3高考物理特训第九章　磁场

第九章磁场第1讲电流的磁场安培力目标要求学科素养1.会用安培定则判断电流的磁场方向，熟悉几种典型电流的磁场分布.2.理解磁感应强度，会用叠加原理确定空间中某点的合磁场.3.理解安培力的大小和方向特点，会分析安培力作用下导体的平衡、运动问题1.磁感应强度、磁感线、安培定则、安培力等物理观念和规律的形成和发展.2.通过电流的磁场、安培力的学习，培养空间想象的能力.3.通过分析安培力作用下导体的平衡、运动等问题，培养等效法、结论法、转化法等科学思维方法一、磁场的描述二、电流的磁场安培定则安培定则立体图特点直线电流的磁场无N极、S极，距离直导线越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内可近似认为是匀强磁场环形电流的磁场两侧分别是N极和S极；距离中心越远，磁场越弱[思维延伸]通电螺线管的磁场可以认为是许多环形电流产生磁场的叠加．三、磁场对电流的作用——安培力图1图2必记答案三、电流大拇指磁场方向电流方向磁场方向电流方向BIL1．思考判断(1)物理学中把小磁针N极所指的方向规定为该点磁场的方向．(×)(2)匀强磁场的磁感线为彼此平行的直线，且间距相等．(√)(3)在地球赤道上空，地磁场与地面平行，且方向由北指向南．(×)(4)磁场中某点磁感应强度的大小跟放在该点的电流元的受力情况无关．(√)(5)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的电流元的受力方向一致．(×)(6)一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零．(×)2．(2021·江西南昌二模)(多选)老师演示奥斯特实验的示意图如图所示．水平放置的小磁针的正上方平行放置一根直导线．导线未通电时小磁针N极指向正北，导线中通有电流时，小磁针静止后N极指向东偏北方向，与正北方向的夹角为θ，由此可推断()A．导线中的电流方向由南向北B．增大导线中的电流，θ增大C．增大导线与小磁针的距离，θ减小D．将小磁针放置到导线正上方，小磁针静止时N极指向西偏南方向答案：BC解析：小磁针处于地磁场与电流磁场的合磁场中，地磁场的水平分量由南向北，而小磁针的N极指向东偏北(合磁场的方向)，则电流的磁场向东，根据右手螺旋定则可以判断，电流的方向由北向南，A错误；增大电流会使电流的磁场增强，根据平行四边形定则可知，夹角θ增大，B正确；增大导线与小磁针的距离时，会使电流的磁场减弱，夹角θ减小，C正确；将小磁针放在导线上方时，电流的磁场向西，合磁场的方向西偏北，D错误．3．如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关后的一小段时间内，导线的A端向________转动，B端向________转动(均选填“上”、“下”、“内”或“外”)；悬线的张力________(选填“变大”、“变小”或“不变”)．答案：内外变大解析：当接通开关S时，根据安培定则知，直导线AB附近的磁感线的分布如图所示，由左手定则知，直导线A端部分的受力指向纸内，B端部分的受力指向纸外，故从上向下看，直导线将顺时针转动．根据特殊位置法，当直导线转到与磁感线垂直(即转过90°)时，导线受到竖直向下的安培力，也就是说，在直导线转动的过程中受到悬线的张力逐渐变大．能力点1安培定则磁场的叠加(自主冲关类)[题组·冲关]1．[安培定则]如图所示，通电螺线管ab外部的小磁针N极指向右方，若在螺线管内部的c点也放进一个小磁针，则以下判断正确的是()A．a端接电源正极，c点处小磁针N极指向左方B．a端接电源负极，c点处小磁针N极指向右方C．a端接电源正极，c点处小磁针N极指向右方D．a端接电源负极，c点处小磁针N极指向左方答案：D解析：因为外部小磁针的N极指向右方，所以螺线管内部的磁场方向向左，根据右手螺旋定则可知，螺线管中电流的方向从b到a，即b端接电源的正极，a端接电源的负极．螺线管内部的磁场方向向左，小磁针静止时N极指向为该处磁场的方向，即c点处小磁针N极指向左方．2.[安培定则磁场的叠加](2021·全国甲卷)两足够长的直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长的直导线通有电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A．B、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B答案：B解析：两通电直角导线可以等效为如图所示的两通电直导线．由安培定则可知，导线POF在M、N两处产生的磁感应强度大小都是B，方向都垂直纸面向里；导线EO′Q在M、N两处产生的磁感应强度大小都是B，但N点的磁场方向垂直纸面向里，M点的磁场方向垂直纸面向外，故M点处的合磁感应强度为零，N点处的合磁感应强度大小为2B，B正确．3．[安培定则磁场的叠加](2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A．0 B.eq\f(\r(3),3)B0C.eq\f(2\r(3),3)B0 D．2B0答案：C解析：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，在a点产生的磁感应强度设为B1，如图1所示．由于a点处的磁感应强度为零，所以匀强磁场的方向应与PQ平行，且由Q指向P，有B1＝B0；再设通电导线P产生的磁场在a处的磁感应强度大小为BP，依据几何关系有BPcos30°＝eq\f(1,2)B0，解得BP＝eq\f(\r(3),3)B0；当将P中的电流反向时，两导线在a点产生的磁感应强度设为B2，如图2所示，再依据几何关有B2＝eq\f(\r(3),3)B0，因匀强磁场方向由Q指向P，大小为B0，所以a点的磁感应强度大小B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)B0))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(3),3)B0，故C正确．[锦囊·妙法]利用叠加原理确定合磁场的思路1．明确磁场的来源．如图中c点的合磁场B就是由通电直导线M、N产生的分磁场叠加而形成的．2．利用安培定则判定各个场源产生磁场的磁感应强度大小和方向．如图中通电导线M、N在c点产生的分磁场分别为BM、BN.3．应用平行四边形定则进行矢量合成，确定合磁场．合成时要注意空间对称性和几何关系．能力点2安培力安培力作用下的平衡问题(逐点突破类)1．[安培力的大小和方向](2021·内蒙古通辽月考)如图所示，匀强磁场方向水平向右，一根长为L的直导线，折成互相垂直且等长的两部分ab和bc后，放在匀强磁场中，ab段竖直，bc段与磁场平行，给导线通以大小为I的电流，导线受到的安培力为F；保持导线固定，将磁场以导线ab为轴转过90°，则导线受到的安培力大小为F′.下列说法正确的是()A．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(F,2IL)B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(F,IL)C．F′＝FD．F′＝eq\r(2)F答案：D解析：当匀强磁场方向水平向右时，导线只有ab段受到安培力，F＝BI×eq\f(1,2)L，解得B＝eq\f(2F,IL)，故A、B错误；将磁场以导线ab为轴转过90°时，ab、bc两段导线中的电流都与磁场方向垂直，导线等效长度为eq\f(\r(2),2)L，所以受到的安培力大小F′＝BI×eq\f(\r(2),2)L＝eq\r(2)F，故C错误、D正确．应用公式F＝BIL计算安培力的注意事项(1)匀强磁场B的方向与电流I的方向垂直．(2)公式中的L是通电导线在磁场中的有效长度．弯曲导线的有效长度L等于连接两端点的线段的长度，如图所示，相应的电流沿L由始端流向末端．(3)若弯曲导线由几段直导线“组合”而成，也可以先确定每段导线受到的安培力，然后再合成求解总的安培力．同学们可尝试用合成法求解以上问题．2.