高中物理二轮复习-第1部分-专题3-第2讲-磁场的性质-带电粒子在磁场中的运动

磁场的性质带电粒子在磁场中的运动真题情境2021·广东卷T52021·全国甲卷T162021·全国乙卷T162021·全国甲卷T25考情分析【命题分析】高考在本讲主要考查磁场的叠加以及通电导线受到的安培力的比较与计算、带电粒子在磁场或复合场中运动的问题，难度中等。着重考查学生应用数学知识解决物理问题的能力。【素养要求】1．会应用安培定则判断电流周围的磁场。2．掌握利用左手定则判断安培力和洛伦兹力的方法。3．灵活应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动。必备知识突破点一|磁场的性质1．用准“二个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。2．磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。3．明确“两个等效模型”(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。甲乙磁场的叠加[典例1](2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，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，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流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、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、BB[根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。]安培力的分析与计算[典例2]如图所示，质量为m、长为L的金属棒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，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是()A．电流由N流向MB．悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态C．悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大D．恒定电流大小为eq\f(\r(3)mg,BL)[题眼点拨](1)“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向。(2)“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。C[由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin30°＝Fcos30°，则tan30°＝eq\f(BIL,mg)，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，选项D错误。]反思感悟：求解导体棒运动的方法(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。(3)求解：根据平衡条件，牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。[考向预测]1．(2021·山东省日照市一模)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c甲乙A．B1－eq\f(B2,2) B．B2－eq\f(B1,2)C．B2－B1 D．eq\f(B1,3)A[对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度Bc＝B3r＝B1－eq\f(1,2)B2，故选A。]2．空间有两平行的长直导线A、B，电流均为I，方向如图所示，经测量可得长直导线B所受的安培力大小为F；如果在空间平行地放置另一通电长直导线C，且三条导线正好是一正方体的三条棱，空间关系如图所示，经测量可得长直导线B所受的安培力大小为eq\r(2)F。已知通有电流i的长直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B＝keq\f(i,r)(其中k为一常量)，下列说法中正确的是()A．长直导线C的电流大小为eq\r(2)IB．长直导线A对C的安培力大小为eq\f(F,2)C．长直导线A对C的安培力大小为eq\f(\r(2),2)FD．长直导线C所受的安培力方向垂直于BC平面C[根据题意，导线B受到导线A的安培力为F，放置导线C后，导线B的安培力为eq\r(2)F，先由左手定则判断出安培力的方向，再根据力的平行四边形定则可知，导线B受到导线C的安培力也为F，所以C导线中电流与A导线中电流大小相等，均为I，故A错误；根据B＝keq\f(i,r)和安培力公式F＝BIL知，安培力F∝B∝eq\f(1,r)，由于rAC＝eq\r(2)rAB，所以eq\f(FAB,FAC)＝eq\f(rAC,rAB)＝eq\f(\r(2),1)，解得FAC＝eq\f(FAB,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)F，导线C受到导线A的引力和导线B的斥力，根据平行四边形定则可知长直导线C所受的安培力方向不垂直于BC平面，故B、D错误，C正确。]突破点二|带电粒子在匀强磁场中的运动1．带电粒子在匀强磁场中运动问题的解题流程2．熟悉几种常见情形直线边界粒子进出磁场具有对称性平行边界粒子运动存在临界条件圆形边界粒子沿径向射入的再沿径向射出磁场圆与轨迹圆半径相同时，相同速率、同一射入点，出射方向平行3．两类动态圆的应用技巧——处理临界问题方法放缩圆法旋转圆法图形适用条件速度方向一定，大小不同速度大小一定，方向不同作图方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件将一半径为R＝eq\f(mv,qB)的圆沿着“轨迹圆心圆”旋转，从而探索出临界条件4．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因[典例3](2020·全国卷Ⅱ)如图所示，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。[解析](1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ①由此可得R＝eq\f(mv0,qB) ② 粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)。 ④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h ⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2) ⑥则α＝eq\f(π,6) ⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα) ⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h。 ⑨[答案](1)磁场方向垂直纸面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h反思感悟：“四点、六线、三角”巧用运动轨迹(以粒子沿径向射入圆形磁场为例)(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。(2)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆形磁场的圆心与轨迹圆圆心的连线AO。(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。[考向预测]3．