【物理】2018届人教版磁场学案
第九章
考 纲 要 求
考 情 分 析
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
1.命题规律
近几年高考对本章内容重点考查了安培力、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出现，对带电粒子的运动问题多以计算题的形式出现，综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大，分值较高。
2.考查热点
预计在2018年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、叠加场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的概率较大。
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
洛伦兹力公式
Ⅱ
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51课时 磁场及其对电流的作用(双基落实课)
[命题者说] 本课时内容是关于磁场的基础知识，包括磁感应强度和安培力的概念、安培定则和右手定则的应用，高考很少对这些知识单独考查。学习本节知识，主要是为进一步学习磁场的其他内容打好基础。
一、磁场和磁感应强度
1.磁场的基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极所指的方向。
(4)单位：特斯拉，符号T。
3．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)磁感线分布特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
[小题练通]
1．判断正误
(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)
(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)
(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)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( )
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
解析：选BC 指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。
3．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大
D．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零
解析：选B 某处磁感应强度的方向就是小磁针N极受磁场力的方向或是小磁针静止时N极的指向，与通电导体放在该处受磁场力的方向不同，A错，B对。通电导线在磁场中的受力大小与磁感应强度大小和它相对于磁场方向的放置都有关系，C错。一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，可能是由于该处磁感应强度为零，也可能是导线与磁场平行放置，D错。
磁感应强度是用比值法定义的物理量。磁感应强度的方向与磁场力方向是互相垂直的关系。磁场力为零，磁感应强度不一定为零。
二、安培定则的应用与磁场叠加
1.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)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
(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，由S极指向N极。
2．电流周围的磁场(安培定则)
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、非匀强磁场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
3．磁场的叠加
磁感应强度是矢量，磁场叠加时符合矢量运算的平行四边形定则。
[小题练通]
1．(2017·临沂模拟)如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
解析：选B 由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转。
2．如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是( )
解析：选D M、N在P
点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场的方向指向右上方，电流N在P点的磁场的方向指向右下方，所以，合磁场的方向一定向右，如图所示。故选项D正确，选项A、B、C错误。
(1)每支导线电流产生的磁场磁感应强度的方向都需要用安培定则判定。
(2)磁场的叠加是矢量的叠加，不是简单相加。
三、判断安培力作用下导体的运动
1.左手定则：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)
[小题练通]
1．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是( )
A．线圈向左运动 B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动
解析：选A 将环形电流等效成一条形磁铁，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，选项A正确。也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥”，可判断出线圈向左运动。故A正确。
2.一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，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将( )
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面内平动
解析：选B 法一：利用结论法。
环形电流L1、L2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L1的转动方向应是：从左向右看线圈L1顺时针转动。
法二：等效分析法。
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，通电后，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竖直向上，而线圈L1
等效成小磁针后转动前，N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。
法三：直线电流元法。
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分 ，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动。故正确答案为B。
无论结论法、等效分析法还是电流元法，都是左手定则的推广应用。判断导体在安培力作用下的运动情况，在不能直接使用左手定则的时候，要选择合适的方法进行判断。
四、安培力作用下的平衡、加速问题
1.安培力：F＝BIL，其中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度。
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
(1)选定研究对象；
(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注意F安⊥B、F安⊥I；
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
[典例] (2015·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Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝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＝BIL②
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Δl2＝0.3 cm，
由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝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 kg。⑤
[答案] 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg
(1)本题中安培力的方向易判断错误。
(2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm。
(3)导体棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx。
[集训冲关]
1．(2017·安庆模拟)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，则( )
A．导线受到的安培力竖直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右
B．导线受到的安培力竖直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左