[安培力与电路的综合](2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0答案：B解析：线框MLN边的电阻等于MN边的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为eq\f(1,2)I，设MN的长为L，由题意知F＝BIL；MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，则MLN边所受的安培力大小F′＝B×eq\f(1,2)I·L＝eq\f(1,2)BIL＝eq\f(1,2)F，方向与MN边所受安培力的方向相同，故有F合＝F＋F′＝eq\f(3,2)F＝1.5F，B正确．分析安培力和电路的综合问题时的注意事项(1)搞清各段导体的串(并)联关系，并根据电路知识确定通过导体的电流方向和大小；(2)根据导体的有效长度确定导体所受安培力的大小，根据左手定则确定安培力的方向．3.[安培力作用下的平衡问题]水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m、导轨间电阻为R的金属棒ab，并加一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图所示，(重力加速度为g)求：(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？答案：(1)mg－eq\f(BLEcosθ,R)eq\f(BLEsinθ,R)(2)eq\f(mgR,EL)方向水平向右解析：从b向a看，导体棒ab的受力如图所示．(1)根据平衡条件有水平方向f＝FAsinθ①竖直方向N＋FAcosθ＝mg②又FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L③联立①②③解得N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R).(2)当ab棒所受支持力为零，且磁感应强度最小时，安培力方向竖直向上，有Fmin＝BminIL＝mg解得Bmin＝eq\f(mgR,EL)根据左手定则判定磁场的方向水平向右．安培力分析中的视图转换在安培力作用下的平衡问题中，给出的图形一般为“立体图”，如果把导体的受力直接画在导体棒上，分析起来很不方便，所以常把抽象的“立体图”转换为直观的“侧视图”，如下图所示情境．立体图平面图画侧视图时一定要明确：磁感应强度B的方向，电流I的方向，以及B、I的方向与水平面、斜面等的位置关系，这样才能根据左手定则确定安培力的方向．能力点3安培力作用下导体的运动(综合提升类)1．判定安培力作用下导体的运动的常用方法常用方法基本思路电流元法将导体分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))电流元的受力→整段导体所受安培力→导体运动情况特殊位置法导体在特殊位置eq\o(→,\s\up7(左手定则))导体受力→导体运动情况等效法如：环形电流eq\o(,\s\up7(等效))小磁针，通电螺线管eq\o(,\s\up7(等效))条形磁铁，等效后即可判断导体的受力和运动情况结论法通有同向电流的导体之间互相吸引，通有异向电流的导体之间互相排斥转换研究对象法先根据左手定则判断电流在磁场中的受力，然后由牛顿第三定律确定磁场源受到电流的反作用力，进而推知磁场源的运动情况2.电动机模型如图所示，通电线圈在磁场中因受到安培力作用而发生转动，即电能通过安培力做功转化为线圈的机械能．典例1[电流元法、等效法、结论法]如图所示，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．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，则线圈L1将怎样运动？尝试用几种不同的方法分析．[解法指导]①电流元法——将线圈L1分割成许多电流元后再分析受力；②等效法——将线圈L1等效成小磁针，然后再了解其运动；③结论法——利用“同向电流相吸引，反向电流相排斥”的结论。答案：见解析解析：方法1——电流元法把线圈L1以水平转动轴为界分成上、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，如图1所示，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，上半部分各电流元所受安培力均指向纸外，下半部分各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2——等效法把通电线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，如图2所示，小磁针最终静止时，N极应指向环形电流I2产生的磁场在该点的磁感应强度方向．由安培定则知，I2产生的磁场在其中心处的磁感应强度竖直向上，而小磁针转动前N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上，即从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法3——结论法通电线圈L1或L2都可看作由两个半圆环电流组成，半圆环中的电流虽然不平行，但可等效为同向或反向电流，根据“同向电流相吸引，反向电流相排斥”可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．典例2[转换研究对象法](多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，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．F1>F2 D．F1<F2[解法指导]答案：BC解析：如图甲所示，条形磁铁在导体棒处产生的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，通电导体棒受到的安培力F的方向垂直于磁场指向右下方，根据牛顿第三定律可知，通电导体棒对条形磁铁的磁场力F′指向左上方，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力FN1>FN2，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，所以条形磁铁压缩弹簧，弹簧的长度变短．(1)判断安培力作用下导体的运动的方法很多，要根据所给情境和通电导体的特点灵活选择，但电流元法是最基本和最常用的方法；(2)判断电流对电流的磁场力时，一定要分清安培定则和左手定则：安培定则——判断电流产生的磁场方向左手定则——判断电流在磁场中的受力方向1．[等效法]如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到()A．线圈向左平移B．线圈向右平移C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁答案：C解析：把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”可知，从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确．2．[电流元法或结论法](2019·江苏卷)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是()A．均向左B．均向右C．a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左答案：CD解析：若a、b电流方向均向左，根据安培定则以及磁场的叠加可知，线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向也向下，则线框不能处于静止状态，故A错误；同理，若a、b电流方向均向右，则线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向也向上，则线框不能处于静止状态，故B错误；若a中的电流方向向左，b中的向右，则线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则知线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向向上，线框可以处于平衡状态，故C正确；同理，若电流方向a的向右，b的向左，线框仍可以处于平衡状态，故D正确．