（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第8章 磁场（课件+试题）（打包7套）.zip

1磁场的描述、磁场对电流的作用1．(多选)磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )A． a、 b两处的磁感应强度的大小不等， BaBbB． a、 b两处的磁感应强度的大小不等， Ba 时， a随 t的变化均匀增大．当 t0， I为电流强度， r为距导线的距离．在水平长直导线 MN正下方，矩形线圈 abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时 MN内不通电流，此时两细线内的张力均为 T0.当 MN通以强度为 I1的电流时，两细线内的张力均减小为 T1；当MN内的电流强度变为 I2时，两细线的张力均大于 T0.(1)分别指出强度为 I1、 I2的电流的方向；(2)求 MN分别通以强度为 I1和 I2电流时，线框受到的安培力 F1与 F2大小之比；(3)当 MN内的电流强度为 I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为 a，求I3.解析：(1)由题意知，当 MN通以电流 I1时，线圈受到的安培力向上，根据左手定则、7安培定则可以判断 I1的方向向左，当 MN通以电流 I2时，线圈受到的安培力应向下，同理，可以判断 I2的方向向右．(2)当 MN中的电流为 I时，线圈受到的安培力大小为F＝ kIiL(1r1－ 1r2)式中 r1、 r2分别为 ab、 cd与 MN的间距， i为线圈中的电流， L为 ab、 cd的长度．所以 ＝F1F2 I1I2(3)设 MN中电流为 I3时，线圈所受安培力为 F3，由题设条件有2T0＝ mg,2T1＋ F1＝ mg， F3＋ mg＝ ma， ＝ ，由以上各式得 I3＝ I1I1I3 F1F3 T0 a－ g T0－ T1 g答案：(1) I1方向向左， I2方向向右 (2) ＝F1F2 I1I2(3) I1T0 a－ g T0－ T1 g1磁场对运动电荷的作用1.如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转解析：选 A.由安培定则知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力方向向上，A 正确．2．(2016·广东中山七校联考)如图所示，沿 x 方向有界、沿 y 方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从 O 点沿 x 轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )A．所有的电子都向 x 轴下方偏转B．所有的电子都做类平抛运动C．所有的电子在磁场中运动时速度不变D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同解析：选 A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向 x 轴下方偏转，A 正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B 错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C 错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场， t＝ ＝ 都相同，它们运动的时间都相T2 π mBq同，D 错误．3.(2016·广东东莞调研)(多选)如图所示，若粒子(不计重力)能在图中所示的磁场区域内做匀速圆周运动，则可以判断( )2A．粒子在运动过程中机械能不变B．如粒子带正电，则粒子做顺时针运动C．在其他量不变的情况下，粒子速度越大，运动周期越大D．在其他量不变的情况下，粒子速度越大，圆周运动半径越大解析：选 AD.根据左手定则可知，若粒子带正电，必沿逆时针方向转动，B 错误．由于粒子的重力不计，故重力势能为零，又做匀速圆周运动，故动能不变，因此机械能不变，A 正确．由 r＝ 和 T＝ 可知，其他条件不变时， v 增大， r 增大，而 T 不变，C 错误、mvqB 2π mqBD 正确．4．(2016·河南开封模拟)某空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B.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(q0)的粒子以某一速率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 74°.不计重力，则初速度 v0大小为 ( )(已 知 sin 37°＝35)A. B．4qBR3m 5qBR3mC. D．3qBR4m 3qBR5m解析：选 A.带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹，根据几何知识得，轨迹的圆心角等于速度的偏向角 74°，且轨迹的半径 r＝ Rcot 37°＝ R，根据牛顿第二定律得 qv0B＝ m 得， v0＝ ，故 A 正43 v20r 4qBR3m确．5．如图， ABCD 是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从 A、 D 射入磁场，均从 C 点射出，则它们的速率 v 甲 ∶ v 乙 和它们通过该磁场所用时间 t 甲 ∶ t 乙 的值分别为( )A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶13解析：选 B.带电粒子在电场中加速有 qU＝ mv2，带电粒子在磁场中偏转有12qvB＝ m ，联立解得 v＝ ，即 v∝ ，故 ＝ ＝ ；甲粒子在磁场中偏转用时 t 甲 ＝v2R 2UBR 1R v甲v乙 R乙R甲 12，乙粒子在磁场中偏转用时 t 乙 ＝ 可得， ＝ ＝ .由以上分析计算可π R甲2v甲 π R乙v乙 t甲t乙 R甲 v乙2R乙 v甲 21知选项 B 正确．6．(2016·苏北三市一模)(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为 R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为 E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由 P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 Q 点．不计粒子重力．下列说法中正确的是( )A．极板 M 比极板 N 电势高B．加速电场的电压 U＝ ERC．直径 PQ＝2 B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选 AD.粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板 M 比极板 N 电势高，选项 A 正确；由 Uq＝ mv2和 Eq＝ 可得 U＝ ，选项 B 错误；直径12 mv2R ER2PQ＝2 r＝ ＝2 .可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项 C 错误，2mvBq ERmB2qD 正确．7．