【三维设计】2022年高考物理一轮复习四川专版-第八章-磁场

第八章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))磁场[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、磁场、安培力磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ选择找规律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点考查安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题。对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式毁灭；对带电粒子的运动问题多以综合计算题的形式毁灭，一般综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等学问，难度较大，分值较高。通电直导线和通电线圈四周磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ二、带电粒子在匀强磁场中的运动匀强磁场中的安培力Ⅱ选择、计算洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ三、带电粒子在组合场叠加场中的运动洛伦兹力公式Ⅱ选择、计算明热点估量在2022年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、复合场中运动的综合分析为重点，毁灭大型综合题的几率较大。带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器Ⅰ第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的摸索电流元的状况无关。(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的摸索电流元所受磁场力的方向全都。(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)(4)磁感线是真实存在的。(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。(√)1820年，丹麦物理学家奥斯特发觉电流可以使四周的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。要点一对磁感应强度的理解及磁场和电场的对比1．理解磁感应强度的三点留意事项(1)磁感应强度由磁场本身打算，因此不能依据定义式B＝eq\f(F,IL)认为B与F成正比，与IL成反比。(2)测量磁感应强度时小段通电导线必需垂直磁场放入，假如平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。2．磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场性质的物理量定义式B＝eq\f(F,IL)(通电导线与B垂直)E＝eq\f(F,q)方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小打算因素由磁场打算，与检验电流无关由电场打算，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各个电场的电场强度的矢量和单位1T＝1N/(A·m)1V/m＝1N/C[多角练通]下列关于磁场或电场的说法正确的是()①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度确定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力确定大③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④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度确定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱答案：④⑤⑦要点二安培定则的应用与磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”推断“果”，也可以由“果”追溯“因”。缘由(电流方向)结果(磁场方向)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为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。[典例](多选)(2021·海南高考)3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为I，电流方向如图8­1­1所示。a、b和c三点分别位于三角形的3个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是()图8­1­1A．B1＝B2＜B3B．B1＝B2＝B3C．a和b处磁场方向垂直于纸面对外，c处磁场方向垂直于纸面对里D．a处磁场方向垂直于纸面对外，b和c处磁场方向垂直于纸面对里[解析]本题要明确3条导线中的电流在a、b、c三点各自产生的磁场的分布状况，要充分利用对称性进行矢量合成。对于a点，由右手螺旋定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，水平导线在此点产生的磁场方向向外；对于b点，斜向右上方的导线与水平导线在此点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，斜向左上方的导线在此点产生的磁场方向向外；对于c点，水平导线在此点产生的磁场方向向里，斜向左上方和斜向右上方的导线在此点产生的磁场方向也向里，则c点合磁场方向向里，且有B3＞B1＝B2。综上可知A、C正确。[答案]AC[方法规律]求解有关磁感应强度的三个关键(1)磁感应强度→由磁场本身打算。(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)牢记推断电流的磁场的方法→安培定则，并能娴熟应用，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)。[针对训练]1．(2021·安徽高考)图8­1­2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8­1­2A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选B本题考查通电导线四周的磁场分布状况和带电粒子在磁场中的运动状况，意在考查考生的理解力气和分析推理力气。依据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再依据左手定则推断带电粒子受到的洛伦兹力向下。2．(2021·北京朝阳区期末考试)图8­1­3中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的3个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。则在三角形中心O点处的磁感应强度()图8­1­3A．方向向左 B．方向向右C．方向向下 D．大小为零解析：选B依据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，电流b在O产生的磁场平行于ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行于ab指向右上方；由于三根导线中电流大小相同，到O点的距离相同，依据平行四边形定则，合场强的方向向右，故A、C、D错误，B正确。要点三安培力作用下导体的运动1．判定导体运动状况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必需弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布状况，然后利用左手定则精确     判定导体的受力状况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2．5种常用判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则),\s\do5())安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向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相互吸引，异向电流相互排斥；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争辩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[典例]一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2相互绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图8­1­4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()图8­1­4A．不动 B．顺时针转动C．逆时针转动 D．