[说明]本题也可利用“同向电流相吸引，异向电流相排斥”的结论快速做出判断．A级(练考点过基础)题组一安培定则磁场的叠加1．(2020·浙江7月选考)特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则()A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下答案：C解析：通电直导线周围产生的磁场方向可由安培定则判断，如图所示，电流I1在b点产生的磁场方向向上，电流I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2，即B1>B2，则合成后b点的磁感应强度竖直向上，不为零，故A错误；同理可以判断，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确．2．(2021·辽宁沈阳二中三模)已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁场磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比．如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，两导线彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则该正方体顶点a和e两处的磁感应强度大小之比为()A．2∶eq\r(3) B.eq\r(3)∶2C．2∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)答案：B解析：设正方体的边长为L，由题意可知B＝keq\f(I,r)，设其中一根长直导线的电流在e点产生的磁感应强度为B0，则e点的合磁感应强度大小为Be＝eq\r(2)B0.固定在hg边上的长直导线到a点的距离为eq\r(2)L，在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(\r(2),2)B0，固定在dh边上的长直导线到a点的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0，所以a点的合磁感应强度大小为Ba＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)B0))\s\up12(2)＋Beq\o\al(2,0))＝eq\f(\r(6),2)B0，因此Ba∶Be＝eq\r(3)∶2，故B正确．3．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面向外，则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0答案：AC解析：由题意知，a、b两点的磁感应强度是由外加磁场B0和导线L1、L2中电流产生的磁场叠加而成的．根据右手螺旋定则可知，直导线电流L1在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小相等，设为B1；直导线电流L2在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场方向垂直纸面向外，由对称性可知，两点的磁感应强度大小相等，设为B2；规定向外的方向为正方向，依据矢量叠加法则有B0－B2－B1＝eq\f(B0,3)，B0＋B2－B1＝eq\f(B0,2)；联立上式解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，故A、C正确．题组二安培力安培力作用下的平衡问题4．(2021·广东高考卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()答案：C解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左、右两侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，长管左、右两侧形成凹面，正方形上、下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，长管上、下两边形成凸面，故长管变形后的形状如图C.5．质量m＝0.02kg的通电细杆ab置于倾角θ＝37°的平行导轨上，导轨的宽度d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，为使杆ab静止不动，则通过ab杆的电流范围为多少？(g取10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案：0.14A～0.46A解析：如图甲、乙所示这是电流最大和最小两种情况下杆ab的受力分析图根据甲图列平衡方程，有F1－mgsinθ－f1＝0FN－mgcosθ＝0且f1＝μFN，F1＝BImaxd联立方程解得Imax＝0.46A.同理，根据乙图列式如下F2＋f2－mgsinθ＝0FN－mgcosθ＝0且f2＝μFN，F2＝BImind解得Imin＝0.14A.因此通过ab杆的电流范围为0.14A～0.46A.题组三安培力作用下导体的运动6．(2020·上海杨浦区期末)(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在两轨道间形成垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变答案：BD解析：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，设轨道宽度为l，利用动能定理有BIl·L＝eq\f(1,2)mv2，磁感应强度的大小与I成正比，即B＝kI，联立解得v＝eq\r(\f(2kI2lL,m)).只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的eq\r(2)倍，故A错误；只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确；只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的eq\r(2)倍，故C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．B级(练能力过素养)7．如图所示，在水平放置的平行导轨(间距为0.2m)一端架放着一根长L＝0.2m、质量m＝40g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＝20cm的绝缘垫块上．当有方向竖直向下、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场时，接通开关(图中末画开关)，金属棒ab会被平抛到距导轨右端的水平距离s＝100cm处，不计一切阻力，取g＝10m/s2，试求：(1)开关接通瞬间安培力对金属棒ab做的功W.(2)开关接通瞬间流经金属棒ab的电荷量q.答案：(1)0.5J(2)1C解析：(1)金属棒离开水平轨道后只受重力作用，开始做平抛运动，运动时间为t2根据平抛运动规律有s＝v0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)联立解得v0＝seq\r(\f(g,2h))＝5m/s开关接通瞬间，安培力对金属棒ab做功，把电能转化为金属棒的动能根据动能定理可知W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.5J.(2)设开关接通后，金属棒通电时间为t1，末速度为v0根据动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·t1＝mv0－0化简得BqL＝mv0－0解得q＝eq\f(mv0,BL)＝1C.