(多选)如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t 的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )4A．在 Ek－ t 图中应有 t4－ t3＝ t3－ t2＝ t2－ t1B．高频电源的变化周期应该等于 tn－ tn－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加 D 形盒的半径解析：选 AD.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在 Ek－ t 图中应有 t4－ t3＝ t3－ t2＝ t2－ t1，选项 A 正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于 2(tn－ tn－1 )，选项 B 错；由 r＝ mv/qB＝/qB 可知，粒子获得的最大动能决定于 D 形盒的半径，当轨道半径与 D 形盒半径相等2mEk时就不能继续加速，故选项 C 错、D 对．8．(多选)如图所示，宽 d＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r＝10 cm，则( )A．右边界：－8 cm8 cm 有粒子射出D．左边界：0R(R＝4.55 cm)，故选项 D 正确，选项 C 错误．10．带电粒子的质量 m＝1.7×10 －27 kg，电荷量 q＝1.6×10 －19 C，以速度v＝3.2×10 6 m/s 沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为 B＝0.17 T，磁场的宽度 l＝10 cm， g 取 10 m/s2，如图所示．6(1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角；(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及射出磁场时偏离入射方向的距离．解析：粒子所受的洛伦兹力 F＝ qvB≈8.7×10 －14 N，远大于粒子所受的重力G＝1.7×10 －26 N，因此重力可忽略不计．(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为 3.2×106 m/s由 qvB＝ m 得轨迹半径v2rr＝ ＝ m＝0.2 mmvqB 1.7×10－ 27×3.2×1061.6×10－ 19×0.17由题图可知偏转角 θ 满足sin θ ＝ ＝0.5，故 θ ＝30°.lr(2)带电粒子在磁场中运动的周期 T＝2π mqB可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝ T＝ T＝ ＝30°360° 112 π m6qBs≈3.27×10 －8 s3.14×1.7×10－ 276×1.6×10－ 19×0.17离开磁场时偏离入射方向的距离d＝ r(1－cos θ )＝0.2×(1－ )m≈2.68×10 －2 m.32答案：(1)3.2×10 6 m/s 30°(2)3.27×10－8 s 2.68×10 －2 m11.(2016·珠海期末)如右图所示，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、电荷量为 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：7(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 qU＝ mv212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＝mv2R mvqB代入数据得： R＝0.50 m而 ＝0.50 mOPcos 53°故圆心一定在 x 轴上，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°①R′＝ ②mvqB′8由①②并代入数据得：B′＞ T＝5.33 T(取“≥”照样给分)163答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3) B′＞5.33 T12．(2015·高考浙江卷)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 .(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，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＝mv2rq＝ ，正电荷mvBr(2)如图所示O′ Q＝ R， OQ＝ L， O′ O＝ R－ r9引出轨迹为圆弧， B′ qv＝mv2R得 R＝mvqB′根据几何关系得R＝r2＋ L2－ 2rLcos θ2r－ 2Lcos θ故 B′＝ ＝mvqR mv 2r－ 2Lcos θ q r2＋ L2－ 2rLcos θ (3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧， Bqv－ Eq＝mv2RE＝ Bv－mv2 2r－ 2Lcos θ q r2＋ L2－ 2rLcos θ 答案：(1) 正电荷 (2)mvBr mv 2r－ 2Lcos θ q r2＋ L2－ 2rLcos θ (3)沿径向向外 Bv－mv2 2r－ 2Lcos θ q r2＋ L2－ 2rLcos θ 1带电粒子在复合场中的运动1.(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场 E 和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如右图所示，则两油滴一定相同的是( )A．带电性质 B．运动周期C．运动半径 D．运动速率解析：选 AB.油滴受重力、电场力、洛伦兹力做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点知，得 mg＝ qE，结合电场方向知油滴一定带负电且两油滴比荷 ＝ 相等．洛伦兹力提供qm gE向心力，有周期 T＝ ，所以两油滴周期相等，故选 A、B.由 r＝ 知，速度 v 越大，半2π mqB mvqB径则越大，故不选 C、D.2.(2016·浙江三校模拟)(多选)如图，空间中存在正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从 a 点沿 ab、 ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．沿 ab、 ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿 ab 抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：选 AC.沿 ab 方向抛出的带正电小球，或沿 ac 方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A 正确、B 错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C 正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误．3.