在纸面内平动[解析]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很多段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，依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。[答案]B[针对训练]1.如图8­1­5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，导线的运动状况是(从上往下看)()图8­1­5A．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：选A结合微元法与特殊位置法解答本题。如图甲所示，把直线电流等效为很多小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为争辩对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则推断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面对里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面对里的安培力，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对里的安培力；同理推断出O点右侧的电流受到垂直纸面对外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90°时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项A正确。2．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其四周放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图8­1­6所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()图8­1­6A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁解析：选C该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，依据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确。3．如图8­1­7所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)。开头两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁照旧静止，则与未通电时相比()图8­1­7A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变解析：选D两根导线通题图方向大小相同的电流后，导线受到安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面对上的作用力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项D正确。要点四安培力作用下的平衡问题1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定争辩对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要留意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛顿其次定律方程进行求解。3．安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关。(2)安培力做功的实质是能量转化①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。②安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能。[典例](多选)(2022·浙江高考)如图8­1­8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Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图8­1­8A．始终向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功[解析]由左手定则可知，金属棒一开头向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开头做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。[答案]ABC[针对训练]1．(2021·合肥二检)如图8­1­9所示为电流天平，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，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调整砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需()图8­1­9A．在天平右盘中增加质量m＝eq\f(nBIL,g)的砝码B．在天平右盘中增加质量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝码C．在天平左盘中增加质量m＝eq\f(nBIL,g)的砝码D．在天平左盘中增加质量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝码解析：选D由左手定则可知电流方向反向后，安培力方向竖直向下，故要使天平再次达到新的平衡，需要在天平的左盘中增加砝码，A、B错。由于天平是等臂杠杆，故左盘增加砝码的重力大小等于右盘增加的安培力，右盘安培力增加量为ΔF＝2nBIL，故由ΔF＝mg，可得m＝eq\f(2nBIL,g)，C错，D对。2．如图8­1­10所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽视不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos图8­1­10(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围。解析：(1)I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A方向为a到b(2)F＝BIL＝5N(3)受力如图fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin53°－fm＝0.5N当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N答案：(1)2Aa到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5对点训练：磁感应强度、安培定则1．(2022·全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小确定变为原来的一半解析：选B依据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段争辩导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，依据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D错误。2．如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布状况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为()图1图2解析：选C依据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C。3．(多选)有两根长直导线a、b相互平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线四周的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()图3A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不行能为零D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析：选BD两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确。4．(多选)如图4所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是()图4A．O点处的磁感应强度为零B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用解析：选AB依据右手螺旋定则可推断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可推断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误。在z轴上，z＞0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误。对点训练：安培力作用下导体的运动5．