C．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右
D．导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力为零
解析：选C 做出两磁铁的磁场经过C点的磁感线，并标出两磁场在C点的磁场方向，由矢量合成可知，合磁场的方向竖直向上，根据左手定则可知，导线受到的安培力水平向右，A、B错误；根据牛顿第三定律可知，木板和磁铁组成的整体受到通电导线对它们水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C正确，D错误。
2．(多选)(2014·浙江高考)如图甲所示，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( )
A．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
解析：选ABC 由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，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。
一、单项选择题
1.如图所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通过如图所示方向的电流时( )
A．小磁针N极向里转
B．小磁针N极向外转
C．小磁针在纸面内向左摆动
D．小磁针在纸面内向右摆动
解析：选A 由安培定则可判断小磁针所在处电流的磁场向里，而小磁针N极的受力方向与磁场方向相同，故小磁针N极向里转，S极向外转，故选A。
2.有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示。其中哪一个小磁针的指向是正确的( )
A．a B．b
C．c D．d
解析：选D 由题图可知，电流由右侧流入，则由安培定则可知，螺线管的左侧为N极，右侧为S极；螺线管的磁感线外部是由N极指向S极，内部由S指向N极，而小磁针静止时N极所指方向与磁感线方向一致，故可知D正确，其他均错。
3.如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F。为使F＝0，可能达到要求的方法是( )
A．加水平向右的磁场 B．加水平向左的磁场
C．加垂直纸面向里的磁场 D．加垂直纸面向外的磁场
解析：选C 根据左手定则可知，在MN中通入电流，在空间加上垂直于纸面的磁场，可以使MN受到向上的安培力，这样可以使MN受到绳子拉力为零，具体根据左手定则有：当MN中通入从M到N
的电流时，要使安培力向上，可以加上垂直纸面向里的磁场，故A、B、D错误，C正确。
4.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )
A.tan θ，竖直向上
B.tan θ，竖直向下
C.sin θ，平行悬线向下
D.sin θ，平行悬线向上
解析：选D 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向应平行于悬线向上。故选D。
5.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里。则通电导线R受到的磁场力的方向是( )
A．垂直R，指向y轴负方向
B．垂直R，指向y轴正方向
C．垂直R，指向x轴正方向
D．垂直R，指向x轴负方向
解析：选A 根据安培定则和平行四边形定则可确定R处磁感应强度方向水平向右，再根据左手定则可确定R受力方向沿y轴负方向，故A正确。
6．一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受安培力作用后的运动情况为( )
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
解析：选D 先由安培定则判断通电螺线管的南北两极，找出导线左右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受安培力后从上向下看是逆时针方向转动，再分析导线转过90°位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受安培力的方向，如图乙所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。
二、多项选择题
7．(2017·洛阳联考)如图是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是( )
A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变
B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变
C．增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大
D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度减小
解析：选BD 改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向不会改变，选项A错误。仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变，选项B正确。增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度不一定增大，选项C错误。仅拿掉中间的磁铁，导体棒所受安培力减小，摆动幅度减小，选项D正确。
8.在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A．b、d两点的磁感应强度相同
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．c点的磁感应强度的值最小
D．a点的磁感应强度的值最大
解析：选CD 如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d
两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误。a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B项错误，C、D项正确。
9．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ。有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示。图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是( )
解析：选AB 选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零。当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生。选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零。当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态。选项C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零。
10.(2017·河南八市重点高中联考)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框。线框中通有顺时针方向的恒定电流I，线框边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小为B＝k，线框质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )
A．0 B.－g
C.－g D．g－
解析：选AC 线框上边所在处的磁感应强度大小为B1＝k，由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F1＝B1IL＝kI2
，由左手定则可判断出安培力方向向上。线框下边所在处的磁感应强度大小为B2＝k，所受安培力的大小为F2＝B2IL＝kI2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，则加速度为零，选项A正确。若F1＞(F2＋mg)，则加速度方向向上，由F1－(F2＋mg)＝ma，解得a＝－g，选项C正确B错误。若F1＜(F2＋mg)，则加速度方向向下，由(F2＋mg)－F1＝ma，解得a＝g－，选项D错误。
三、计算题
11.澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)。如图所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度(轨道摩擦不计)。
解析：由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B。根据2ax＝vt2－v02得炮弹的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5×105 m/s2。
根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力
F＝ma＝2.2×10－3×5×105 N＝1.1×103 N，
则由F＝BIL，
得B＝＝ T＝55 T。
答案：55 T