(2016·湖北襄阳调研)如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为 U，带电粒子以某一初速度 v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的 M、 N 两点间的距离 d 随着 U2和 v0的变化情况为( )A． d 随 v0增大而增大， d 与 U 无关B． d 随 v0增大而增大， d 随 U 增大而增大C． d 随 U 增大而增大， d 与 v0无关D． d 随 v0增大而增大， d 随 U 增大而减小解析：选 A.设粒子从 M 点进入磁场时的速度大小为 v，该速度与水平方向的夹角为θ ，故有 v＝ .粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为 r＝ .而 MN 之间的距离为v0cos θ mvqBd＝2 rcos θ .联立解得 d＝2 ，故选项 A 正确．mv0qB4.如右图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为 Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能 Ek′的大小是( )A． Ek′＝ Ek B． Ek′＞ EkC． Ek′＜ Ek D．条件不足，难以确定解析：选 B.设质子的质量为 m，则氘核的质量为 2m.在加速电场中，由动能定理可得eU＝ mv2，在复合场里由 Bqv＝ qE 得， v＝ ；同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场12 EB的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B 正确．5．一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：3(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 E 不变，仅将 M 板向上平移 d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由23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＝ mv2①12由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U＝ Ed②联立上式可得 E＝ ③mv22qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心 O′，圆半径为 r，设第1 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， SA 弧所对的圆心角∠ AO′ S等于 .π 3由几何关系得r＝ Rtan ④π 3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＝ m ⑤v2r联立④⑤式得 R＝ ⑥3mv3qB(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′＝23＝ ⑦Ed3 U3设粒子进入 S 孔时的速度为 v′，由①式看出 ＝U′U v′ 2v24综合⑦式可得 v′＝ v⑧33设粒子做圆周运动的半径为 r′，则 r′＝ ⑨3mv3qB设粒子从 S 到第 1 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 ＝ ⑩π 2粒子需经过 4 个这样的圆弧才能从 S 孔射出，故 n＝3⑪答案：(1) (2) (3)3mv22qd 3mv3qB6．(2016·江苏盐城三模)如图所示，在 xOy 平面内 y 轴与 MN 边界之间有沿 x 轴负方向的匀强电场， y 轴左侧和 MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场， MN 边界与 y 轴平行且间距保持不变．一质量为 m、电荷量为－ q 的粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为 t0，粒子重力不计．(1)求磁感应强度的大小 B；(2)若 t＝5 t0时粒子回到原点 O，求电场区域的宽度 d 和此时的电场强度 E0；(3)若带电粒子能够回到原点 O，则电场强度 E 应满足什么条件？解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期 T＝2π mqB粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则 T＝2 t0解得 B＝π mqt0(2)粒子 t＝5 t0时回到原点，轨迹如图所示，由几何关系有r2＝2 r1由向心力公式有 qBv0＝ m ，v20r1qBv2＝ mv2r25电场宽度 d＝ t0v0＋ v22解得 d＝ v0t32又 v2＝ v0＋ t0，解得 E0＝qE0m mv0qt0(3)如图所示，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则应满足n(2r2－2 r1)＝2 r1(n＝1,2,3，…)由向心力公式有 qBv2′＝ mv2′ 2r2′解得 v2′＝ v0n＋ 1n根据动能定理有 qEd＝ mv2′ 2－ mv12 12 20解得 E＝ (n＝1,2,3，…) 2n＋ 1 mv03n2qt0答案：(1) (2) v0t (3) E＝ (n＝1,2,3，…)π mqt0 32 mv0qt0  2n＋ 1 mv03n2qt07．(2016·安徽黄山屯溪一中月考)如图所示，在 xOy 平面第一象限内有平行于 y 轴的匀强电场和垂直于 xOy 平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为 E.一带电荷量为＋ q 的小球从 y 轴上离坐标原点距离为 L 的 A 点处，以沿 x 正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从 x 轴上距坐标原点 的 C 点离开磁场．如果只L2撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从 A 点进入第一象限，仍然从 x 轴上距坐标原点 的 C 点离开电场．求：L2(1)小球从 A 点出发时的初速度大小；(2)磁感应强度 B 的大小和方向．6解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知 mg＝ Eq所以电场反向后竖直方向受力Eq＋ mg＝ ma 得 a＝2 g小球做类平抛运动，有 ＝ v0t， L＝ at2L2 12得 v0＝12gL(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝ 得 B＝mv20R mv0qR由圆周运动轨迹分析得( L－ R)2＋ 2＝ R2(L2)R＝5L8代入得 B＝4EgL5gL由左手定则得，磁感应强度垂直于 xOy 平面向外．答案：(1) (2) ，垂直于 xOy 平面向外12gL 4EgL5gL8．如图所示，边长 L＝0.2 m 的正方形 abcd 区域(含边界)内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度 B＝5.0×10 －2 T.带电平行金属板 MN、 PQ 间形成了匀强电场，电场强度为 E(不考虑金属板在其他区域形成的电场)， MN 放在 ad 边上，两板左端 M、 P 恰在 ab 边上，两板右端 N、 Q 间有一块开有小孔 O 的绝缘挡板，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 不断发射各种速度的带负电离子，离子的电荷量均为 q＝3.2×10 －18 C，质量均为 m＝6.4×10 －26 kg.