(2021·广东汕头质检)如图5，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若I1＞I2，P、Q受到安培力大小分别为F1和F2，则P和Q()图5A．相互吸引，F1＞F2B．相互排斥，F1＞F2C．相互排斥，F1＝F2D．相互吸引，F1＝F2解析：选D由于P、Q通以同向电流，据“同向电流相吸，异向电流相斥”可知，P、Q是相互吸引的，P、Q之间的相互吸引力遵循牛顿第三定律，总是等大、反向。6．(2021·兰州模拟)如图6所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方四周用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直。A导线中的电流方向垂直纸面对里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()图6A．水平向左 B．水平向右C．竖直向下 D．竖直向上解析：选D先依据安培定则推断通电螺线管在A处的磁场方向为水平向左，再依据左手定则可推断A受力的方向为竖直向上。7．(2021·江门三调)如图7所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最终静止时()图7A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C带负电的金属环匀速旋转，可等效为反向的电流，依据安培定则，在环内形成水平向左的磁场，故小磁针静止时N极沿轴线向左，选项C正确，选项A、B、D错误。8．(2021·汕头模拟)如图8是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则()图8A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl解析：选D匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C错误；易知选项B错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确。9．(2021·广东深圳南山期末)指南针是我国古代的四大制造之一。当指南针静止时，其N极指向如图虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图9实线(N极东偏北向)所示。则以下推断正确的是()图9A．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流B．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流C．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流D．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流解析：选C若某一条件下该指南针静止时N极指向如题图实线(N极东偏北向)所示，则有一指向东的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流，C正确。10．(2022·天津高考)如图10所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，假如仅转变下列某一个条件，θ角的相应变化状况是()图10A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。11．(多选)如图11所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止。则磁感应强度的方向和大小可能为()图11A．竖直向上，mgtanθ/(IL)B．平行导轨向上，mgcosθ/(IL)C．水平向右，mg/(IL)D．水平向左，mg/(IL)解析：选AD若磁场方向竖直向上，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有BIL－mgtanθ＝0，解得B＝eq\f(mgtanθ,IL)，A正确；磁场方向平行导轨向上时，安培力方向垂直导轨平面对下，它与重力和支持力不行能平衡，B错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，它与重力和支持力不行能平衡，C错误；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态，此时有BIL－mg＝0，解得B＝eq\f(mg,IL)，D正确。12．(多选)(2021·广东广州三模)如图12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()图12A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z负向，eq\f(mg,IL)tanθ D．沿悬线向上，eq\f(mg,IL)sinθ解析：选BC本题要留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，A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＝eq\f(mg,IL)时，导线可以平衡，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FTsinθ＝ILB，FTcosθ＝mg，即B＝eq\f(mgtanθ,IL)，导线可以平衡，C正确。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。13．(2021·江苏泰州模拟)如图13所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10－2kg的通电直导线，电流大小I＝1A，方向垂直于纸面对外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中。设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(图13解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示。由平衡条件得FTcos37°＝FFTsin37°＝mg两式联立解得F＝eq\f(mg,tan37°)＝0.8N由F＝BIL得B＝eq\f(F,IL)＝2T由题意知，B与t的变化关系为B＝0.4t代入数据得t＝5s答案：5s第2节磁场对运动电荷的作用(1)带电粒子在磁场中运动时确定会受到磁场力的作用。(×)(2)洛伦兹力的方向在特殊状况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)(3)依据公式T＝eq\f(2πr,v)，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)(6)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√)(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同打算的。(×)(1)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。(2)英国物理学家汤姆孙发觉电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(3)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。(4)1932年，美国物理学家劳伦兹制造了回旋加速器，能在试验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和D形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同)要点一对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则推断洛伦兹力的方向，留意区分正、负电荷。(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愿定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力确定不做功。2．洛伦兹力与安培力的联系及区分(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。3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系确定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功状况任何状况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功[典例](多选)如图8­2­1所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；假如将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；假如将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区。已知BC＝CD，设粒子在上述三种状况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽视不计，以下关系正确的是()图8­2­1A．t1＝t2＜t3 B．