12.如图所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽度为L，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上(未画出)，金属杆的质量为m，长为L，水平放置在导轨上。已知电源的电动势为E，内阻为r，调节滑动变阻器使回路的总电流为I1，此时金属杆恰好处于静止状态(重力加速度为g，金属杆与导轨电阻不计)。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)若保持磁感应强度的大小不变，而将磁场方向改为竖直向上，则滑动变阻器接入电路的阻值调到多大才能使金属杆保持静止。
解析：(1)在侧视图中，导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得
mgsin θ＝I1LB，解得B＝。
(2)导体棒受力如图乙所示，由平衡条件得
mgsin θ＝BI2Lcos θ
I2＝
又B＝
解得R＝－r。
答案：(1) (2)－r
第52课时 磁场对运动电荷的作用(重点突破课)
[必备知识]
1．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。
2．洛伦兹力的方向(左手定则)
如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁感线的方向，③表示洛伦兹力的方向。
3．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。(如图乙)
(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。(如图甲、丙)
(3)基本公式
①向心力公式：qvB＝m；
②轨道半径公式：r＝；
③周期公式：T＝＝。
[小题热身]
1.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向纸里偏转 D．向纸外偏转
解析：选B 由题图可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确。
2．在下列图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
解析：选B 根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向向下，选项A错误，B正确；C、D中都是v∥B，F＝0，选项C、D错误。
3.如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，方向垂直纸面向里，有一束粒子对准a端射入弯管，粒子的质量、速度不同，但都是一价负粒子，则下列说法正确的是( )
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量和速度乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
解析：选C 由R＝可知，在相同的磁场，相同的电荷量的情况下，粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积。
4．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
解析：选D 假设带电粒子的电荷量为q，在磁场中做圆周运动的周期为T＝，则等效电流I＝＝，故答案选D。
提能点(一) 洛伦兹力的理解
[典例] 如图所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动。匀强磁场的方向垂直纸面向里。磁场中A、B为等高的两点，摆球在A、B间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力大小为F1，摆球加速度大小为a1。由B摆到最低点C时，摆线拉力大小为F2，摆球加速度大小为a2，则( )
A．F1>F2，a1＝a2 B．F1
F2，a1>a2 D．F1F1，故B正确。
[答案] B
(1)解答此类问题要牢记洛伦兹力对电荷永不做功的特点。
(2)洛伦兹力的方向总是垂直于电荷速度的方向，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
[集训冲关]
1.(2015·海南高考)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选A 由题意，磁场方向垂直于纸面向外，电子运动方向向右，根据左手定则确定，洛伦兹力向上，A正确。
2.(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”
进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是( )
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
解析：选C 由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，由题图可看出地磁场的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故选项A、B的说法正确。从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，故选项C的说法不正确。宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故选项D的说法正确。
提能点(二) 半径公式和周期公式的理解及应用
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r＝，周期公式为T＝。高考常围绕这两个公式，考查各物理量对半径、周期的影响。
[典例] (多选)(2015·全国卷Ⅱ)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] 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。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；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误；由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确；由ω＝得＝＝，选项D错误。
[答案] AC
(1)由公式r＝可知，半径r与比荷成反比与速度v成正比，与磁感应强度B成反比。
(2)由公式T＝可知，周期T与速度v、半径r无关，与比荷成反比，与磁感应强度B
成反比。
[集训冲关]
1．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。
2.(多选)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图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。下列说法正确的是( )
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
解析：选BD 由于粒子比荷相同，由R＝可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确，对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T＝知所有粒子在磁场运动周期都相同，A、C皆错误。再由t＝T＝可知D正确，故选B、D。
提能点(三) 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.两种方法定圆心
(1)已知入射方向和出射方向时，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。如图甲所示，图中P为入射点，M
为出射点。
(2)已知入射方向和出射点的位置时，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道的圆心。如图乙所示，P为入射点，M为出射点。
2．几何知识求半径
(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)。
考法1 直线边界磁场的问题
[例1] 如图所示，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )
A.，正电荷 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
[解析] 由左手定则可知，粒子带负电。作出O点和离开磁场处A的洛伦兹力的方向，交点即为圆心的位置，画出粒子的运动轨迹如图所示(优弧ODA)。末速度与x轴负方向的夹角为60°，由几何关系得∠CO′A＝60°，故R＋Rcos 60°＝a，而R＝，联立解得＝。
[答案] C
考法2 平行边界磁场的问题
[例2] 如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v0垂直射入磁感应强度为B、宽为d的匀强磁场中，射出时的速度的方向与原来入射的方向的夹角为30°，则电子的质量是__________，穿过磁场的时间是________。(不计电子的重力)
[解析] 电子在磁场中只受到洛伦兹力的作用做圆周运动，先用左手定则确定A、B两点的洛伦兹力的方向，并在图中画出方向，两方向的交点即为圆心O。然后大致确定圆弧的形状。如图所示，OA、OB为运动的半径。由于速度偏转的角度是30°，因此劣弧AB所对应的圆心角为30°。由几何知识可知BC＝BOsin 30°，
解得半径R＝2d，
而R＝，
故质量m＝，
周期T＝，
故穿过磁场的时间是t＝T＝，
解得时间t＝。
[答案]
考法3 圆形边界磁场的问题
[例3] (2016·全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A. B.