(不计离子重力，不考虑离子之间相互作用力，离子打到金属板或挡板上后将不反弹)7(1)为使离子能沿 SO 连线穿过孔 O，则哪块金属板带正电？当电场强度 E＝10 6 N/C 时，求穿过孔 O 的离子的速率；(2)为使沿 SO 连线穿过 O 并进入磁场区域的离子直接从 bc 边射出，求满足此条件的电场强度 E 的取值范围；(3)在电场强度取第(2)问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘 cd 内侧，从 c点沿 cd 方向入射一电荷量也为 q、质量也为 m 的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰(碰撞时两离子的速度方向恰好相反)，求该正离子入射的速率．解析：(1)由左手定则知，离子所受洛伦兹力向下，故所受电场力向上， MN 板带正电．穿过孔 O 的离子在金属板间需满足 qv0B＝ qE得 v0＝ ＝2×10 7 m/sEB(2)穿过孔 O 的离子在金属板间仍需满足 qvB＝ qE离子穿过孔 O 后在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝ mv2r从 bc 边射出的离子，其临界轨迹如图甲中的①②所示．由几何关系得轨迹半径的范围 0.075 mr≤0.1 m得 9.375×103 N/CE≤1.25×10 4 N/C(3)若 E 取最小值时，离子轨迹如图乙中的②所示， rmin＝0.075 m要发生相向正碰，两离子的轨迹圆应内切，如图乙所示．设从 c 进入磁场的离子运动的半径为 r′，速率为 v′，则(r′－ rmin)2＝ r ＋ 22min (r′ －L2)8又因为 qv′ B＝ m ， v′＝5×10 5 m/sv′ 2r′答案：(1) MN 板 2×10 7 m/s (2)9.375×10 3 N/C＜ E≤1.25×10 4 N/C (3)5×10 5 m/s1第 8 章 磁场考纲展示 要求 复习定位1.磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ3.安培力、安培力的方向 Ⅰ4.匀强磁场中的安培力 Ⅱ5.洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ6.洛伦兹力公式 Ⅱ7.带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ8.质谱仪和回旋加速器 Ⅰ1.本章是高考的热点，磁场叠加及磁场力或简单的磁偏转问题多以选择题的形式考查．计算题则是几乎每年必考，多以压轴题形式出现．2．复习中要注意以下几点：(1)磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的应用．(2)带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析与计算．(3)带电粒子在复合场中运动问题的分析方法，能够分析解决质谱仪、回旋加速器等科技方面的实际应用问题．第 1 节 磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的 N 极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式： B＝ (通电导线垂直于磁场)．FIL(3)方向：小磁针静止时 N 极的指向．(4)单位：特斯拉，符号 T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，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．22．几种常见的磁场(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)磁感线的特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．②磁感线的疏密程度表示磁场强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从 N 极指向 S 极，在磁体内部，从 S 极指向 N 极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．(3)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越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，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，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图三、安培力的大小和方向1．大小(1)F＝ BILsin θ (其中 θ 为 B 与 I 之间的夹角)3(2)磁场和电流垂直时 F＝ BIL.(3)磁场和电流平行时 F＝0.2．方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与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)[易错警示·微点拨]1．小磁针 N 极受力方向规定为磁感应强度的方向．2．磁场中的一段通电导体在该处受力为零，该处的磁感应强度不一定为零．3．磁感线和电场线不同，磁感线是闭合曲线，其疏密反映场的强弱，某点切线方向表示该点磁感应强度方向．4．安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向确定的平面，但磁感应强度方向不一定垂直于电流方向．考点一 安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.原因(电流方向) 结果(磁场绕向)直线电流的磁场 大拇指 四指环形电流的磁场 四指 大拇指2.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．1.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4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：选 C.先根据安培定则可判断 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．2．(2016·南昌调研)如图所示， M、 N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点， O 为半圆弧的圆心，∠ MOP＝60°，在 M、 N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时 O 点的磁感应强度大小为 B1.若将 M 处长直导线移至 P 处，则 O 点的磁感应强度大小为 B2，那么 B2与 B1之比为( )A. ∶1 B． ∶2 C．1∶1 D．1∶23 3解析：选 B.如图所示，当通有电流的长直导线在 M、 N 两处时，根据安培定则，可知：二者在圆心 O 处产生的磁感应强度都为 B1/2；当将 M 处长直导线移到 P 处时，两直导线在圆心 O 处产生的磁感应强度也为 B1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得 ＝ ＝cos 30°＝ ，故选项 B 正确．