t1＜t2＝t3C．Ek1＞Ek2＝Ek3 D．Ek1＝Ek2＜Ek3[审题指导](1)当电场、磁场同时存在时，粒子做________运动提示：匀速直线运动。(2)只有电场时，粒子做________运动，用公式________求时间。提示：类平抛运动t1＝eq\f(LAC,v)(3)只有磁场时，粒子做________运动，用________与速度的比值求时间。提示：匀速圆周运动弧长[解析]当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qE＝qvB；当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向为匀速直线运动，所以t1＝t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，则t2＜t3，因此A选项正确。粒子从B点射出时，电场力做正功，动能变大，故C选项正确。[答案]AC[方法规律]洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不转变速度的大小，但它可以转变运动电荷的速度方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等。[针对训练]1．如图8­2­2所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面对里的匀强磁场，则小球的落点()图8­2­2A．仍在A点B．在A点左侧C．在A点右侧D．无法确定解析：选C洛伦兹力虽不做功，但可以转变小球的运动状态(转变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay＝eq\f(mg－qvBcosθ,m)<g，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧。2．(多选)如图8­2­3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，磁场方向垂直纸面对里。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()图8­2­3A．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：选CD设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bvq甲＝eq\f(mv\o\al(2,甲),r)，mg－Bvq乙＝eq\f(mv\o\al(2,乙),r)，mg＝eq\f(mv\o\al(2,丙),r)，明显，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，由于势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。要点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定图8­2­4(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点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8­2­4甲所示)。(2)已知入射方向和入射点、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道的圆心(如图8­2­4乙所示)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动：①直线边界(进出磁场具有对称性，如图8­2­5所示)。图8­2­5②平行边界(存在临界条件，如图8­2­6所示)。图8­2­6③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8­2­7所示)。图8­2­72．半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时留意以下几个重要的几何特点：图8­2­8(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图8­2­8)，即φ＝α＝2θ＝ωt。(2)直角三角形的应用(勾股定理)。找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。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，其运动时间可由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)，t＝eq\f(l,v)(l为弧长)。[典例]如图8­2­9所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：图8­2­9(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r。[审题指导]第一步：抓关键点关键点猎取信息一束电子沿圆形区域的直径方向射入沿半径方向入射，确定会沿半径方向射出运动方向与原入射方向成θ角θ为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角其次步：找突破口(1)要求轨迹半径→应依据洛伦兹力供应向心力求解。(2)要求运动时间→可依据t＝eq\f(θ,2π)T，先求周期T。(3)要求圆形磁场区域的半径→可依据几何关系求解。[解析](1)由牛顿其次定律和洛伦兹力公式得evB＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB)。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB)由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,eB)。(3)由如图所示几何关系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)，所以r＝eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)。[答案](1)eq\f(mv,eB)(2)eq\f(mθ,eB)(3)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)[方法规律]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法[针对训练]1．(2022·安徽高考)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可推断所需的磁感应强度B正比于()A.eq\r(T) B．TC.eq\r(T3) D．T2解析：选A由题意可知，等离子体的动能Ek＝cT(c是比例系数)，在磁场中做半径确定的圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，B＝eq\f(mv,rq)＝eq\f(\r(2mEk),rq)＝eq\f(\r(2mc),rq)eq\r(T)，因此A项正确，B、C、D项错误。2．(2022·全国卷Ⅰ)如图8­2­10，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()图8­2­10A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：选D依据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，依据牛顿其次定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，则B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，则eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正确，A、B、C错误。3．(多选)(2022·全国卷Ⅱ)如图8­2­11为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁供应匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()图8­2­11A．电子与正电子的偏转方向确定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径确定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC依据洛伦兹力供应向心力，利用左手定则解题。依据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；依据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不愿定大，选项D错误。要点三带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成缘由一般包含下述几个方面：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，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解。[典例1]如图8­2­12所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。