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第二讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动(2)(3)几种典型电流周围磁场分布考向一磁场对通电导体的作用力[归纳提炼]求解磁场中导体棒运动问题的思路(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( )A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1[思路点拨] 首先判断直线电流的磁场及安培力，或者记住平行直线电流间作用规律，运用平行四边形法则，结合三角形知识解决．[解析] 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1进行受力分析，如下图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行；对L3进行受力分析，如右图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直．任意两根导线间的作用力的大小是相等的，若两根导线间相互作用力为F，L1、L2受到的磁场力的合力大小相同，根据平行四边形定则作出几何图形，根据几何知识可求解，经分析知B、C正确．[答案] BC[熟练强化]1．(2017·上海卷)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右[解析] 本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则．根据图中的电流方向，由安培定则知U 形铁芯下端为N 极，上端为S 极，ab 中的电流方向由a →b ，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D 正确．[答案] D2．(2017·金华十校第三次联合调研)如右图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如右图所示，磁感应强度大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以电流为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝ON ＝OP ＝1 m ，g ＝10 m/s 2，则( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N[解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理，得W 安＋W G ＝12mv 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小v ＝2 5m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F N ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律，得F N －F 安＝mv 2r，解得F N ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律，可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．[答案] D考向二 带电粒子在磁场中的运动[归纳提炼]1．带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若v ∥B(2)若v ⊥B 射速度v R ＝mvqB，则周期T＝2πR v ＝2πmqB.周期T 与粒子运动的速度v 或半径R 无关．角速度ω＝2πT ＝qBm，角速度ω只取决于粒子的比荷和磁感应强度，与粒子运动的速＝q 2B 2R22m ，粒子的动量和动能与磁感应强度B 、轨道半其中“画对于这类区域判断题，要善于进行动态分析，即首先从而找出角度变化(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D ．3∶ 2[思路点拨] 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，找圆心、定半径是解题的常规方法，本题中只要找到半径之间的关系则问题迎刃而解。
第2讲 磁场对电流和电荷的作用[选考考点分布]考点一 有关磁场的基本知识辨析1. (2017·浙江4月选考·9)如图1所示，两平行直导线cd 和ef 竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a 、b 两点位于导线所在的平面内．则( )图1A ．b 点的磁感应强度为零B ．ef 导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向里C ．cd 导线受到的安培力方向向右D ．同时改变两导线的电流方向，cd 导线受到的安培力方向不变 答案 D解析根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以选项A错误；ef在a处的磁场垂直纸面向外，所以选项B错误；根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以选项C错误；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，选项D正确．2. (2016·浙江10月学考·10)如图2所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是()图2A．向上B．向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里答案 D解析根据右手定则可知，开关闭合后，螺线管产生的磁极N极在右侧．根据左手定则可知，a端受力应垂直纸面向里，选项D正确．3．(2016·浙江4月选考·9)法拉第电动机原理如图3所示．条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆()图3A．向左摆动B．向右摆动C．顺时针转动D．逆时针转动答案 D解析根据左手定则可知，导电金属杆所受安培力将会使其逆时针转动，D对．4．(人教版选修3－1P93“做一做”改编)物理老师在课堂上做了一个“旋转的液体”实验，实验装置如图4：装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．接通电源后液体旋转起来，关于这个实验以下说法中正确的是()图4A．液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体逆时针旋转B．液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体顺时针旋转C．液体中电流由边缘流向中心；从上往下俯视，液体顺时针旋转D．液体中电流由边缘流向中心：从上往下俯视，液体逆时针旋转答案 D解析由图可知液体中电流由边缘流向中心，蹄形磁铁的上端为S极，导电液处磁场方向竖直向上，由左手定则可知电流受到的安培力方向从上往下俯视为逆时针方向，所以液体逆时针旋转，故选项D正确．5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)小张同学将两枚小磁针放进某磁场中，发现小磁针静止时如图5所示(忽略地磁场的影响)，则该磁场一定不是()图5A．