B2B1B22B12 32磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．5(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点二 安培力作用下导体的平衡与加速(高频考点)1．通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断F、 B、 I 三者间方向关系：已知 B、 I 的方向( B、 I 不平行时)，可用左手定则确定 F 的唯一方向． F⊥ B， F⊥ I，则 F 垂直于 B 和 I 所构成的平面，但已知 F 和 B 的方向，不能唯一确定 I 的方向．(2)大小：由公式 F＝ BIL 计算，且其中的 L 为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度 L 等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如下图所示．2．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．3．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．题组一 高考题组1．(2015·高考江苏卷)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( )解析：选 A.磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝ n ＝ n 知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变Δ ΦΔ t Δ B·SΔ t化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项 A 符合题意．2．(2015·高考全国卷Ⅰ)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6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.重力加速度的大小取 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．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了 Δ l1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔ l1＝ mg①式中， m 为金属棒的质量， k 是弹簧的劲度系数， g 是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝ IBL②式中， I 是回路电流， L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了 Δ l2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δ l1＋Δ l2)＝ mg＋ F③由欧姆定律有E＝ IR④式中， E 是电池的电动势， R 是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg⑤答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为 0.01 kg题组二 模拟题组3.(2016·广东广州三模)(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 .磁感应强度方向和大小可能为( )A． z 正向， tan θ B． y 正向，mgIL mgILC． z 负向， tan θ D．沿悬线向上， sin θmgIL mgIL解析：选 BC.本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定 B 的方向和大小．若 B 沿 z 正向，则从 O 向 O′看，导线受到的安培力 F＝ ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，7A 错误．若 B 沿 y 正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当 FT＝0，且满足 ILB＝ mg，即 B＝ 时，导线可以平mgIL衡，B 正确．若 B 沿 z 负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足 FTsin θ ＝ ILB， FTcos θ ＝ mg，即 B＝，导线可以平衡，C 正确．mgtan θIL若 B 沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于导线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，D 错误．4．(2016·西安六校联考)(多选)如图所示，两平行导轨 ab、 cd 竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒 PQ 放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒 PQ 中通以变化的电流 I，同时释放金属棒 PQ 使其运动．已知电流 I 随时间 t 变化的关系式为 I＝ kt(k 为常数， k0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度 v、加速度 a 随时间 t 变化的关系图象中，可能正确的有( )解析：选 AD.根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度 a＝ ， Ff＝ μF N＝ μF 安 ＝ μBIL ＝ μBLkt ，联立解得加mg－ Ffm速度 a＝ g－ ，与时间成线性关系，故 A 正确，B 错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运μ BLktm动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故 C 错误，D 正确．求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1)选定研究对象．(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，8要用左手定则来判断，注意 F 安 ⊥ B、 F 安 ⊥ I.(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解．考点三 安培力作用下导体的运动1．通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的判定步骤：首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．2．应用左手定则判定安培力方向时应注意：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．1．