C. D.
[解析] 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确。
[答案] A
考法4 其他边界磁场的问题
[例4] (2016·四川高考)如图所示，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vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
[解析] 如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝
π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，选项B、C、D错误。
[答案] A
[通法归纳]
(1)带电粒子在有界磁场中的运动，一般先要根据不同的磁场边界画出粒子运动的轨迹，然后利用几何知识计算粒子半径。
(2)根据r＝，T＝，已知m、v、q、B可计算半径、周期。已知半径、周期也可计算磁感应强度、比荷、电荷量等。
(3)计算粒子在磁场中运动的时间，需要知道周期和圆心角，常根据t＝·T计算。
[集训冲关]
1.半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出。∠AOB＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，由AB弧所对圆心角θ＝60°，知t＝T＝。但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t。由匀速圆周运动R＝，从图示分析有R＝r，则t＝＝，选项D正确。
2．(2016·全国丙卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。
一、单项选择题
1.一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束，则下列说法不正确的是( )
A．1带正电 B．1带负电
C．2不带电 D．3带负电
解析：选B 根据左手定则，正电荷粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，说明是3，因此答案为B。
2．在学校操场的上空中停着一个热气球，从它底部脱落一个塑料小部件，下落过程中由于和空气的摩擦而带负电，如果没有风，那么它的着地点会落在气球正下方地面位置的( )
A．偏东 B．偏西
C．偏南 D．偏北
解析：选B 在我们北半球，地磁场在水平方向上的分量方向是水平向北，物体带负电，根据左手定则可得物体受到向西的洛伦兹力，故向西偏转，B正确。
3.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将( )
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
解析：选B 由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲。又由r＝知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a且轨迹半径越来越大，选项B正确。
4.如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从
S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( )
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
解析：选D 如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°。从b点射出的粒子对应的圆心角为60°。由t＝T，T＝，可得：t1∶t2＝3∶2，故选D。
5.(2017·枣庄高三期末)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则( )
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短
解析：选A 如图，粒子从e点射出圆心是O1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r＝可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O3，设正方形的边长为a，原半径为r1＝a，r3＝3r1＝a，线段O3f＞a＋a＞r3，所以不可能从f点射出，选项B错误；由r＝可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d点射出，选项C错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出圆心为O1、O2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，选项D错误。
二、多项选择题
6.如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
解析：选AD 显然题图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝
可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，选项A对B错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，选项D对C错。
7.如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )
A．从P射出的粒子速度大
B．从Q射出的粒子速度大
C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长
D．两粒子在磁场中运动的时间一样长
解析：选BD 作出各自的运动轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径RPR时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②③方向射出磁场，不能打到屏上。当粒子速度为v1时，洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝m，解得r1＝R>R，故能打到屏上；同理，当粒子的速度为v2时，
解得r2＝R1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。
(3)设速度v0＝3.0×106 m/s时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，由洛伦兹力提供向心力，得qv4B＝m，解得r4＝2R。如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，偏角α最大，射到荧光屏上P点离A点最远。由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4 tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。
[答案] (1)v1能，v2不能 (2)v0>1.5×106 m/s (3)0.15 m
(1)根据边界条件，通过画动态图的方法，找出符合临界条件的粒子轨迹。
(2)运用几何关系，求得粒子运动半径。
(3)根据洛伦兹力提供向心力建立方程。
[集训冲关]
1.(多选)(2017·常德月考)如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP′、QQ′。一个质量为m、电荷量为q的微观粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0
的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选BC 微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvB＝，R＝，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大时，轨迹与QQ′相切。如粒子带正电，R＝＋d，d＝，v0＝，B正确；如粒子带负电，R＋＝d，v0＝，C正确。
2.(2016·海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m②
匀速圆周运动的速度满足v＝③
联立①②③式得B＝。④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1＋θ2＝180°⑤
粒子两次在磁场中运动的时间之和t1＋t2＝＝2t0。⑥
(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦
r0cos∠OO′D＋＝L⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
由圆周运动规律v0＝⑨
联立①⑦⑧⑨式得v0＝。⑩
答案：(1) (2)2t0 (3)
二、匀强磁场中的多解问题
造成带电粒子在匀强磁场中运动多解的原因很多，列举以下几种情形：
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，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．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，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示。
4．运动的周期性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。
[典例] (2015·重庆高考)如图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域。当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收，两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力。求：
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
[解析] (1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得qU＝mv02①
离子的轨道半径为R0，则R0＝kd②
由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝m③
联立①②③式得B＝。
(2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛顿第二定律得nqU＝mvn2④
qvn B＝m⑤
rn＝⑥
联立④⑤⑥式解得vn＝，B＝
当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时，
qU＝mv12⑦
qv1B＝m⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝
由于。
答案：v>
6.如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电荷量为－q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出的速度v和运动的总路程s。(重力不计)
解析：由题意知第三次经过x轴的运动如图所示。
由几何关系：L＝4R
设粒子初速度为v，则有：
qvB＝m
可得：v＝。
设粒子进入电场作减速运动到速度为0的路程为L′，加速度为a，
则有：v2＝2aL′
qE＝ma
则电场中的路程：2L′＝
粒子运动的总路程：s＝2πR＋2L′＝＋。
答案： ＋
7.(2017·辽宁五校联考)如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域，其直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场。在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
(1)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
(2)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；
(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin。
解析：(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度方向竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如图甲所示。设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系，得r1sin 30°＝3a－r1，又qv1B＝m，解得v1＝。
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝，故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α＝×360°＝60°，如图乙所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角为β＝30°，设粒子做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系得3a＝2r2sin 30°＋2acos2 30°
又qv2B＝m，解得v2＝。
(3)设粒子从C点进入圆形区域，如图丙所示，O′C与O′A的夹角为θ
，轨迹圆半径为r，由几何关系得2a＝rsin θ＋acos θ，故当θ＝60°时，半径最小为rmin＝a
又qvminB＝m，
解得vmin＝。
答案：(1) (2) (3)
8．如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0。
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小。
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝。
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝③
据题意由几何关系得3R2＝d④
联立③④式得a＝。
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑤
由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m⑥
由题意知B0＝，代入⑥式得d＝4R⑦
作半径为R＝d/4的粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有M、N两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<θ<，由题意可知：T＝⑧
设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)。
若在M点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑨
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑦⑨式
得θ＝或sin θ＝
联立⑤⑦⑧式得 TB＝
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。
若在N点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑦⑪式得
θ＝arcsin(或sin θ＝)⑫
联立⑤⑦⑧⑫式得
TB＝
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。
答案：(1) (2)
(3)TB＝或TB＝
第54课时 带电粒子在组合场中的运动(重点突破课)
[必备知识]
1．四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图：
2．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
[小题热身]
1.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2
的两导体板间的匀强电场中，带电粒子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中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )
A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
解析：选A 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cos θ
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cos θ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误。
2.(2014·海南高考)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有
qv0B＝m T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，