蹄形磁铁所形成的磁场B．条形磁铁所形成的磁场C．通电螺线管所形成的磁场D．通电直导线所形成的磁场答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡，当地重力加速度为g，则磁感应强度B为()图6A.mg 2IlB.mgIl C.mg 2nIl D.mg nIl答案 C解析 电流方向反向，安培力的变化为2nBIl ，大小等于mg ，C 对．7．(2016·绍兴市9月选考)如图7所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将( )图7A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸外偏转D ．向纸内偏转答案 A解析 由安培定则知水平直导线上方磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则知向右运动的电子受到向上的洛伦兹力，故A 正确．8．(2017·绍兴市选考模拟)下列说法正确的是( ) A ．条形磁铁内部的磁感线方向是从磁铁的N 极指向S 极B ．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零C ．两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的D ．在磁感应强度为B 的磁场中，穿过面积为S 的平面的磁通量为Φ＝BS 答案 C解析 条形磁铁内部的磁感线方向是从磁铁的S 极指向N 极的，A 不正确；一小段通电导线放在磁场中某处，若导线平行于磁场，既使磁感应强度不为零，导线也不受磁场力作用，故B 错；两通电导线间的相互作用是通过磁场发生的，C 正确；在磁感应强度为B 的磁场中，只有当磁感应强度B 垂直于某平面时，穿过面积为S 的该平面的磁通量Φ＝BS 才成立，D 不正确．故选C.考点二 带电粒子在有界磁场中的基本运动1. 如图8所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从x 轴上的P (a,0)点以速度v ，沿与x 正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限．求：图8(1)匀速圆周运动的半径． (2)匀强磁场的磁感应强度B . (3)射出点的坐标．答案 (1)23a 3 (2)3m v 2qa(3)(0，3a )解析 (1)粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由射入、射出点可找到圆心O ′，由几何知识得r sin 60°＝a ，解得圆周运动的半径为 r ＝a sin 60°＝23a 3. (2)粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，有q v B ＝m v 2r，得磁场的磁感应强度B ＝m vqr＝m v q ×233a＝3m v2qa . (3)由几何关系有：粒子射出磁场时的纵坐标y ＝r ＋r cos 60°＝23a3(1＋cos 60°)＝3a ，所以射出磁场时的坐标为(0，3a )．2．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 ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0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.3m v 03qR B.m v 0qR C.3m v 0qR D.3m v 0qR答案 A解析 若磁场方向垂直于横截面向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r ＝3R .根据洛伦兹力提供向心力得：q v 0B ＝m v 0 2r ，解得B ＝3m v 03qR .若磁场方向垂直于横截面向里可得到同样的结果，选项A 正确．3. 如图9所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则速度之比v b ∶v c 和时间之比t b ∶t c 分别是多少？图9答案 1∶2 2∶1解析 带正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，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m v 2r 得，v ＝qBr m ，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由T ＝2πmqB ，t＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1.考点三 带电粒子在磁场中运动的多过程问题1．(2017·浙江11月选考·23)如图10所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用．图10(1)求离子的比荷q m；(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系．(不计离子在磁场中运动的时间) 答案 (1)vB 0L(2)60° (3)见解析 解析 (1)磁场强度为B 0时，沿着y 轴正方向射入的离子，正好打在收集板右端，则离子轨迹如图甲：可知L ＝R ，q v B 0＝m v 2R ，联立可得：qm ＝v B 0L(2)如图乙所示，以最大值θm 入射时，乙根据几何关系，有：2R cos θm ＝L ， 故θm ＝60°(3)B ≥B 0，全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图丙丙有2R 1cos 37°＝L 得B 1＝m vqR 1＝1.6B 0当B 0≤B ≤1.6B 0时，n 1＝n 0B >1.6B 0，恰好收集不到离子时的半径为R 2， 有R 2＝0.5L ，得B 2＝2B 0因此当1.6B 0≤B ≤2B 0时，设R ′＝m vqB ，则n 2＝2R ′－L 2R ′(1－cos 37°)n 0＝n 0(5－5B2B 0)，当2B 0≤B ≤3B 0时，极板上无法收集到离子，n 3＝0.2. 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图11所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．图11(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin 2α2.答案 (1)m v qB 逆时针 (2)2π3 (2π＋33)mqB(3)B ′＝3－12B 解析 (1)峰区内圆弧半径r ＝m v qB旋转方向为逆时针方向(2)如图甲所示，由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的弧长l ＝2πr 3＝2πm v3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m v qB周期T ＝3(l ＋L )v 代入得T ＝(2π＋33)mqB(3)如图乙所示，谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m vqB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B . 3．