一个可以自由运动的线圈 L1和一个固定的线圈 L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈 L1将( )A．不动 B．顺时针转动C．逆时针转动 D．在纸面内平动解析：选 B.方法一(电流元法) 把线圈 L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在 L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈 L1将顺时针转动．方法二(等效法) 把线圈 L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流 I2的中心，小磁针的 N 极应指向该点环形电流 I2的磁场方向，由安培定则知 I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而 L1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的 N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈 L1将顺时针转动．方法三(结论法) 环形电流 I1、 I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈 L1将顺时针转动．2．如图所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)( )A．顺时针方向转动，同时下降9B．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：选 A.如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为 O 点，选择在 O 点左侧 S 极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在 O 点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则 O 点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出 O 点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．如图乙所示，取导线转过 90°的特殊位置，由左手定则可判定导线受到竖直向下的安培力，导线同时向下运动，故选项 A 正确．3．(2016·湖北黄冈)(多选)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为 FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为 FN2，则以下说法正确的是( )A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C． FN1FN2 D． FN1FN2，又 FN1＝ mg，所以 FN1FN2，在水平方向上，弹簧对磁铁施加了水平向右的弹力，磁铁肯定压缩弹簧，所以弹簧长度将变短．判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法 分割为电流元 安培力方向― →整段导体所― ― →左 手 定 则 受合力方向― →运动方向10特殊位置法 在特殊位置― →安培力方向― →运动方向等效法环形电流 小磁针条形磁铁 通电螺线管 多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体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，从而确定磁体所受合力及运动方向课堂小结——名师微点拨本节课重在对磁感应强度的理解及安培力作用下的运动问题的处理，复习中抓住以下两点：1.磁感应强度问题的“三关键”(1)磁感应强度― →由磁场本身决定．(2)合磁感应强度― →等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．(3)牢记判断电流的磁场的方法― →安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型(记住 5 种常见磁场的立体分布图)．2.安培力作用下运动问题的“两技巧”(1)电磁问题力学化：选研究对象― →受力分析― →列方程．(2)立体图形平面化：变三维为二维.课时规范训练(单独成册)1．(多选)磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )A． a、 b 两处的磁感应强度的大小不等， BaBbB． a、 b 两处的磁感应强度的大小不等， Ba 时， a 随 t 的变化均匀增FfBkL大．当 t0， I 为电流强度， r 为距导线的距离．在水平长直导线 MN 正下方，矩形线圈 abcd 通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时 MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为 T0.当 MN 通以强度为 I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1；当 MN 内的电流强度变为 I2时，两细线的张力均大于 T0.(1)分别指出强度为 I1、 I2的电流的方向；16(2)求 MN 分别通以强度为 I1和 I2电流时，线框受到的安培力 F1与 F2大小之比；(3)当 MN 内的电流强度为 I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为 a，求 I3.解析：(1)由题意知，当 MN 通以电流 I1时，线圈受到的安培力向上，根据左手定则、安培定则可以判断 I1的方向向左，当 MN 通以电流 I2时，线圈受到的安培力应向下，同理，可以判断 I2的方向向右．(2)当 MN 中的电流为 I 时，线圈受到的安培力大小为F＝ kIiL(1r1－ 1r2)式中 r1、 r2分别为 ab、 cd 与 MN 的间距， i 为线圈中的电流， L 为 ab、 cd 的长度．所以 ＝F1F2 I1I2(3)设 MN 中电流为 I3时，线圈所受安培力为 F3，由题设条件有 2T0＝ mg,2T1＋ F1＝ mg， F3＋ mg＝ ma， ＝ ，由I1I3 F1F3以上各式得 I3＝ I1T0 a－ g T0－ T1 g答案：(1) I1方向向左， I2方向向右 (2) ＝F1F2 I1I2(3) I1T0 a－ g T0－ T1 g第 2 节 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥ B 时， F＝0.(2)v⊥ B 时， F＝ qvB.(3)v 与 B 夹角为 θ 时， F＝ qvBsin_θ .3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．(2)方向特点： F⊥ B， F⊥ v.即 F 垂直于 B、 v 决定的平面．(注意 B 和 v 可以有任意夹角)．由于 F 始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做功．二、带电粒子在磁场中的运动1．若 v∥ B，带电粒子以入射速度 v 做匀速直线运动．2．若 v⊥ B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度 v 做匀速圆周运动．173．