运动转过的角度为π，
所需时间t1为t1＝T，
求得t1＝。
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a
，电场强度大小为E，
有qE＝ma，v0＝at2，
得t2＝。
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝。
答案：(1) (2)
提能点(一) 电场与磁场的组合
考法1 先电场后磁场
[例1] 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角θ＝45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：
(1)两板间电压的最大值Um；
(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm。
[解析] (1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，
如图所示，CH＝QC＝L，故半径r1＝L，
又因为qv1B＝m
且qUm＝mv12，
所以Um＝。
(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在△AKC中，sin 45°＝，解得r2＝(－1)L，即KC＝r2＝(－1)L
所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝HK，
即s＝r1－r2＝(2－)L。
(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm＝＝。
[答案] (1) (2)(2－)L (3)
考法2 先磁场后电场
[例2] 如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出。求：
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek。
[解析] (1)轨迹如图所示。
(2)带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝m①
得R＝＝ m＝0.4 m②
(3)由动能定理得Ek＝EqL＋mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J③
[答案] (1)见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J
考法3 先后多个电磁场
[例3] 在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界MM′、NN′的宽度为d，在边界MM′左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界MM′成45°射入磁场，若粒子能垂直NN′边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板。
(1)求出粒子进入磁场时的速度大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B；
(3)求金属板间的电压U的最小值。
[解析] (1)轨迹如图所示，由运动的合成与分解可知：
v＝＝v0。
(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由运动轨迹和几何关系可知其轨道半径：R＝＝d
又qvB＝m，联立解得：B＝。
(3)设金属板间的最小电压为U，粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有：
－qU＝0－mv2解得：U＝。
[答案] (1)v0 (2) (3)
[通法归纳]
带电粒子在前后两个场中的运动性质一般不同，所以组合场问题才显得复杂。而联系这两种运动的关键物理量是速度，所以分析组合场问题的突破口就是分析两个场分界处的速度，包括其大小和方向。
[集训冲关]
(2017·南京一模)如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2 T。AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°。一个质量为m＝3.2×10－26 kg、电荷量q＝－1.6×10－19 C
的粒子经电场加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v＝1.0×105 m/s的速度从C点离开磁场。不计粒子的重力。求：
(1)加速电场的电压；
(2)粒子在磁场中运动的时间；
(3)圆形有界磁场区域的半径。
解析：(1)在加速电场中，由动能定理有：qU＝mv2，
得U＝1 000 V。
(2)粒子在磁场中运动周期：T＝，由几何关系可知粒子做圆周运动转过的角度为60°，所以粒子在磁场中运动的时间t＝T＝≈1.0×10－6 s。
(3)由洛伦兹力提供向心力得
Bqv＝m，
则粒子运动的轨道半径R＝＝0.10 m
圆形磁场的半径r＝Rtan 30°≈0.058 m。
答案：(1)1 000 V (2)1.0×10－6 s (3)0.058 m
提能点(二) 磁场与磁场的组合
[典例] (2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。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。改变粒子入射速度的大小，可以控制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。
[解析] (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r
根据题意L＝3rsin 30°＋3dcos 30°
且h＝r(1－cos 30°)
解得h＝。
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′
m＝qvB
m＝qv′B
由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°
解得Δv＝v－v′＝。
(3)设粒子经过上下方磁场共n＋1次
由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°
且m＝qvnB，
解得vn＝(1≤n＜－1，n取整数)。
[答案] (1)
(2) (3)见解析
粒子在组合磁场中运动，能够到达M、N、P点的入射速度的大小具有多解性。但题目的(1)、(2)问都有限制条件，使多解变成了唯一解。忽视了这一点，就很容易导致错误。
[集训冲关]
如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。求：
(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？
(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少？
解析：(1)设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得rcos 60°＝r－，解得r＝a。
又由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
解得最大速度为vm＝。
(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍。设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，有n×R＝8a且R≈4.62，n所能取的最小自然数为5。粒子做圆周运动的周期为T＝，粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t＝T＝。粒子到达Q点的最短时间为tmin＝5t＝。
答案：(1) (2)
1.如图所示的坐标系xOy中，x<0，y>0的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，x≥0的区域内有垂直于xOy坐标平面向外的匀强磁场，x轴上A点的坐标为(－L,0)，y轴上D点的坐标为。有一个带正电的粒子从A点以初速度vA沿y轴正方向射入匀强电场区域，经过D点进入匀强磁场区域，然后经x轴上的C点(图中未画出)运动到坐标原点O。不计重力。求：
(1)粒子在D点的速度vD是多大？
(2)C点与O点的距离xC是多大？
(3)匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度的比值是多大？
解析：(1)设粒子从A点运动到D点所用时间为t，在D点时，沿x轴正方向的速度大小为vx，则L＝vAt，vxt＝L，而vD＝，解得vD＝2vA。
(2)设粒子在D点的速度vD与y轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝，解得θ＝60°