如图12甲所示，M 、N 为竖直放置且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T 0，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：图12(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3…)解析 设垂直于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 B 0q v 0＝m v 0 2r①做匀速圆周运动的周期T 0＝2πrv 0②联立①②两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，在两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r 1＝d4.当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d4n (n ＝1,2,3…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为 v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)．解决带电粒子在磁场中运动的多过程问题(1)分析题目特点，确定带电粒子运动的大致过程． (2)作出粒子运动轨迹示意图．(3)对每一个过程确定圆心，几何求半径，运用半径公式、周期公式等规律求解．(4)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．考点四 带电粒子在有界磁场中的临界极值问题1．(2015·浙江9月选考样题·23)某科研小组设计了一个粒子探测装置．如图13甲所示，一个截面半径为R 的圆筒(筒长大于2R )水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B .图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面．质量为m ，电荷量为q 的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内．圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置．筒壁上的P 点和Q 点与入射面的距离分别为R 和2R .(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图13(1)离子从O 点垂直射入，偏转后到达P 点，求该离子的入射速度v 0的大小； (2)离子从OC 线上垂直射入，求位于Q 点处的探测器接收到的离子的入射速度范围； (3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R 的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积． 答案 (1)qBR m (2)2qBR m ≤v ≤5qBR 2m (3)见解析图 2πR 23－3R 22解析 (1)离子运动的半径为R qB v 0＝m v 0 2Rv 0＝qBR m(2)离子以v 1从C 点入射时，才能到达Q 点，偏转半径为R 1＝2R qB v 1＝m v 1 2R 1v1＝2qBR m从O 点入射时，设半径为R 2，根据题意得 (R 2－R )2＋(2R )2＝R 2 2，R 2＝52R ，qB v 2＝m v 2 2R 2v 2＝5qBR 2m所以2qBR m ≤v ≤5qBR 2m(3)当离子以5qBR 2m 的速度在偏离竖直线CO 入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R .所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得S 1＝120360×πR 2＝πR 23S 2＝πR 23－3R 24S 总＝2πR 23－3R 222．(2016·宁波市模拟)如图14所示，在足够长的水平绝缘板上方距离为d 的P 点有一个粒子发射源，能够在纸面内向各个方向发射速率相等、比荷为k 的带正电的粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．图14(1)若已知粒子的发射速率为v 0，在绝缘板上方加一电场强度大小为E 、方向竖直向下的匀强电场，求同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差；(2)若已知粒子的发射速率为v 0，在绝缘板的上方只加一方向垂直纸面、磁感应强度B ＝v 0kd 的匀强磁场，求带电粒子能到达板上的最大长度L . 答案 (1)2v 0kE(2)(3＋1)d解析 (1)当速度方向竖直向下时，时间最短，当速度方向竖直向上时，时间最长，由运动学公式得 qE ＝ma ， q m＝k d ＝v 0t 1＋12kEt 1 2，d ＝－v 0t 2＋12kEt 2 2解得Δt ＝t 2－t 1＝2v 0kE.(2)磁场中由q v 0B ＝m v 0 2R 得R ＝m v 0qB＝d ，如图可知板上L CM ＝3d ，L NC ＝d ， 故粒子能到达板上的最大长度L ＝(3＋1)d .解决带电粒子的临界问题的技巧方法以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径r 和速度v (或磁感应强度B )之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，如： (1)刚好穿出(或不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径等方面的极值．(2)当速度v 一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件为弧是劣弧)．(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时(所有的弦长中直径最长)，轨迹对应的偏转角最大．专题强化练(限时：40分钟)1．(2016·浙江4月选考·4)物理学中的自由落体规律、万有引力定律、静止点电荷之间的相互作用规律和电流磁效应分别由不同的物理学家探究发现，他们依次是( ) A ．伽利略、牛顿、库仑和奥斯特 B ．牛顿、安培、洛伦兹和奥斯特 C ．伽利略、卡文迪许、库仑和安培 D ．开普勒、伽利略、库仑和洛伦兹 答案 A解析 自由落体规律是伽利略探究发现的；万有引力定律的发现者是牛顿；真空中静止的两个点电荷之间的相互作用规律是库仑发现的；电流磁效应是奥斯特发现的，所以答案为A. 2．如图1所示，E 、F 分别表示蓄电池两极，P 、Q 分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N 极偏向螺线管Q 端．下列判断正确的是( )图1A．E为蓄电池正极B．螺线管P端为S极C．流过电阻R的电流方向向上D．管内磁场方向由P指向Q答案 C解析根据小磁针静止时N极所指的方向，可以判断出通电螺线管的P端为N极，Q端为S 极，管内磁场方向由Q指向P.根据右手螺旋定则还可以判断出流过电阻R的电流方向向上，E为蓄电池负极．3．(2017·嵊州市高级中学期末)有一通电金属导线在赤道上方，东西向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为()A．向东B．向西C．向上D．