基本公式(1)向心力公式： qvB＝ m .v2r(2)轨道半径公式： r＝ .mvBq(3)周期公式： T＝ ＝ .2π rv 2π mqBf＝ ＝ .1T Bq2π mω ＝ ＝2π f＝ .2πT Bqm三、洛伦兹力的应用实例1．回旋加速器(1)构造：如图所示， D1、 D2是半圆形金属盒， D 形盒的缝隙处接交流电源． D 形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交变电流的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由 qvB＝ ，得 Ekm＝ ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径mv2R q2B2R22mR 决定，与加速电压无关．2．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理 qU＝ mv2可知进入磁场的速度 v＝ .粒子在磁场中12 2qUm受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律， qvB＝ .由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道mv2r18半径、粒子质量、比荷等．[易错警示·微点拨]1．带电粒子在磁场中运动不一定受洛伦兹力的作用．2．不能利用公式 T＝ 说 T 与 r 成正比， T 与 v 成反比，仅在洛伦兹力作用下的圆周运动周期 T 与速度 v 无2π rv关．3．洛伦兹力和安培力是性质相同的力，都是磁场力．4．经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由 D 形盒的最大半径决定，与加速电压无关．考点一 洛伦兹力的特点及应用1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．(5)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．1.(2016·苏北四市调研)(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、 N 两小孔中， O 为M、 N 连线的中点，连线上 a、 b 两点关于 O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度 B＝ k ，式中 k 是常数， I 是导线中的电流， r 为对应点到导线的距离．一带正电的小球以初速度Irv0从 a 点出发沿 MN 连线运动到 b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大19解析：选 BD.由右手螺旋定则可知， M 处的通电导线在 MO 区域产生的磁场垂直于 MO 向里， 离导线越远磁场越弱，所以磁场由 M 到 O 逐渐减弱； N 处的通电导线在 ON 区域产生的磁场垂直于 ON 向外，由 O 到 N 逐渐增强，带正电的小球由 a 点沿连线 MN 运动到 b 点，受到的洛伦兹力 F＝ Bqv 为变力，则从 M 到 O 洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从 O 到 N 洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D 正确，C 错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B 正确、A 错误．2．(多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为 AC，竖直短轴为 ED.轻弹簧一端固定在大环的中心 O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中．将小环从 A 点由静止释放，已知小环在 A、 D 两点时弹簧的形变量大小相等．下列说法中正确的是( )A．刚释放时，小球的加速度为重力加速度 gB．小环的质量越大，其滑到 D 点时的速度将越大C．小环从 A 到运动到 D，弹簧对小环先做正功后做负功D．小环一定能滑到 C 点解析：选 ACD.刚释放的瞬间，小环的速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所以小环的加速度为 g，则 A 正确；因为在 A、 D 两点时弹簧的形变量相同，且 OA 长度大于 OD，所以 OA 处于拉伸状态， OD 处于压缩状态，所以弹簧由伸长变为压缩状态，弹力先做正功，后做负功，则 C 正确；从 A 到 D 的过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达 D 点的速度是相等的，所以小环一定能滑到 C 点，则 D 正确，B错误．理解洛伦兹力的四点注意(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用 F⊥ B、 F⊥ v 的特点．(3)计算洛伦兹力大小时，公式 F＝ qvB 中， v 是电荷与磁场的相对速度．(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动(高频考点)1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．(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， P 为入射点， M 为出射点)．20②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)半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．(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 θ 时，其运动时间表示为： t＝ T(或 t＝ )．θ2π θ Rv2．带电粒子在磁场中运动的常见情形(1)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)21题组一 高考题组1．(2015·高考全国卷Ⅱ)(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：选 AC.两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且 I 磁场磁感应强度 B1是Ⅱ磁场磁感应强度 B2的 k 倍．A：由 qvB＝ 得 r＝ ∝ ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，选项 A 正确．mv2r mvqB 1BB：由 F 合 ＝ ma 得 a＝ ＝ ∝ B，所以 ＝ ，选项 B 错误．F合m qvBm a2a1 1kC：由 T＝ 得 T∝ r，所以 ＝ k，选项 C 正确．2π rv T2T1D：由 ω ＝ 得 ＝ ＝ ，选项 D 错误．正确选项为 A、C.2πT ω 2ω 1 T1T2 1k2．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)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． 2C．1 D．22解析：选 D.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与圆周运动知识得出半径与速度之间的关系．