第2讲洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动目标要求学科素养1.理解洛伦兹力的特点，会计算洛伦兹力的大小，会判断洛伦兹力的方向.2.掌握粒子在磁场中做圆周运动的特点和规律，会用半径公式和周期公式分析各种边界问题.3.认识粒子在磁场中运动的多解问题、临界问题的特点，并能灵活利用相关知识和方法求解1.通过洛伦兹力大小、方向的学习，培养知识和规律的类比、迁移能力.2.构建粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的模型，数理结合分析粒子在有界磁场中的运动问题.3.通过多解问题、临界问题的分析，培养逻辑推理和分析归纳能力1．洛伦兹力定义磁场对运动电荷的作用力，称为洛伦兹力方向判断左手定则特点f⊥B，f⊥v，即f始终垂直于B和v决定的平面大小f＝qvBsinθ，其中θ为v与B的方向夹角(1)v∥B时，θ＝0°或180°，洛伦兹力f＝0(2)v⊥B时，θ＝90°，洛伦兹力f＝qvB性质由于洛伦兹力始终与粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，对粒子永不做功2.粒子在匀强磁场中的圆周运动1．思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛伦兹力．(×)(2)在特殊情况下，洛伦兹力可能与带电粒子的运动方向不垂直．(×)(3)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的速度越大，运动周期越小．(×)(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的速度越大，轨道半径越大．(√)2．如图所示，磁场对通电导线的作用实质是磁场对运动电荷作用的宏观表现．试由安培力公式F＝BIL推导洛伦兹力公式f＝qvB.解析：设通电导线的长度为L，横截面积为S，单位体积内的自由电荷数为n，每个电荷的带电荷量为q，运动速度为v.则导线中的电流I＝nqvS导线所受安培力F＝BIL将I＝nqvS代入得安培力F＝(nqvS)BL导线中含有的运动电荷数N＝nLS所以洛伦兹力f＝eq\f(（nqvS）BL,N)＝qvB.3．(教材改编题)显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是()答案：C解析：高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，所以电子先受到向下的洛伦兹力，且逐渐减弱为零，后受到向上的洛伦兹力，且逐渐增强．根据左手定则可以判断，磁场的方向先垂直纸面向里，方向为正，且逐渐减弱为零，后来磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确．能力点1洛伦兹力(自主冲关类)[题组·冲关]1．[洛伦兹力]初速度为v0的电子沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变答案：A解析：由安培定则可判定直线电流右侧磁场的方向为垂直纸面向里，根据左手定则可判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，故电子动能不变，速率不变．2．[洛伦兹力与变加速直线运动](多选)如图所示，粗糙绝缘木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图象可能是()答案：ACD解析：根据左手定则可知，物块所受洛伦兹力的方向垂直木板向右，且F＝qvB，物块运动过程中受到的摩擦力f＝μF＝μqvB，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度a＝eq\f(mg－f,m)＝eq\f(mg－μqvB,m)(取向下为正)．如果开始时重力等于摩擦力，则加速度为零，物块做匀速直线运动，故A正确；如果开始时重力大于摩擦力，则加速度为正，物块做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力逐渐变大，加速度逐渐减小，最后做匀速直线运动，故B错误、D正确；如果开始时重力小于摩擦力，则加速度为负，物块做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力逐渐减小，加速度逐渐减小，最后做匀速直线运动，故C正确．3．[洛伦兹力与匀速圆周运动](2020·甘肃兰州一中模拟)(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中的相等答案：AC解析：对电子由牛顿第二定律有evB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,eB)，则rⅠ∶rⅡ＝1∶k，A正确；由evB＝ma，得a＝eq\f(evB,m)，则aⅠ∶aⅡ＝k∶1，B错误；由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，得TⅠ∶TⅡ＝1∶k，C正确；由ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(eB,m)，得ωⅠ∶ωⅡ＝k∶1，D错误．[锦囊·妙法]洛伦兹力与电场力的区别项目洛伦兹力f电场力F产生条件v≠0且v与B不平行时电荷才受到洛伦兹力电荷在电场中一定受到电场力大小v⊥B时，f＝qvBF＝qE方向满足左手定则，一定是f⊥B，f⊥v正电荷——与电场方向相同；负电荷——与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向[易错警示]带电体受到的洛伦兹力与速度密切相关，所以当带电体的运动状态发生变化时，所受洛伦兹力也会变化，进而导致相关力的变化．因此涉及洛伦兹力的运动和力往往是“动态变化”的！能力点2带电粒子在有界磁场中的运动(逐点突破类)1．[直线边界磁场](多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则()A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2答案：AC解析：粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A正确、B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝eq\f(2πm,qB)，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C正确、D错误．直线边界磁场(1)模型情景：如图a、b、c所示三个情境，粒子都是垂直磁场方向射入匀强磁场．(2)模型特点：带电粒子射出磁场时速度方向与边界的夹角和射入磁场时速度方向与边界的夹角相等，轨迹具有对称性；在图a中，粒子进入磁场的速度方向垂直边界时，出射点距离入射点最远，且最远距离为轨迹圆的直径；在图b、c中，粒子到达边界上的P点可能对应两个情境，且两种情境下粒子运动轨迹拼接起来恰好是一个完整的圆．2.[平行边界磁场]如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，右边界PQ平行y轴．一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速度v垂直射入磁场，若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁场；若斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出．则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()A.eq\f(v,Ba)，eq\f(2πa,3v) B.eq\f(v,2Ba)，eq\f(2πa,3v)C.eq\f(v,2Ba)，eq\f(4πa,3v) D.eq\f(v,Ba)，eq\f(4πa,3v)答案：C解析：若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁场，即粒子的偏转角为θ，由几何关系可知Rsinθ＝a；若斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即粒子的速度方向与PQ相切，由几何关系有R＝Rsinθ＋a，联立以上两式解得R＝2a，θ＝30°.