(多选)(2021·湖北省武汉市高三下学期4月质检)如图所示，直线POQ的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子P、Q先后射入磁场，P的速度与磁场边界的夹角为30°，Q的速度与磁场边界的夹角为60°。已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，且均从O点射出磁场，PO＝2OQ，则()A．P和Q均带正电B．P和Q的比荷之比为1∶2C．P和Q的速度大小之比为eq\r(3)∶1D．P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶1BC[均从O点射出磁场，根据左手定则可知，Q带正电，P带负电，故A错误；根据几何关系可知，Q偏转圆心角为120°，则RQsin60°＝eq\f(1,2)OQ，P偏转圆心角为60°，则RP＝OP，则P和Q在磁场中运动的半径之比为2eq\r(3)∶1，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，eq\f(1,3)TQ＝eq\f(1,6)TP，T＝eq\f(2πR,v)，解得P和Q的速度大小之比为eq\r(3)∶1，根据R＝eq\f(mv,Bq)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，所以P和Q的比荷之比为1∶2，故B、C正确，D错误。]4．(2021·重庆市一模)如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，eq\r(3)a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3B．粒子的发射速度大小为eq\f(4πa,t0)C．带电粒子的比荷为eq\f(4π,3Bt0)D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0D[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq\f(2π,3)，运动时间t0＝eq\f(\f(2π,3)×2a,v0)，解得v0＝eq\f(4πa,3t0)，选项B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq\f(2π,3)，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，则eq\f(q,m)＝eq\f(2π,3Bt0)，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为eq\f(4π,3)，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。甲乙]5．(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为eq\f(qBd,m)，不计粒子重力，则下列说法正确的是()A．粒子在磁场中的运动半径为eq\f(d,2)B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C．粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为eq\f(πm,qB)D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为eq\f(πm,3qB)CD[带电粒子在磁场中的运动半径r＝eq\f(mv,qB)＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，选项C正确；从A点进入Ⅱ区域的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，选项D正确。]突破点三|带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情境图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)类平抛运动vx＝v0vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22．处理方法(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应几何关系与物理关系。(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。[典例4](2021·全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。[思路点拨]第一问，PM以上是匀强电场，粒子在其中的运动为类平抛运动。根据粒子射入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，可求运动时间，然后可求距离。第二问，画轨迹圆，边界条件：最大半径过N点，最小半径要过Q点。根据作图计算即可。第三问，需要根据题意画出轨迹图，求出轨迹圆半径，再求出最靠近MN的距离。[解析](1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知x＝v0t ①y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m) ②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有tan30°＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0) ③粒子发射位置到P点的距离s＝eq\r(x2＋y2) ④由①②③④式得s＝eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)。 ⑤(2)带电粒子在磁场运动的速度v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3)v0,3) ⑥带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示由几何关系可知，当粒子从Q点射出时，最小半径rmin＝eq\f(\f(l,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)l ⑦当粒子从N点射出时，最大半径rmax＝eq\f(\f(\r(2),2)l,cos75°)＝(eq\r(3)＋1)l⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知qvB＝eq\f(mv2,r) ⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围eq\f(2mv0,3＋\r(3)ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)。(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(l,2),\f(\r(5),2)l)＝eq\f(\r(5),5) ⑩带电粒子的运动半径为r3＝eq\f(\f(\r(5),4)l,cos30°＋θ) ⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离dmin＝(r3sin30°＋l)－r3⑫由⑩⑪⑫式解得d＝eq\f(39－10\r(3),44)l。 ⑬[答案](1)eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)(2)eq\f(2mv0,3＋\r(3)ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(39－10\r(3),44)l带电粒子在叠加场中的运动1．在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时。(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2,r)。2．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。