图8­2­12[解析]题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的eq\f(1,4)圆弧，轨道半径：R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－R/eq\r(2)解得v＝(2＋eq\r(2))Bqd/m。若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的eq\f(3,4)圆弧，则有：R′＝eq\f(mv′,Bq)d＝R′＋eq\f(R′,\r(2))，解得v′＝(2－eq\r(2))Bqd/m。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为正电荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为负电荷)2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告知了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。[典例2](多选)在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图8­2­13所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电状况及运动的方向，可能是()图8­2­13A．M中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动B．M中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动C．N中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动D．N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动[解析]考虑到磁场可能是垂直纸面对外，也可能是垂直纸面对里，并结合安培定则、左手定则，易知A、B正确。[答案]AB图8­2­143．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8­2­14所示。于是形成了多解。[典例3](多选)长为l的水平极板间有垂直纸面对里的匀强磁场，如图8­2­15所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可接受的方法是()图8­2­15A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度v满足eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]带电粒子刚好打在极板右边缘，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又因r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正确。[答案]AB4．运动的往复性形成多解空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解。[典例4](2022·江苏高考)某装置用磁场把握带电粒子的运动，工作原理如图8­2­16所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。转变粒子入射速度的大小，可以把握粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。图8­2­16[审题指导](1)试在图中画出粒子打到P点、N点、M点的运动轨迹(为便利画图，可设P、N、M不确定的点)提示：(2)在图中确定圆周运动的圆心位置，并通过几何关系把L与d和半径r的关系写出来。提示：L＝3rsin30°＋3dcos30°(3)打到M点的粒子，每经过一次磁场沿OO′方向前进多少距离？提示：前进距离L′＝2dcos30°＋2rsin30°[解析](1)设粒子在磁场中的轨道半径为r依据题意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L－\r(3)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))(2)设转变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′meq\f(v2,r)＝qvBmeq\f(v′2,r′)＝qv′B由题意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)－\f(\r(3),4)d))(3)设粒子经过上方磁场共n次由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且meq\f(v\o\al(2,n),rn)＝qvnB，解得vn＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,n＋1)－\r(3)d))(1≤n＜eq\f(\r(3)L,3d)－1，n取整数)[答案]见解析[方法规律]求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解的形成缘由。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，查找通项式，若是毁灭几种解的可能性，留意每种解毁灭的条件。要点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[多维探究](一)半无界磁场[典例1](多选)(2022·江苏高考)如图8­2­17所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有()图8­2­17A．若粒子落在A点的左侧，其速度确定小于v0B．若粒子落在A点的右侧，其速度确定大于v0C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不行能小于v0－qBd/2D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不行能大于v0＋qBd/2[解析]因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不愿定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为xmin，则eq\f(xOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不行能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D错误。[答案]BC(二)四分之一平面磁场[典例2]如图8­2­18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轴正方向成60°角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。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。图8­2­18[解析]轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心O′，并得出半径为r＝eq\f(2a,\r(3))＝eq\f(mv,Bq)，得B＝eq\f(\r(3)mv,2aq)；射出点坐标为(0，eq\r(3)a)。[答案]B＝eq\f(\r(3)mv,2aq)；射出点坐标为(0，eq\r(3)a)。(三)矩形磁场[典例3](多选)如图8­2­19所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、垂直纸面对外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的()图8­2­19A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的周期C．带电粒子的初速度D．带电粒子在磁场中运动的半径[解析]由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A项对，周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D项错。[答案]AB(四)正方形磁场[典例4](多选)(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面对里的匀强磁场，图8­2­20中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法中正确的是()图8­2­20A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间确定不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹确定相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹确定相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角确定越大[解析]在磁场中带电粒子运动半径r＝eq\f(mv,qB)，运动时间：t＝eq\f(θm,qB)(θ为转过圆心角)，故B、D正确。当粒子从O点所在的边上射出时，轨迹可以不同，但圆心角相同为180°，因而A、C错。