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba).粒子斜向下射入时，从y轴下半部分射出，速度的偏转角为120°，所以粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(4πa,3v)，故C正确．平行边界磁场(1)模型情景：如图a、b、c所示三个情境，粒子都是垂直磁场方向射入匀强磁场．(2)模型特点：①寻找粒子运动的轨道半径R与磁场宽度d的几何关系是求解此类问题的关键；②当粒子恰好不从另一边界射出时，轨迹圆与边界相切．3．[圆形边界磁场]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带点粒子的速度变为eq\f(v,3)，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A．3Δt B.eq\f(1,2)ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．2Δt答案：D解析：如图所示，设圆形磁场区域的半径是R，当粒子以速度v射入时，轨迹半径r1＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系可知eq\f(r1,R)＝tan60°，即r1＝eq\r(3)R，运动时间Δt＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T；粒子以速度eq\f(v,3)射入时，轨迹半径r2＝eq\f(m·\f(v,3),qB)＝eq\f(1,3)r1＝eq\f(\r(3),3)R，设第二次射入时运动轨迹对应的圆心角为θ，根据几何关系可知taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\r(3)，所以θ＝120°，则第二次运动的时间t′＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T＝2Δt.故D正确．圆形边界磁场(1)模型情景：如图a、b所示的两个情景，粒子都是垂直磁场方向射入匀强磁场．(2)模型特点：圆形边界磁场问题实质是轨迹圆和边界圆的相交问题，运动具有对称性，对称轴为两圆圆心的连线；在图b中，若带电粒子沿圆形边界的径向射入磁场，则经磁场偏转后粒子必沿径向射出．1．解决带电粒子在有界磁场中运动的三个“确定”(1)确定圆心①已知入射方向和出射方向时，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，则这两条直线的交点就是轨迹圆的圆心，如图甲所示．②已知入射方向和出射点的位置时，先过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点作出弦长，最后作弦长的中垂线，则这两条垂线的交点就是轨迹圆的圆心，如图乙所示．(2)确定半径①根据半径公式求解，即半径R＝eq\f(mv,qB)；②利用数学知识，如勾股定理、三角函数等求解，计算时要充分挖掘隐含在“有界磁场”和“轨迹圆”中的边、角关系．(3)确定时间粒子在磁场中的运动时间t＝eq\f(α,2π)T或t＝eq\f(s,v).其中，α为粒子运动的圆弧所对的圆心角，T为周期，v为粒子的速度，s为运动轨迹的弧长．[思维延伸]带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角叫速度偏向角，由几何关系知，速度偏向角等于圆弧对应的圆心角．2．解决带电粒子在有界磁场中运动问题的思路(1)基本思路：定圆心→画轨迹→找几何关系→用规律；(2)各量的关联：轨迹半径与磁感应强度、速度、比荷相联系；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、弧长、半径相联系．能力点3带电粒子在有界磁场中运动的临界问题(综合提升类)分析带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的关键是找出临界情景，挖掘临界条件，常用的方法有“动态放缩法”和“定圆旋转法”．1．动态放缩法若带电粒子射入磁场的方向确定，而粒子射入时的速度大小v或磁场的强弱B是变化的，则粒子做圆周运动的轨道半径r也随之变化，以入射点为定点，将轨迹圆的半径放缩，可作出v或B不同时粒子在有界磁场中运动的一系列轨迹圆弧，从而探索出临界条件．如图1所示，粒子进入长方形边界磁场OABC，偏转后从BC边射出的临界轨迹为②和④.2．定圆旋转法若带电粒子射入磁场的速度v大小一定，但射入的方向是变化的，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r是确定的，以入射点为定点，将轨迹圆旋转，可作出粒子以不同方向射入磁场时粒子在有界磁场中运动的一系列轨迹圆弧，从而探索出临界条件．粒子以相同速率、不同方向进入单边界磁场时的几个情境如图2所示．典例1[动态放缩法]如图所示，在直角三角形abc区域内，有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B，三角形bc边长为L，∠b＝37°.在bc边中点P有速率不同的带负电的粒子沿垂直于bc方向垂直进入磁场，粒子的质量为m，带电荷量为－q(粒子的重力不计)．求：(1)从ac边射出的粒子的速度范围．(2)ac边上有粒子射出的线段长度．(3)从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解法指导]答案：(1)eq\f(qBL,4m)<v≤eq\f(3qBL,4m)(2)eq\f(\r(2),2)L(3)eq\f(πm,qB)解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，当粒子的轨迹与ab相切时，对应从ac边射出的粒子的速度最大．在△bdO中，由几何知识得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋R1))sin37°＝R1解得轨道半径R1＝eq\f(3,4)L当粒子的轨迹与ac相切时，对应从ac边射出的粒子的速度最小相应的轨道半径R2＝eq\f(L,4)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)相应的两个临界速度v1＝eq\f(3qBL,4m)，v2＝eq\f(qBL,4m)则从ac边射出的粒子的速度范围为eq\f(qBL,4m)<v≤eq\f(3qBL,4m).(2)在ac边上的ec部分有粒子射出．由几何知识得Oc＝R1－eq\f(L,2)＝eq\f(L,4)在△Oce中，ec＝eq\r(Req\o\al(2,1)－Oc2)＝eq\f(\r(2),2)L所以ac边上有粒子射出的线段长为eq\f(\r(2),2)L.(3)从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最长粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)故粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB).典例2[定圆旋转法]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＝0.60T．磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，板上某点S′的正下方有一个点状的α放射源S，SS′的距离l＝16cm.放射源S向各个方向发射α粒子，速度大小都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的比荷eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg.现只考虑在图示平面中运动的α粒子．(1)求α粒子运动的轨道半径r.(2)通过作图，标出ab上被打中的区域，并求出其长度．(3)求在磁场中运动时间最短的α粒子射出粒子源S的速度方向与SS′的夹角．[解法指导]答案：(1)10cm(2)20cm(3)53°解析：(1)α粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,\f(q,m)B)＝eq\f(3.0×106,5×107×0.60)m＝0.1m＝10cm.(2)由题意知，所有α粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径都是相同的，由左手定则可以判断，α粒子都沿逆时针方向转动，如图(1)所示一个情况．