[典例5](2021·浙江1月选考)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－eq\f(1,2)α2。求：(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷eq\f(q,m)；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。[思路点拨](1)离子通过速度选择器时所受电场力和洛伦兹力平衡，得出离子的速度，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，通过几何知识得出离子的运动半径，从而求出离子的比荷。(2)离子进入仅加电场的偏转系统时，仅在x轴方向受力，离子做类平抛运动，通过几何关系得出离子注入晶圆的位置坐标。(3)离子进入仅加磁场的偏转系统时，仅受洛伦兹力作用，结合几何关系得出离子注入晶圆的位置坐标。(4)离子进入同时加上电场和磁场的偏转系统时，离子在电场中加速，但速度的增加并不影响离子在y轴方向受到的洛伦兹力。[解析](1)通过速度选择器离子的速度v＝eq\f(E,B)从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝eq\f(R1＋R2,2)由eq\f(mv2,R)＝qvB得eq\f(q,m)＝eq\f(v,RB)＝eq\f(2E,R1＋R2B2)。(2)经过电场过，离子在x方向偏转的距离x1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qEL,mv2)离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2＝Ltanθ＝eq\f(qEL2,mv2)x＝x1＋x2＝eq\f(3qEL2,2mv2)＝eq\f(3L2,R1＋R2)位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，0))。(3)如图所示，离子进入磁场后做圆周运动半径r＝eq\f(mv,qB)sinα＝eq\f(L,r)经过磁场过程，离子在y方向偏转距离y1＝r(1－cosα)≈eq\f(L2,R1＋R2)离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltanα≈eq\f(2L2,R1＋R2)y＝y1＋y2＝eq\f(3L2,R1＋R2)位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3L2,R1＋R2)))。(4)注入晶圆的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。[答案](1)eq\f(E,B)eq\f(2E,R1＋R2B2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，0))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3L2,R1＋R2)))(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响反思感悟：“三步”巧解叠加场问题带电粒子在交变场中的运动1．变化的电场或磁场如果具有周期性，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受力情况和运动过程，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轨迹的草图。2．解题思路[典例6](2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝eq\f(\r(2)mv0,5eL)，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。甲乙[解析](1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,S)解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(4eEd,m))。(2)当磁场仅有沿x轴负方向的分量且取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1－\f(L,2)))eq\s\up12(2)＋L2＝Req\o\al(2,1)，根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)，联立解得B0＝eq\f(2mv0,5eL)；当磁场在x轴和y轴正方向的分量同时取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(\r(2)L,2)))eq\s\up12(2)＋L2＝Req\o\al(2,2)，此时合磁感应强度B＝eq\r(2)B0；根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq\r(2)B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R2)，联立解得B0＝eq\f(mv0,3eL)。故B0的取值范围为0～eq\f(mv0,3eL)。(3)分析可知，离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq\r(2)B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R3)且满足B0＝eq\f(\r(2)mv0,5eL)，所以可得R3＝eq\f(5,4)L；根据几何关系有sinθ＝eq\f(L,R3)＝eq\f(4,5)，则cosθ＝eq\f(3,5)。离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cosθ－0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝eq\f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向。[答案](1)eq\r(v\o\al(2,0)－\f(4eEd,m))(2)0～eq\f(mv0,3eL)(3)eq\f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向[考向预测]6．(2021·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上的M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α＝53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m、电荷量为－q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少？[解析](1)微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE＝mg解得E＝eq\f(mg,q)。(2)微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得：rsinα＝L洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)微粒在第一象限中运动时机械能守恒，有：mgr(1＋cosα)＝Ek－eq\f(1,2)mv2又因为Ek＝2×eq\f(1,2)mv2联立以上各式解得B＝eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))。[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))突破点四|新情境探究以电流天平为背景考查电流间的相互作用[案例1]电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示