[答案]BD(五)半圆形磁场[典例5]如图8­2­21所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面对里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5图8­2­21A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边[解析]由r＝eq\f(mv,qB)得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。[答案]D(六)圆形磁场[典例6](2022·安徽高考)如图8­2­22所示，圆形区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，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。现将带电粒子的速度变为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()图8­2­22A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt[解析]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，据牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝eq\f(mv,qB)，圆弧AC所对应的圆心角∠AO1C＝60°，经受的时间为Δt＝eq\f(60°,360°)T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T＝eq\f(2πm,qB)，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为eq\f(v,3)后，依据r＝eq\f(mv,qB)知其在磁场中的轨道半径变为eq\f(r,3)，粒子将从D点射出，依据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO2D＝120°，经受的时间为Δt′＝eq\f(120°,360°)T＝2Δt。由此可知本题正确选项只有B。[答案]B(七)三角形磁场[典例7]如图8­2­23所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()图8­2­23A．B＞eq\f(2mv0,ae) B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)[解析]由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于eq\f(a,\r(3))，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝eq\f(mv,qB)有eq\f(a,\r(3))＜eq\f(mv0,eB)，即B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)，选D。[答案]D对点训练：洛伦兹力1．图1为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹(粒子穿过铅板后电荷量、质量不变)，室中匀强磁场的方向与轨道所在平面垂直(图中垂直于纸面对内)，由此可知此粒子()图1A．确定带正电B．确定带负电C．不带电D．可能带正电，也可能带负电解析：选A粒子穿过铅板的过程中，动能减小，轨道半径减小，依据题图中粒子的运动轨迹可以确定粒子从下向上穿过铅板，再由左手定则可推断出粒子确定带正电，选项A正确。2．如图2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，在O点存在的垂直纸面对里运动的匀速电子束。∠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点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为()图2A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶2解析：选B长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等，M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下，合磁感应强度大小为B1＝2B，P、N处的导线在O点产生的磁感应强度夹角为60°，合磁感应强度大小为B2＝eq\r(3)B，可得，B2∶B1＝eq\r(3)∶2，又由于F洛＝qvB，所以F2∶F1＝eq\r(3)∶2，选项B正确。对点训练：带电粒子在匀强磁场中的运动3．下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是图3解析：选D洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所以选项D符合题意。4.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图4所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将()图4A．可能做直线运动B．可能做匀减速运动C．确定做曲线运动D．可能做匀速圆周运动解析：选C带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不行能做直线运动，也不行能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确。5．(2021·深圳二调)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图像的是图5解析：选D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝meq\f(v2,R)⇒R＝eq\f(mv,qB)，由圆周运动规律，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，可见粒子运动周期与半径无关，故D项正确。6．(多选)(2021·浙江名校联盟联考)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图6中虚线所示，下列表述正确的是()图6A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N不做功D．M的运行时间大于N的运行时间解析：选AC由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确；由r＝eq\f(mv,qB)可知，M的速率大于N的速率，选项B错误；洛伦兹力对M、N不做功，选项C正确；由T＝eq\f(2πm,qB)可知M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误。对点训练：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题7.(多选)如图7所示，宽d＝4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面对里。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图7A．右边界：－8cm＜y＜B．右边界：0＜y＜8C．左边界：y＞8D．左边界：0＜y＜16解析：选AD依据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10cm，由几何学问求得AB＝BC＝对点训练：带电粒子在有界磁场中的临界极值问题8．(多选)如图8，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最终打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有()图8A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析：选ADa、b粒子做圆周运动的半径都为R＝eq\f(mv,qB)，画出轨迹如图所示，O1、O2分别为b、a轨迹的圆心，a在磁场中转过的圆心角大，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)和轨迹图可知A、D选项正确。9．带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图9所示。运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()图9A．v0 B．1C．2v0 D.eq\f(v0,2)解析：选C带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝r＝eq\f(mv0,qB)①带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\f(2mv\o\al(2,0),qE)②由①②得eq\f(E,B)＝2v0，故选项C对。10．(2021·马鞍山二检)如图10所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。依据以上信息，可以确定()图10A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D．