将轨迹圆绕放射源S顺时针转动，分析沿不同方向射出的粒子在磁场中的运动可知，感光屏ab上被粒子打中的区域在P1、P2两点之间，对应的情境分别如图(2)、(3)所示其中，左边的临界情境是轨迹圆恰与ab相切于P1点，右边的临界情境是SP2恰为直径根据几何关系可得S′P2＝eq\r(（2r）2－l2)＝eq\r(202－162)cm＝12cmS′P1＝eq\r(r2－（l－r）2)＝eq\r(102－（16－10）2)cm＝8cm故ab上被粒子打中的区域的长度为P1P2＝S′P1＋S′P2＝20cm.(3)当α粒子打到放射源正上方位置S′时，运动轨迹所对应的弦SS′最短，则运动时间t最短，如图所示由图可知sinθ＝eq\f(\f(l,2),r)＝eq\f(8,10)＝0.8，即θ＝53°所以当α粒子与SS′方向成θ＝53°射入磁场时，粒子在磁场中运动的时间最短．1．[动态放缩法](2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，eq\o(ab,\s\up8(︵))为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB)D.eq\f(3πm,2qB)答案：C解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，运动时间t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，所以粒子的运动轨迹所对的圆心角越大，运动时间越长．设半圆形边界的半径为R，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径r由零逐渐放大可知，当半径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，运动轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，如图所示，将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置e从半圆边界左端向下移动，轨迹所对的圆心角逐渐增大，当ce与半圆边界相切时，轨迹所对的圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对的圆心角开始减小．由几何关系知，当ce与半圆边界相切时，对应的轨迹半径为R，因此圆心角的最大值θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子运动的最长时间t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，C正确．2．[定圆旋转法](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，若粒子射入的速率为v1，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v2，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v2∶v1为()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)答案：C解析：设圆形区域磁场的半径为r，当粒子从P点射入的速度大小为v1时，粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M，如图1，此时PM的长度为轨迹圆的直径．由题意知∠POM＝60°，根据几何关系得轨迹圆的半径为R1＝eq\f(r,2)；当粒子从P点射入的速度大小为v2时，粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，如图2，此时PN的长度仍为轨迹圆的直径．由题意知∠PON＝120°，根据几何关系得轨迹圆的半径为R2＝eq\f(\r(3),2)r；再根据洛伦兹力充当向心力可知Bqv＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(BqR,m)，故速度与半径成正比，因此v2∶v1＝R2∶R1＝eq\r(3)∶1，C正确．

科学探究——带电粒子在磁场中运动的多解问题常见的多解模型1．带电粒子的电性或偏转磁场的方向不确定造成多解．如图甲，若带电粒子带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.2．带电粒子的运动轨迹与有界磁场形成的临界情景不唯一造成多解．如图乙，带负电的粒子打不到下极板的两个临界圆弧分别为①、②.3．带电粒子在电磁场空间中运动时，往往具有周期性，从而形成多解．如图丙，在电场加速或减速、磁场偏转的交替作用下，带负电的粒子可能在磁场中运动1个、2个、3个、…半圆到达x轴上的P点．典例(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度大小分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：(1)Q到O的距离d.(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt.(3)乙的比荷eq\f(q′,m′)可能的最小值．答案：(1)eq\f(mv,3qB0)(2)eq\f(2πm,qB0)(3)eq\f(2q,m)解析：(1)甲粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,R)得R1＝eq\f(mv,2qB0)，R2＝eq\f(mv,3qB0)所以Q、O的距离d＝2R1－2R2＝eq\f(mv,3qB0).(2)由(1)可知，甲粒子完成一个周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，则N＝eq\f(OP,d)＝eq\f(2R1,d)＝3所以，甲粒子再次经过P点的时间t＝NT＝3T由匀速圆周运动的规律得T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(πm,qB0)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,3qB0)甲粒子绕一周的时间T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(5πm,6qB0)所以，甲粒子再次经过P点的时间t＝3T＝eq\f(5πm,2qB0)甲粒子两次经过P点的时间间隔Δt＝t－eq\f(T1,2)＝eq\f(2πm,qB0).(3)同理，对乙粒子的运动有R1′＝eq\f(m′v,2q′B0)，R2′＝eq\f(m′v,3q′B0)d′＝2R1′－2R2′若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则有2R1′＋nd′＝OQ＝dneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1′,2)＋\f(T2′,2)))＋eq\f(T1′,2)＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)结合以上式子计算可知，n无解若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则nd′＝OQneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1′,2)＋\f(T2′,2)))＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)计算可得eq\f(q′,m′)＝neq\f(q,m)(n＝1，2，3，…)由于甲、乙两粒子的比荷不同，则n＝2时，乙粒子的比荷eq\f(q′,m′)最小，为eq\f(q′,m′)＝eq\f(2q,m).1．(2021·湖北武汉三模)如图所示，边长为L的等边三角形ACD区域内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外．三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子均能通过D点．已知质子的比荷eq\f(q,m)＝k，则质子的速度不可能为()A.eq\f(BkL,2)B．BkLC.eq\f(3BkL,2)D.eq\f(BkL,8)答案：C解析：设质子运动的轨道半径可能为R，则由几何关系可得2nRcos60°＝L(n＝1，2，3，…)，其中n＝1时，质子的轨迹如图所示．