向下答案 C解析地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手定则可得电流方向向东，则安培力方向向上，故C正确．4. (2016·绍兴市联考)图2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()图2A．向上B．向下C．向左D．向右答案 B解析b、d两根导线在O点产生的磁场相互抵消，a、c两根导线在O点产生的磁场方向均为水平向左，再根据左手定则，带正电的粒子垂直于纸面向外运动所受洛伦兹力方向向下，选项B正确．5．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是()答案 D解析 由q v B ＝m v 2R 可得B ＝m vqR.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D 正确．6．(2017·温州市九校高三上学期期末)如图3所示，用两个一样的弹簧秤悬挂着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流，当棒静止时，弹簧秤的读数为F 1；若将棒中的电流方向反向，当棒再次静止时，弹簧秤的示数为F 2，且F 2>F 1，根据以上信息，不能确定的是( )图3A ．磁场的方向B ．安培力的大小C ．磁感应强度的大小D ．铜棒的重力答案 C解析 因为电流反向时，弹簧秤的读数F 2＞F 1，所以可以知道电流方向自左向右时，导体棒受到的安培力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故A 能确定；由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度的大小，故C 不能确定；令铜棒的重力为G ，安培力的大小为F ，则由平衡条件得：2F 1＝G －F① 当电流反向时，安培力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：2F 2＝G ＋F②由①和②可得：棒的重力G ＝F 1＋F 2 ，安培力F 的大小F ＝F 2－F 1，因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故B 、D 能确定．7. (2017·温州市十校高三期末)如图4，干电池下面(负极)吸有一块圆柱形强磁铁，铜导线弯折后与电池构成电路，铜导线下面两端与强磁铁形成电刷状接触，铜导线组成的线框就会转动起来，下列说法正确的是( )图4A ．如果强磁铁的上表面是N 极，那么从上往下看线框就有可能做逆时针转动B ．如果强磁铁的上表面是S 极，那么从上往下看线框就有可能做顺时针转动C ．不管强磁铁N 极向上或者向下放置，从上往下看线框总是做顺时针转动D ．使用的圆柱形磁铁磁性非常强大，实验时要远离磁卡、手机等易受强磁场影响的设备 答案 D解析 如果磁铁上端为N 极，下端为S 极，周围磁感线由上往下斜穿入金属丝内部，而电流方向由上向下，由左手定则知：由上往下看(俯视)，金属丝顺时针转动；使用的圆柱形磁铁磁性非常强大，实验时要远离磁卡、手机等易受强磁场影响的设备．故D 正确．8．如图5甲所示，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，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则关于金属棒的说法错误的是( )图5A ．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 答案 D解析 根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误． 9. 如图6所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )图6A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为4∶3C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3 答案 C解析 设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 错误；由r ＝m v qB 知v 1v 2＝r 1r 2＝34，故F M F N ＝q v 1B q v 2B ＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12TM 12T N ＝1，A 错误． 10. 如图7所示，重力不计、初速度为v 的正电荷，从a 点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后()图7A ．动能发生改变B ．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动C ．运动轨迹是一个半圆，并从a 点上方某处穿出边界向左射出D ．运动轨迹是一个半圆，并从a 点下方某处穿出边界向左射出 答案 C解析 洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A 不正确；由左手定则知，正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a 点上方某处穿出边界向左射出，B 、D 均不正确，C 正确．11．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图8所示，半径分别为R 1、R 2的两个同心圆，圆心为O ，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B 2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场．今有一带正电粒子从小圆边缘的A 点以速度v 沿AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A 点(带电粒子重力不计)，求：图8(1)若v ＝3B 1qR 1m，则带电粒子在小圆内的运动时间t 为多少？ (2)大圆外的磁场B 2方向；(3)磁感应强度B 1与B 2的比值为多少？ 答案 (1)πm 3qB 1 (2)垂直于纸面向里 (3)R 2R 1解析 (1)粒子在小圆内做圆周运动，q v B 1＝m v 2r 1，得r 1＝m vqB 1＝3R 1由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为θ＝π3，则t ＝θr 1v ，解得t ＝πm3qB 1.(2)分析可得粒子第一次回到小圆便经过A 点，则粒子在外磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B 2的方向为垂直于纸面向里． (3)由几何关系可得r 1r 2＝R 1R 2，r 1＝m v qB 1，r 2＝m v qB 2，解得B 1B 2＝R 2R 1.12．如图9所示，无限宽广的匀强磁场分布在xOy 平面内，x 轴上下方磁场均垂直xOy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为B ，x 轴下方的磁场的磁感应强度为43B .现有一质量为m 、电量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿y 轴正方向进入上方磁场．在粒子运动过程中，与x 轴交于若干点．不计粒子的重力．