粒子3的射出位置与d点相距eq\f(L,2)解析：选B依据左手定则可知粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A错误；粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r1＝eq\f(\r(2),2)L，时间t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πr1,v)＝eq\f(\r(2)πL,4v)，粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r3＝eq\r(2)L，时间t3＝eq\f(1,8)T＝eq\f(1,8)×eq\f(2πr3,v)＝eq\f(\r(2)πL,4v)，则t1＝t3，选项C错误；由r＝eq\f(mv,qB)可知粒子1和粒子3的比荷之比为r3∶r1＝2∶1，选项B正确；粒子3的射出位置与d点相距(eq\r(2)－1)L，选项D错误。考点综合训练11．(2021·大纲卷)如图11所示，虚线OL与y轴的夹角θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且eq\x\to(OP)＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。图11解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生综合解决问题的力气。依据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有qvB＝meq\f(v2,R)①周期为T＝eq\f(2πR,v)由此得T＝eq\f(2πm,qB)②过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由图中几何关系得eq\x\to(AD)＝Rsinαeq\x\to(OD)＝eq\x\to(AD)cot60°eq\x\to(BP)＝eq\x\to(OD)cotβeq\x\to(OP)＝eq\x\to(AD)＋eq\x\to(BP)α＝β③由以上五式和题给条件得sinα＋eq\f(1,\r(3))cosα＝1④解得α＝30°⑤或α＝90°⑥设M点到O点的距离为hh＝R－eq\x\to(OC)依据几何关系eq\x\to(OC)＝eq\x\to(CD)－eq\x\to(OD)＝Rcosα－eq\f(\r(3),3)eq\x\to(AD)利用以上两式和eq\x\to(AD)＝Rsinα得h＝R－eq\f(2,\r(3))Rcos(α＋30°)⑦解得h＝(1－eq\f(\r(3),3))R(α＝30°)⑧h＝(1＋eq\f(\r(3),3))R(α＝90°)⑨当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πm,6qB)⑩当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)⑪答案：见解析12.(2021·珠海期末)如图12所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面对里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电量为q＝1.0×10－6C的带电粒子。从静止开头经U0＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos图12(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0T，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＝eq\f(1,2)mv2代入数据得：v＝20(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)代入数据得：R＝0.50而OP/cos53°＝0.50故圆心确定在x轴上，轨迹如图甲所示。由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OP>R′＋R′cos53°①R′＝eq\f(mv,qB′)②由①②并代入数据得：B′>eq\f(16,3)T＝5.33T(取“≥”照样给分)答案：(1)20m/s(2)0.90m(3)B′>5.33T第3节带电粒子在组合场中的运动要点一质谱仪与回旋加速器1．质谱仪(1)构造：如图8­3­1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。图8­3­1(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq\f(1,2)mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)。由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。2．回旋加速器图8­3­2(1)构造：如图8­3­2所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接沟通电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r打算，与加速电压无关。[典例1](多选)如图8­3­3所示，一束带电粒子以确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，下列表述正确的是图8­3­3A．粒子带负电B．全部打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷eq\f(q,m)越大[解析]依据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可推断粒子带正电，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＝eq\f(E,B)，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝eq\f(mv,Bq)，则eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；全部打在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＝eq\f(2πm,B′q)，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。[答案]CD[典例2]回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频沟通电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心四周，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图8­3­4所示。问：图8­3­4(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加沟通电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间。[解析](1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场。(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大。(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频沟通电压频率要等于粒子回旋频率，由于T＝eq\f(2πm,qB)，故得回旋频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，角速度ω＝2πf＝eq\f(qB,m)。(4)粒子旋转半径最大时，由牛顿其次定律得qvmB＝eq\f(mv\o\al(m,2),Rm)，故vm＝eq\f(qBRm,m)。最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R\o\al(m,2),2m)。(5)粒子每旋转一周能量增加2qU。粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n＝eq\f(qB2R\o\al(m,2),4mU)。粒子在磁场中运动的时间t磁＝nT＝eq\f(πBR\o\al(m,2),2U)。一般地可忽视粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间。[答案](1)D形盒内无电场(2)匀速圆周运动(3)eq\f(qB,2πm)eq\f(qB,m)(4)eq\f(qBRm,m)eq\f(q2B2R\o\al(m,2),2m)(5)eq\f(πBR\o\al(m,2),2U)[针对训练]1．(多选)如图8­3­5是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是图8­3­5A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面对外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的电荷量越小解析：选ABC因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的