由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝meq\f(v2,R)，联立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，所以质子的速度不可能为eq\f(3BkL,2).2．如图所示，空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架△DEF，DE边中点S处有一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m.现给粒子一个垂直于DE边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架碰撞时，速度方向都垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点．求：(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小．(2)若S点不在DE边的中点，而是到D点的距离DS＝eq\f(L,4)，仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子的速度大小．答案：(1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(BqL,4m（2n－1）)(n＝1，2，3，…)解析：(1)粒子从S点垂直于DE边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE线上，根据牛顿第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(mv,Bq)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得R＝eq\f(L,2)联立解得v＝eq\f(qBL,2m).(2)要使粒子能回到S点，要求粒子每次与△DEF碰撞时，v都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故DS＝(2n－1)R(n＝1，2，3，…)即R＝eq\f(L,4（2n－1）)(n＝1，2，3，…)由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(BqL,4m（2n－1）)(n＝1，2，3，…)．处理带电粒子在磁场中运动的多解问题的关键点(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因；(2)全面考虑多种几何约束，作出粒子运动的轨迹示意图；(3)若为周期性的多解问题，注意寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．A级(练考点过基础)题组一洛伦兹力1．(2020·吉林松原模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，圆心O与轨道左、右最高点a、c在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点a滑下，则下列说法中正确的是()A．滑块经过最低点b时的速度与磁场不存在时相等B．滑块从a点到最低点b所用的时间比磁场不存在时短C．滑块经过最低点b时对轨道压力与磁场不存在时相等D．滑块能滑到右侧最高点c答案：AD解析：滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由机械能守恒可知，滑块到达各点时的速度与磁场不存在时相等，故A正确；与没有磁场时相比，滑块在各点的速度都是相等的，所以滑块从a点到最低点b所用的时间与磁场不存在时相等，故B错误；滑块做圆周运动，在最低点由牛顿第二定律得F－mg－qvB＝meq\f(v2,r)，可得轨道对滑块的支持力F＝mg＋qvB＋meq\f(v2,r)，所以滑块对轨道的压力F′＝F＝mg＋qvB＋meq\f(v2,r)，滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，故C错误；根据滑块的机械能守恒可知，滑块能到达右侧的最高点c，故D正确．2．α粒子(eq\o\al(4,2)He)和质子(eq\o\al(1,1)H)在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，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∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力大小之比是2∶1答案：B解析：两个粒子的动量大小相等，质量之比是4∶1，所以有eq\f(vHe,vH)＝eq\f(mH,mHe)＝eq\f(1,4)，故C错误；质子和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，质子和α粒子的电荷量之比是1∶2，则半径之比RHe∶RH＝1∶2，故A错误；粒子运动的周期T＝eq\f(2πR,v)，所以eq\f(THe,TH)＝eq\f(RHe,RH)·eq\f(vH,vHe)＝eq\f(1,2)×eq\f(4,1)＝eq\f(2,1)，故B正确；粒子受到的洛伦兹力f＝qvB，得eq\f(fHe,fH)＝eq\f(qHe·vHe,qH·vH)＝eq\f(2,1)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，故D错误．题组二带电粒子在有界磁场中的运动3．(2020·天津卷)(多选)如图所示，在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：粒子沿y轴负方向偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图，由于粒子射入磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径r＝O1M＝eq\r(2)a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；N与O点的距离NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正确．4．(2021·全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°.若粒子射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计粒子重力，则eq\f(v1,v2)为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)答案：B解析：根据题意做出粒子的轨迹圆心如图所示．设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，粒子第一次圆周运动的半径r1＝R，粒子第二次圆周运动的半径r2＝eq\r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，B正确．题组三带电粒子在有界磁场中运动的临界问题5．(2020·河北辛集中学测试)如图所示，在边长为a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°.若粒子能从AB边穿出磁场，且粒子在磁场中运动的过程中，到AB边有最大距离，则v的大小为()A.eq\f(\r(3)Bqa,4m) B.eq\f(3Bqa,4m)C.eq\f(\r(3)Bqa,8m) D.eq\f(3Bqa,8m)答案：C解析：从O点以v射出的粒子经磁场偏转后，恰好与BC相切时，到AB边有最大距离，运动轨迹如图所示．由几何关系知2R＝eq\f(a,2)cos30°，又有Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(\r(3)Bqa,8m).6．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m、电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案：C解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，有eBv＝meq\f(v2,r)，则磁感应强度B＝eq\f(mv,er)，即电子运动的轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小．