粒子在x≥0的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
由几何关系有∠O1DO＝∠O1OD＝30°，
则△OO1C为等边三角形，DC为直径，
所以xC＝＝＝L
(或设轨道半径为R，由R＝＝L，
得xC＝2Rcos 60°＝L)。
(3)设匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子质量为m，带电荷量为q，
则qEL＝mvD2－mvA2，
而qvDB＝m，
解得＝。
答案：(1)2vA (2)L (3)
2．如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝R，圆形匀强磁场的半径为R＝10 cm，重力忽略不计。求：
(1)带电微粒经加速电场后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。
解析：(1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理得qU1＝mv12，
解得v1＝ ＝1.0×104 m/s。
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。
水平方向上有：v1＝
竖直方向上有v2＝at，a＝
由几何关系tan θ＝
联立解得：E＝2×103 V/m。
(3)设微粒进入磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×104 m/s，
由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，
则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝0.3 m
由qvB＝m，
得B＝＝0.13 T。
答案：(1)1.0×104 m/s (2)2×103 V/m (3)0.13 T
3.(2017·合肥质检)如图所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AD进入磁场，不计重力与空气阻力的影响。
(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；
(2)若要使进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；
(3)设粒子与AD板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速率反弹。磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大。求粒子在磁场中运动的最长时间。
解析：(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，则
由qU＝mv2，得v＝ 。
(2)欲求磁感应强度B
的最小值，要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，如图甲所示，设圆周半径为R，由图甲中几何关系得R＋＝L
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m
解得B＝。
(3)磁感应强度越大，粒子运动圆周半径r越小，最后一次打到AD板的点越靠近A端点，在磁场中运动时间越长，如图乙所示。当r为无穷小时，最后几乎打在A点，设经过n个半圆运动，有n＝
圆周运动周期T＝，最长的极限时间tm＝n
联立解得tm＝＝ 。
答案：(1) (2) (3)
4.(2017·洛阳统考)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离L的可能值。
解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知：R＝5a
由洛伦兹力提供向心力可知：
qvB0＝m
解得：v＝。
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：
r1＋r1cos θ＝3a
由(1)知cos θ＝
所以r1＝
根据洛伦兹力提供向心力qvB1＝m，解得：B1＝。
故当B1≥时，粒子不会从AC边界飞出。
(3)如图丙所示，当B＝3B0时，根据qvB＝m
得粒子在OF下方的运动半径为r＝a
设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP1＝4a
所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)
答案：(1) (2)B1≥
(3)L＝4na(n＝1,2,3，…)
第55课时 带电粒子在叠加场中的运动(重点突破课)
[必备知识]
1．叠加场
电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。
2．带电体在叠加场中运动的几种情况
如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。
(1)若考虑重力，且mg＝Eq，则粒子做匀速圆周运动。
(2)若不计重力，且qvB＝Eq，则粒子做匀速直线运动。
(3)若不计重力，且qvB≠Eq，则粒子做变加速曲线运动。
[小题热身]
1.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
解析：选A 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，选项A正确。
2．如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入场中，射出时粒子的动能减小了。为了使粒子射出时比射入时的动能大，在不计重力的情况下，可以采取的办法是( )
A．增加粒子射入时的速度
B．增加磁场的磁感应强度
C．增加电场的电场强度
D．改变粒子的带电性质，不改变所带的电量
解析：选C 由题意可知带电粒子带正电，且洛伦兹力大于电场力，电场力做负功，为使带电粒子动能增加，应该使粒子向下偏转，减小洛伦兹力或增大电场力，选项A、B错误，C正确；若只改变粒子电性，粒子所受电场力和洛伦兹力方向都变得与原来相反，大小关系不变，向下偏转，电场力依然做负功，动能减小，D项错误。
提能点(一) 电场与磁场叠加
考法1 带电粒子在叠加场中做直线运动
[例1] 一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是( )
A．沿y轴正方向，大小为
B．沿y轴负方向，大小为Bv
C．沿y轴正方向，大小为
D．沿y轴负方向，大小为
[解析] 要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝Bqv，即E＝Bv。
[答案] B
考法2 带电粒子在叠加场中偏转
[例2] 如图所示，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′＞Ek
C．Ek′＜Ek D．条件不足，难以确定
[解析] 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，在复合场内，由Bqv＝qE，得v＝；同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场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。
[答案] B
[通法归纳]
(1)带电粒子在电场和磁场叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定是平衡力，因此常用二力平衡方法解题。
(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转，是电场力和洛伦兹力不平衡造成的。这时电场力做功，洛伦兹力不做功，因此常根据电场力做功的正、负判断动能的变化。
[集训冲关]
1.(多选)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域(不计重力)。下列说法正确的是( )
A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子也沿直线运动
B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转
C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转
D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子也沿直线运动
解析：选BD 若电子从右向左飞入，静电力向上，洛伦兹力也向上，所以电子向上偏转，选项B正确，A、C错误；若电子从左向右飞入，静电力向上，洛伦兹力向下。由题意，对正电荷有qE＝Bqv，会发现q被约去，说明等号的成立与q无关，包括q的大小和正负，所以一旦满足了E＝Bv，对任意不计重力的带电粒子都有静电力大小等于洛伦兹力大小，显然对于电子两者也相等，所以电子从左向右飞入时，将做匀速直线运动，选项D正确。