求：图9(1)粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径；(2)设粒子在x 轴上方的周期为T 1，x 轴下方的周期为T 2，求T 1∶T 2；(3)如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移的距离；(4)在与x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置． 答案 (1)m v 0Bq (2)4∶3 (3)m v 02Bq (4)[(k ＋3)m v 02Bq，0](k ＝1,2,3…)解析 (1)设粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径为r 1，在下方磁场中做匀速圆周运动的半径为r 2，由Bq v ＝m v 2r 得r 1＝m v 0Bq ，r 2＝3m v 04qB(2)由T ＝2πm qB 得T 1＝2πmBqT 2＝3πm2BqT 1∶T 2＝4∶3(3)在磁场中运动轨迹如图所示，如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周合称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移Δx ＝2r 1－2r 2＝m v 02Bq(4)由图可知，在第4周期刚结束时粒子第二次经过x 1＝2r 1的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．故x k ＝2r 1＋(k －1)r 12＝k ＋32r 1＝(k ＋3)m v 02Bq (k ＝1,2,3…)故坐标位置为[(k ＋3)m v 02Bq，0](k ＝1,2,3…)。
第2讲带电粒子在复合场中的运动课标卷高考命题分析1．带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝12m v2－12m v02来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．3．复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况．(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．2．灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．高考题型1 带电粒子在叠加场中的运动分析例1 (2017·广东惠州市第三次调研)平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°，其横截面如图1所示，平面OM 和水平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m ，电荷量为q ，带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM 成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切，且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)．图1(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E 为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO ′上，求此点到O 点的距离多大？答案 (1) 正电荷 mg q (2)4m v 0qB (3)2m v 0qB ＋6m 2g q 2B2解析 (1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，则qE ＝mg ，解得：E ＝mgq；(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02r ，解得：r ＝m v 0qB，根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q 点为运动轨迹与ON 相交的点，I 点为入射点，P 点为出射点，则IP 为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°，由几何关系可得，QP 为圆轨道的直径，所以OP 的长度为：s ＝QP sin 30°＝2rsin 30°＝4r ＝4m v 0qB； (3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T 点，竖直位移为y . 水平位移：x ＝v 0t ，解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23mqB ，竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2gq 2B2，如图所示，OT 的距离为：H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2gq 2B2.1．弄清叠加场的组成特点．2．正确分析带电粒子的受力及运动特点．3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE ＝q v B ；重力场与磁场中满足mg ＝q v B ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即q v B ＝m v 2r.(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．1．(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．2．如图3所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E 1＝40 N/C ；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E 2＝1603 N /C.一质量为m ＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M (3.64 m ，3.2 m)点，以v 0＝1 m/s 的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P (2.04 m,0)点进入第四象限后经过y 轴上的N (0，－2.28 m)点(图中未标出)．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)小球由P 点运动至N 点的时间． 答案 (1)2 T (2)0.6 s解析 (1)由题意可知：qE 1＝mg 解得：q ＝5×10－4 C小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示． 则R cos θ＝x M －x P R sin θ＋R ＝y M 可得R ＝2 m ，θ＝37° 由q v 0B ＝m v 02R，解得B ＝2 T(2)小球进入第四象限后受力分析如图所示． tan α＝mgqE 2＝0.75可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.