当粒子穿过铝板时，动能损失，由此可求出穿过铝板前、后的速度之比，即可得出磁感应强度大小之比．设带电粒子在 P 点时初速度为 v1，从 Q 点穿过铝板后速度为 v2，则 Ek1＝ mv ， Ek2＝ mv ，由题意可知12 21 12 2Ek1＝2 Ek2，即 mv ＝ mv ，则 ＝ .由洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝ ，得 R＝ ，由题意可知 ＝ ，所以 ＝12 21 2 v1v2 21 mv2R mvqB R1R2 21 B1B2＝ ，故选项 D 正确．v1R2v2R1 223．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)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22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．3mv03qR mv0qRC. D．3mv0qR 3mv0qR解析：选 A.带电粒子在圆形磁场区域中运动时，如果入射速度沿半径方向，则出射速度也沿半径方向，抓住此几何关系进行求解．若磁场方向垂直于纸面向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r＝ ＝ R，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B＝ ，得 R＝ ，故匀强磁场的磁感应强度 B＝ ，若磁Rtan 30° 3 mv20r 3 mv0qB 3mv03qR场方向向里可得到同样的结果．故 A 正确．题组二 模拟题组4．(2016·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，以 O 为圆心、 MN 为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子 a、 b 和 c 以相同的速率分别沿 aO、 bO 和 cO 方向垂直于磁场射入磁场区域，已知 bO 垂直 MN， aO、 cO 与 bO 的夹角都为 30°， a、 b、 c 三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为 ta、 tb、 tc，则下列给出的时间关系可能正确的是( )A． ta＜ tb＜ tc B． ta＞ tb＞ tcC． ta＝ tb＜ tc D． ta＝ tb＝ tc解析：选 AD.粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间 t＝ T，θ2π故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子的运动半径为 r，圆形区域半径为 R，当粒子 a 恰好23从 M 点射出磁场时， r＝ R，当粒子 b 恰好从 M 点射出磁场时， r＝ R，如图甲所示， ta＜ tb＝ tc.当 rR 时，粒子 a 对13应的圆心角最小， c 对应的圆心角最大， tctbta；当 r≤ R，轨迹如图乙所示， ta＝ tb＝ tc.同理， R0)的粒子以某一速率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 74°.不计重力，则初速度 v0大小为 ( )(已 知 sin 37°＝35)A. B．4qBR3m 5qBR3m28C. D．3qBR4m 3qBR5m解析：选 A.带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹，根据几何知识得，轨迹的圆心角等于速度的偏向角 74°，且轨迹的半径 r＝ Rcot 37°＝ R，根据牛顿第二定43律得 qv0B＝ m 得， v0＝ ，故 A 正确．v20r 4qBR3m5．如图， ABCD 是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从 A、 D 射入磁场，均从 C 点射出，则它们的速率 v 甲 ∶ v 乙 和它们通过该磁场所用时间 t 甲 ∶ t 乙 的值分别为( )A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1解析：选 B.带电粒子在电场中加速有 qU＝ mv2，带电粒子在磁场中偏转有 qvB＝ m ，联立解得 v＝ ，即12 v2R 2UBRv∝ ，故 ＝ ＝ ；甲粒子在磁场中偏转用时 t 甲 ＝ ，乙粒子在磁场中偏转用时 t 乙 ＝ 可得， ＝1R v甲v乙 R乙R甲 12 π R甲2v甲 π R乙v乙 t甲t乙＝ .由以上分析计算可知选项 B 正确．R甲 v乙2R乙 v甲 216．(2016·苏北三市一模)(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为 R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为 E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由 P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 Q 点．不计粒子重力．下列说法中正确的是( )A．极板 M 比极板 N 电势高B．加速电场的电压 U＝ ERC．直径 PQ＝2 B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选 AD.粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板 M 比极板 N 电势高，选项 A 正确；由 Uq＝ mv2和 Eq＝ 可得 U＝ ，选项 B 错误；直径 PQ＝2 r＝ ＝2 .可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片12 mv2R ER2 2mvBq ERmB2q29上的同一点，选项 C 错误，D 正确．7．(多选)如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t 的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A．在 Ek－ t 图中应有 t4－ t3＝ t3－ t2＝ t2－ t1B．高频电源的变化周期应该等于 tn－ tn－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加 D 形盒的半径解析：选 AD.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在 Ek－ t 图中应有t4－ t3＝ t3－ t2＝ t2－ t1，选项 A 正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(tn－ tn－1 )，选项 B 错；由 r＝ mv/qB＝ /qB 可知，粒子获得的最大动能决定于 D 形盒的半径，当轨道半径与 D2mEk形盒半径相等时就不能继续加速，故选项 C 错、D 对．8．(多选)如图所示，宽 d＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r＝10 cm，则( )A．右边界：－8 cm8 cm 有粒子射出D．左边界：0R(R＝4.55 cm)，故选项 D 正确，选项 C 错误．