设电子运动轨迹的最大半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则与最大半径对应的运动轨迹与实线圆恰好相切，如图所示，A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB，△ABO为直角三角形，由几何关系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，磁感应强度的最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正确．B级(练能力过素养)7．(2021·湖南高考卷)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用．对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题：(1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小．(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)．在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出．求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．(3)如图(b)，虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束．求Ⅰ和Ⅲ中磁场的磁感应强度大小以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．答案：(1)eq\f(mv,qr1)(2)eq\f(mv,qr2)垂直xOy平面向里πreq\o\al(2,2)(3)BⅠ＝eq\f(mv,qr3)BⅢ＝eq\f(mv,qr4)SⅡ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)SⅣ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,4)解析：(1)所有粒子沿x轴正方向进入圆形磁场，经偏转后在坐标原点O汇聚——磁聚焦，则粒子在磁场中运动的轨道半径应等于圆形磁场的半径r1粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(mv,qr1).(2)粒子从O点沿不同方向进入下方虚线区域，经磁场偏转后都沿x轴正方向射出——磁发散，则粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径也等于磁场的半径．粒子运动轨迹最大的边界如图1所示，对应的圆形磁场即为最小的匀强磁场区域．设磁场半径为r2，根据qvB＝meq\f(v2,r)可知，磁感应强度大小为B2＝eq\f(mv,qr2)根据左手定则可知，磁场的方向为垂直xOy平面向里，圆形磁场的面积为S2＝πreq\o\al(2,2).(3)结合和“磁发散”的模型特点可设计符合要求的匀强磁场区域。如图2所示，若圆1的实线部分为磁场区域的下边界，圆3的实线部分为最上方入射粒子的轨迹，根据“磁聚焦”模型的特点可知，x轴上方宽度为r3的粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ后汇聚到坐标原点O，对应两段实线圆弧所包围的面积即为该区域所加磁场的最小面积．同理，若圆2的实线部分为磁场区域的上边界，圆4的实线部分为最下方出射粒子的轨迹，根据“磁发散”模型的特点可知，汇聚到坐标原点O的粒子经过Ⅳ偏转后又沿x轴正方向射出，对应两段实线圆弧所包围的面积即为该区域所加磁场的最小面积根据对称性同样可确定Ⅱ、Ⅲ所加磁场的最小面积根据qvB＝meq\f(v2,r)可知，Ⅰ和Ⅲ中的磁感应强度大小分别为BⅠ＝eq\f(mv,qr3)，BⅢ＝eq\f(mv,qr4)取Ⅰ区域的磁场确定最小面积，如图3所示图中阴影部分的面积的一半为四分之一圆周eq\o(S,\s\up6(－))AOB与三角形SAOB之差，所以阴影部分的面积为S1＝2(eq\o(S,\s\up6(－))AOB－SAOB)＝2×(eq\f(1,4)πreq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)req\o\al(2,3))＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)根据对称性可知Ⅱ中匀强磁场区域的面积为SⅡ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)类似地可知Ⅳ中匀强磁场区域的面积为SⅣ＝2×(eq\f(1,4)πreq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)req\o\al(2,4))＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,4).[解法指导]磁发散和磁聚焦模型如图所示，当粒子在磁场中运动的轨道半径等于圆形边界磁场的半径时，具有“一点发散成平行，平行聚会于一点”的特点。同学们可尝试证明一下！

第3讲洛伦兹力与现代科技目标要求学科素养1.理解质谱仪、回旋加速器的原理和特点——电场与磁场的组合.2.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应的原理和特点——电场与磁场的叠加1.能灵活利用电磁学、力学的相关知识求解相关问题，提高综合应用能力.2.注重知识与生产生活、科技发展等的联系，培养社会参与意识和社会责任感能力点1电场与磁场的组合应用实例(综合提升类)1．质谱仪如图所示，离子源A产生质量为m、电荷量为q的正离子(所受重力不计)，这些正离子无初速度地经过电压为U的电场加速后，进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后到达记录它位置的感光片的P点．测得P点到入口S的距离为l，则：各种同位素的电荷量q相同，质量m不同．因为m∝l2，所以质谱仪是分离同位素的重要仪器．2．回旋加速器如图所示，回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒之间留下一个窄缝，在中心附近放有粒子源，D形盒在真空容器中，整个装置放在巨大的匀强磁场中，并把两个D形盒分别接在高频电源的两极上，带电粒子在做圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速一次．其工作原理是：电场加速—磁场偏转．(1)电场的加速：qU＝ΔEk；(2)磁场的偏转：qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)∝v；(3)加速条件：高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同，即T电场＝T回旋＝eq\f(2πm,qB).典例1[质谱仪](2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，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()A．11B．12C．121D．144[解法指导]答案：D解析：离子在电场中加速时，有qU＝eq\f(1,2)mv2，离子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)联立以上两式得m＝eq\f(qB2R2,2U)，由题意知，正离子的电荷量与质子的相等，加速电压U相同，在磁场中运动的轨道半径R相同，所以m∝B2，当磁感应强度增加到原来的12倍时，离子的质量是质子质量的144倍，故D正确．典例2[回旋加速器]回旋加速器的示意图如图所示，已知半圆形D形盒的半径为R，所在区域的匀强磁场磁感应强度大小为B，方向竖直向下，外接交流电源的电压为U。在回旋加速器中央A处有一个粒子源，能够不断释放出质量为m，电荷量为q的质子，不计质子的初速度．质子经电场加速后从D1的边缘沿切线飞出，已知质子的重力不计，忽略狭义相对论效应．(1)求外接交流电源的频率f.(2)求质子经过回旋加速器加速后获得的最大动能Ek.(3)