由几何关系可得：OA ＝OP tan α＝1.53 m AN ＝ON －OA ＝0.75 m又因△OAP 与△QAN 相似，所以∠QNA ＝∠OP A ＝α 得QN ＝AN cos α＝0.6 m. 由QN ＝v 0t ，解得t ＝0.6 s.高考题型2 带电粒子在组合场中的运动分析例2 (2017·宁夏石嘴山市4月模拟)如图4所示，在xOy 平面内有以虚线OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP 与x 轴成45°角，OP 与y 轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP 与x 轴之间的电场平行于x 轴向右，电场强度为E ，在y 轴上有一点M ，到O 点的距离为L ，现有一个质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子从静止经电压为U 的电场加速后从M 点以垂直y 轴的速度方向进入磁场区域(加速电场图中没有画出)，不计带电粒子的重力，求：图4(1)从M 点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP 相切时，磁感应强度B 的大小；(3)只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y 轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x 轴离开电场时的位置到O 点的距离为多少？ 答案 (1)2qUm (2)2＋1L2mU q (3)L 2＋EL 216U解析 (1)由动能定理可知： qU ＝12m v 02－0解得：v 0＝2qUm(2)由图中所示带电粒子在磁场中的运动轨迹及几何关系可知， 2r ＋r ＝L 解得：r ＝L2＋1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 则Bq v 0＝m v 02r解得B ＝m v 0qr ＝2＋1L2mUq(3)由图可知带电粒子能沿y 轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨迹半径为R ＝L2，带电粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qEm ，粒子在y 轴方向做匀速运动，则有R ＝v 0t粒子在x 轴方向做匀加速运动，则x ＝12at 2联立解得x ＝EL 216U，因此粒子从x 轴离开电场的位置到O 点的距离为R ＋x ＝L 2＋EL 216U.带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中一般做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．3．(2017·山东烟台市模拟)如图5所示，在xOy 平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强大小为E ，方向沿＋y 方向，匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的分界线为平行于x 轴的直线，两磁场方向如图所示．在坐标原点O 处沿x 轴正向射出质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，粒子恰好从两磁场的分界线处的P (2d ，d )点离开电场进入匀强磁场Ⅰ中，最后刚好能从x 轴上的N 点离开匀强磁场Ⅱ.不计粒子的重力，求：图5(1)粒子从O 点进入电场时的速度； (2)粒子从P 点进入磁场Ⅰ时的速度； (3)磁场Ⅱ的磁感应强度大小． 答案 (1)2qEdm(2)2qEdm(3)(2－2)Em qd解析 (1)粒子在电场中运动时： 2d ＝v 0t d ＝12at 2 a ＝qE m解得v 0＝2qEdm(2)由动能定理得 qEd ＝12m v 2－12m v 02得v ＝2qEdm(3)粒子进入磁场Ⅰ时，v y ＝at ＝2qEdm＝v 0 则粒子从P 点进入磁场Ⅰ时的速度方向与分界线的夹角θ＝45° 由几何关系知：R cos 45°＝(R －d )，解得R ＝(2＋2)d 由qB 2v ＝m v 2R 得，B 2＝(2－2)Em qd. 高考题型3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例3 (2017·广东肇庆市第二次模拟)如图6甲所示，竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝＋2×10－4 C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)微粒再次经过直线OO ′时与O 点的距离； (2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离应满足的条件． 答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(2.4n ＋1.8) m(n ＝0,1,2，…)，或L ＝(2.4n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…)解析 (1)根据题意可知，微粒所受的重力大小G ＝mg ＝8×10－3 N ，方向竖直向下微粒所受电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N ，方向竖直向上因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 则q v B ＝m v 2R解得：R ＝0.6 m 由T ＝2πRv 得：T ＝10π s则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经直线OO ′时与O 点的距离：L ＝2R ＝1.2 m (2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ，位移大小：s ＝v t ≈1.88 m ，轨迹如图所示，则微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝s ＋R ＝2.48 m(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．4．如图7甲所示，以两虚线M 、N 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M 、N 间电压U MN 的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0；M 、N 两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B .在t ＝0时刻，将一带正电的粒子从边界线M 上的A 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T 0.两虚线M 、N 间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．求：图7(1)该粒子的比荷q m；(2)粒子第1次和第2次从右向左经边界线N 离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离；(3)若粒子的质量增加18，电荷量不变，t ＝0时，将其在A 处由静止释放，求t ＝2T 0时粒子的速度大小． 