A．右边界：－4
cmcm内有粒子射出
B．右边界：y>4
cm和y<－4
cm内有粒子射出
C．左边界：y>8
cm内有粒子射出
D．左边界：0cm内有粒子射出
【解析】粒子恰能射出磁场的临界条件如图所示．根据几何关系可得，临界点距x轴的距离y＝
cm＝4
cm，因此选项A正确，B错误；左边界带电粒子可到达y＝8
cm处，选项C错误，D正确．
2．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？
(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q点沿纸
面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的距离大小？
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R1，运动速度为v0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知
R1＋R1cos
30°＝d
又qv0B＝eq
\f(mv,R1)
解得v0＝＝
所以粒子能从左边界射出时的最大速度为vm＝v0＝
(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示．
由几何关系知R2＝
由洛伦兹力提供向心力得
Bqv2＝meq
\f(v,R2)
由动能守恒得－qU＝0－mv
解得U＝＝
所加电压满足的条件U>.
粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而T＝
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间
t＝2×＝
(3)当粒子速度是(2)中的倍时，解得R3＝2d
由几何关系可得粒子能打到CD边界的范围如图丙所示．
粒子打到CD边界的距离
l＝2×2dcos
30°＝2d
3．如图所示，在直角坐标系中y>0的范围内有垂直于坐标平面向内且范围足够长的匀强磁场．在y轴上S点(0，d)
处有一粒子源，向坐标平面内各个方向等概率的发射速率均为v的带电粒子，粒子电量均为－q，质量均为m.已知速度沿＋y方向的带电粒子恰好不会离开磁场．不计粒子重力，求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)粒子从x轴上出射的区域范围；
(3)能离开磁场的粒子个数与粒子源发射粒子总数的比值．
【解析】(1)粒子运动轨迹如圆1所示，由图知r＝d
又qvB＝，联立得B＝
(2)如图圆2和圆3中A和B点分别对应粒子从x轴上出射的右端点和左端点
图中SA＝2r，故OA＝
得OA＝d
由圆3得OB＝d
故粒子从x轴上的出射范围为－d＜x≤d(－d≤x≤d亦可)
(3)介于圆1和圆3之间的粒子可以离开磁场，由图可知圆1对应粒子的入射速度沿＋y方向
圆3对应粒子的入射速度与＋y方向夹角为180°，故所求比值为＝.
4．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60
T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab玻璃l＝16
cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106
m/s，已知α粒子的比荷＝5.0×107
C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度．
【解析】α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有
qvB＝m
由此得R＝
代入数值得R＝10
cm
可见R因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点．
NP1＝＝8
cm
再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，

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