答案 (1)2πBT 0(2)2(3－2)U 0T 0πB (3)435πU 0BT 0解析 (1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qB v ＝m v 2r又T ＝2πr v解得r ＝m v qB ，T ＝2πmqB根据题意可知T ＝T 0所以粒子的比荷q m ＝2πBT 0(2)由于不计粒子穿越MN 间的时间，则可认为在t ＝0时刻出发的粒子穿越MN 的过程中，电压始终为U 0.在t ＝12T 0时刻，粒子第1次自右向左穿过边界线N 时再加速一次，进入磁场区域Ⅱ时的速度为v 1，即粒子在区域Ⅰ、Ⅱ匀速圆周运动一周时间T 0共被加速2次．对粒子从开始运动经过一个周期T 0过程，由动能定理得 2qU 0＝12m v 12解得v 1＝4qU 0m设粒子第2次自右向左到达边界线N 的速度为v 2，运动轨迹如图所示，由动能定理得 3qU 0＝12m v 22解得v 2＝6qU 0m第1、2两次从右向左经边界线N 离开磁场区域Ⅰ时的位置距离为 Δd ＝2(r 2－r 1) 解得Δd ＝2(3－2)U 0T 0πB(3)若粒子的质量增加18，即m ′＝98m ，则粒子在磁场中的运动周期 T ＝98T 0从t ＝0开始到t ＝2T 0的时间内，根据加速电压图象可知，粒子共加速了4次，经过加速电场时的电压大小分别为U 0、34U 0、12U 0、14U 0对粒子总的运动过程，由动能定理得 q (U 0＋34U 0＋12U 0＋14U 0)＝12m ′v 2解得v ＝435πU 0BT 0题组1 全国卷真题精选1．(2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图8A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm① 在磁场中q v B ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B 22B 12＝144，故选项D 正确．题组2 各省市真题精选2．(2013·重庆理综·5)如图9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( )图9A.IB |q |aU ，负B.IB |q |aU ，正C.IB |q |bU ，负D.IB |q |bU，正 答案 C解析 当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意． |q |v B ＝|q |E ＝|q |Ua因I ＝n |q |v S ＝n |q |v ·a ·b 解得n ＝IB |q |bU，选项C 正确．3．(2016·北京理综·22)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．图10(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．答案 (1)m v Bq 2πm qB(2)v B解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得，F 洛＝q v B ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m vBq匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB(2)粒子受电场力F 电＝qE ，洛伦兹力F 洛＝q v B ，由于粒子做匀速直线运动，则qE ＝q v B ， 电场强度E 的大小E ＝v B .4．(2016·江苏单科·15)回旋加速器的工作原理如图11甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图11(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，q v B ＝m v 2RE m ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动，nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T2由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.专题强化练1.(2017·重庆市一诊 ) 如图1所示，竖直平面内，两竖直线MN 、PQ 间(含边界)存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN 、PQ 间距为d ，电磁场上下区域足够大．一个质量为m 、电量为q 的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v 与MN 夹角θ＝60°，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ 并从左侧边界MN 穿出．不计空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)电场强度大小E ； (2)磁场磁感应强度大小B ； (3)小球在电磁场区域运动的时间t . 答案 (1)mg q (2)m v 2qd (3)4πd3v解析 (1)由小球在电磁场区域做匀速圆周运动得 qE ＝mg 解得：E ＝mgq(2)设小球做匀速圆周运动的半径为r ，有q v B ＝m v 2r解得：B ＝m vqr由几何关系可得r ＝2d 则磁场磁感应强度大小B ＝m v2qd(3)小球做匀速圆周运动的周期T ＝2πrv 小球在电磁场区域运动的时间t ＝13T解得：t ＝4πd3v.2.(2017·福建宁德市3月质检)在xOy 光滑水平平面内存在着如图2所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B ＝0.2 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y 轴平行且大小相等、方向相反，质量m ＝2×10－12kg ，电荷量q ＝1×10－10C的带正电小球(大小忽略不计)，从第四象限内的P (0.3 m ，－0.1 m)点由静止释放，小球垂直y 轴方向进入第二象限，求：图2(1)电场强度大小E ；(2)小球到达x 轴负半轴时的位置坐标． 答案 (1)0.9 N/C (2)(－35m,0) 解析 (1)小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心力，有 q v 0B ＝m v 02R由几何关系可知：R ＝0.3 m 解得：v 0＝3 m/s小球在第四象限内有qEL ＝12m v 02其中L ＝0.1 m 解得：E ＝0.9 N/C(2)在第二象限内小球做类平抛运动 x ＝v 0t R ＝12qE m t 2解得：x ＝35m 所以小球到达x 轴负半轴的位置坐标为(－35m,0)． 3．(2017·贵州贵阳市2月模拟)如图3甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间，存在宽度为l 、方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场随时间变化的关系如图乙所示，MN 、PQ 两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场．一重力不计的带电粒子，从t ＝0时自边界PQ 上某点由静止第一次经电场加速后，以速度v 1垂直边界MN 第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界PQ 第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零．求：图3(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比； (2)粒子第n 次经过电场所用的时间． 答案 (1)1∶3 (2)2l(2n －1)v 1解析 (1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r 1、r 3，第二次出电场时的速度为v 2，第三次出电场时的速度为v 3.粒子第一、二、三次在电场中运动时的场强大小分别为E 1、E 2、E 3，由动能定理得 E 1ql ＝12m v 12①E 1ql ＋E 2ql ＝12m v 22②E 1ql ＋E 2ql ＋E 3ql ＝12m v 32③由题图乙得E 1∶E 2∶E 3＝1∶3∶5④ 由①②③④得v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3⑤ 粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得 q v 1B ＝m v 12r 1；q v 3B ＝m v 32r 3联立以上各式解得r 1∶ r 3＝1∶3(2)粒子第n 次进入电场时的速度为v n －1，出电场时的速度为v n ，加速度为a n ，运动时间为t n . 因粒子在电场和磁场中可一直交替运动，由⑤类推得v n ＝n v 1；v n －1＝(n －1)v 1 由运动学公式可得：l ＝v n －1＋v n2t n联立解得t n ＝2l(2n －1)v 1.4.(2017·黑龙江大庆市二模)如图4所示，足够长的绝缘板MN 水平放置，P 为MN 上一点，在其正上方距离为d 的O 点能够在纸面内向各个方向发射速率为v 0、质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子重力，已知OP ⊥MN )图4(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为E ＝m v 022qd 、方向竖直向下的匀强电场，求初速度方向为水平向右的带电粒子打到板上的点距P 点的水平距离；(2)若在绝缘板的上方只加一磁感应强度B ＝m v 0qd、方向垂直纸面向外的匀强磁场，求初速度方向与竖直方向成30°角斜向右上方的带电粒子打到板MN 上的位置与P 点间的距离． 答案 (1)2d (2)3d解析 (1)根据牛顿第二定律： qE ＝ma得出加速度：a ＝v 022d粒子做类平抛运动：d ＝12at 2s ＝v 0t 联立得：s ＝2d(2)若加匀强磁场则带电粒子做匀速圆周运动 由q v 0B ＝m v 02r得：r ＝d由几何关系可得粒子的运动轨迹如图，设轨迹圆心为O ′，则OO ′与OP 夹角为60°，由于OP ＝d ，可以得出落点与O 连线即为直径2d 则x ＝(2d )2－d 2＝3d .5．(2017·陕西榆林市一模)如图5所示，有一平行板电容器左边缘在y 轴上，下极板与x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为E .一电量为q 、质量为m 的带电粒子从O 点与x 轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c 点垂直穿过x 轴离开磁场．已知粒子在O 点的初速度大小为v ＝3E B ，∠acO ＝45°，cos θ＝33，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：图5(1)K 极板所带电荷的电性； (2)粒子经过c 点时的速度大小； (3)圆形磁场区域的最小面积．答案 (1)正电 (2)E B (3)πm 2E 22q 2B4解析 (1)在磁场中，由左手定则可知粒子带正电，由于粒子在电容器间运动时，向L 极板偏转，所以K 板带正电．(2)带电粒子在电容器中做匀变速曲线运动，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示粒子在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀减速直线运动，经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，则粒子在x 轴上的速度分量为v a ＝v ·cos θ＝3E B ·33＝E B粒子在磁场中做匀速圆周运动，则到达c 点时速度大小为 v c ＝EB(3)粒子从c 点垂直穿过x 轴离开磁场，又已知∠acO ＝45°，所以粒子在磁场中运动轨迹为14圆弧，则圆形磁场直径最小为ac 的长度，根据几何关系得： l ac ＝2R粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有： q v B ＝m v 2R解得：R ＝m v a qB ＝mEqB 2所以l ac ＝2mEqB 2则圆形磁场区域的最小面积S ＝π(l ac 2)2＝πm 2E 22q 2B4.6．(2017·山东淄博市一模)如图6所示，为一磁约束装置的原理图，圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合．半径为R 0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场．一束质量为m 、电量为q 、动能为E 0的带正电粒子从坐标为(0，R 0)的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标(R 0,0)的P 点，方向沿x 轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．图6(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B 1的大小；(2)若环形区域Ⅱ中的磁感应强度B 2＝3B 1，求M 点坐标及环形外圆半径R ；(3)求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆环形区域Ⅰ至再次以相同的速度经过A 点的过程所通过的总路程． 答案 (1)2mE 0qR 0 (2)(R 02，－32R 0) 3R 0(3)18＋1633πR 0解析 (1)据题意得粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周，半径为r 1＝R 0 由q v B 1＝m v 2r 1, E 0＝12m v 2得B 1＝2mE 0qR 0(2)由牛顿第二定律得，q v B 2＝m v 2r 2且B 2＝3B 1 联立得r 2＝33R 0设粒子在环形区域Ⅱ中偏转经M (x ，y )点时，相对坐标原点O 转过的角度为θ，如图所示，则由几何关系得 tan θ2＝r 2R 0＝33故θ＝60° x ＝R 0sin 30°＝R 02y ＝－R 0cos 30°＝－32R 0则M 点的坐标为(R 02，－32R 0)环形外圆半径R ＝R 02＋r 22＋r 2＝3R 0(3)粒子运行一个周期相对坐标原点O 转过的角度为 π2＋π3＝56π 设粒子运行n 个周期再次以相同速度经过A 点，则有 n ·56π＝N ·2π，n 、N 均为自然数 求得当N ＝5，n ＝12时粒子再次以相同速度经过A 点 由圆周运动知识得s ＝12(14·2πR 0＋23·2πr 2)＝18＋1633πR 0.。