2.(2016·济宁三模)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与＋y方向成30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计。求：
(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；
(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点的速度大小。
解析：(1)粒子运动规律如图所示。
粒子运动的圆心在O点，轨迹半径r1＝a
由牛顿第二定律得：qv1B＝m
解得：v1＝
(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，粒子运动的时间最长，
此时轨道对应的圆心角α＝150°
粒子在磁场中运动的周期：T＝
粒子的运动时间：t＝T＝×＝
(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，
由几何知识得：R－Rcos θ＝(－1)a
Rsin θ＝a
解得：θ＝45°
R＝a
此粒子进入磁场的速度v0，v0＝＝
设粒子到达y轴上速度为v，
根据动能定理得：qEb＝mv2－mv02
解得：v＝
答案：(1)
(2)，粒子初速度与y轴正方向夹角为30°
(3)
提能点(二) 电场、磁场与重力场叠加
考法1 带电粒子在叠加场中做圆周运动
[例1] 一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：
(1)该带电微粒的电性；
(2)该带电微粒的旋转方向；
(3)若已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则线速度为多少。
[解析] (1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷。
(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)。
(3)由微粒做匀速圆周运动，可知电场力和重力大小相等，得mg＝qE①
带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝②
①②联立得：v＝。
[答案] (1)负电荷 (2)逆时针 (3)
(1)带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。
(2)洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。
考法2 带电体在叠加场中做复杂曲线运动
[例2] (2015·福建高考)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足
qvB＋FN＝qE①
小滑块在C点离开MN时
FN＝0②
解得vC＝。③
(2)由动能定理得
mgh－Wf＝mvC2－0④
解得Wf＝mgh－。⑤
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，
g′＝ ⑥
且vP2＝vD2＋g′2t2⑦
解得vP＝ ⑧
[答案] (1) (2)mgh－
(3)
带电体在电场、磁场和重力场三种叠加场中做一般的曲线运动，需要用功能关系分析问题。洛伦兹力不做功，质点动能的变化是电场力、重力做功的结果。
[集训冲关]
1.(多选)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法中正确的是( )
A．微粒一定带负电
B．微粒的动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加
D．微粒的机械能一定增加
解析：选AD 微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零)。若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故选项A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增大，故选项C错误，D正确。
2.(2017·泰州一模)在竖直面内建立直角坐标系，曲线y＝位于第一象限的部分如图，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m，带电量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B＝ T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上(已知重力加速度g＝10 m/s2，＝102 C/kg)。求：
(1)第三象限的电场强度大小及方向；
(2)沿水平方向抛出小球的初速度v0；
(3)为了使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积。
解析：(1)小球在第三象限做匀速圆周运动，
则：mg＝qE，即E＝，
解得：E＝0.1 N/C，方向竖直向上。
(2)设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛规律可知
x＝v0t，y＝gt2，
由以上两式可得y＝x2
又由题意可知：y＝
联立可得：v0＝10 m/s。
(3)设小球在进入第三象限时合速度为v，与x轴负半轴夹角为α。则有v0＝vcos α，洛伦兹力提供向心力：qvB＝，r＝，
打在y轴负方向上的点与原点距离为：
H＝2rcos α＝。
可见所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限，最小磁场区域为半径R＝的半圆，
其面积为Smin＝＝π2
解得：Smin＝0.5 m2。
答案：(1)0.1 N/C，方向竖直向上 (2)10 m/s (3)0.5 m2
一、选择题
1.(多选)在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子穿过此区域时未发生偏转。设重力可忽略不计。则在该区域中的E和B的方向可能是( )
A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同
B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反
C．E竖直向上，B垂直纸面向外
D．E竖直向上，B垂直纸面向里
解析：选ABC 分析不计重力时，电子进入该区域后仅受电场力和洛伦兹力作用。由于电子穿过该区域时不发生偏转，所以电场力和洛伦兹力的合力等于零或合力方向与电子运动方向在同一直线上，当E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同时，洛伦兹力为零，电子仅受与其运动方向相反的电场力作用，将做匀减速直线运动穿过该区域；当E和B
都沿水平方向，并与电子运动的方向相反时，洛伦兹力等于零，电子仅受与其运动方向相同的电场力作用，将做匀加速直线运动穿过该区域；当E竖直向上、B垂直纸面向外时，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，若qE＝qvB，电子将做匀速直线运动穿过该区域；当E竖直向上，B垂直纸面向里时，电场力和洛伦兹力都竖直向下，电子不可能在该区域中做直线运动。故选A、B、C。
2．(多选)如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )
A．小球的重力势能可能会减小
B．小球的机械能可能不变
C．小球的电势能一定会减少
D．小球动能可能减小
解析：选AC 若小球带正电，则小球从a点滑下时qvB＝qE＋mg，再从b点滑下，v减小，小球向下偏转，小球重力势能、电势能减小，动能增加，机械能增加。若小球带负电，则小球从a点滑下时qE＝qvB＋mg，再从b点滑下，v减小，粒子向上偏，则小球重力势能增加，电势能减小，动能增加，机械能增加，故选项A、C正确。
3.如图所示，一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是( )
A．从a到b，小球可能做匀速直线运动
B．从a到b，小球可能做匀加速直线运动
C．从a到b，小球动能可能不变
D．从a到b，小球机械能可能不变
解析：选C 带电小球的初速度是水平的，从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误。从以上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，故B错误。当小球的重力和电场力平衡时，小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，小球的动能不变，故C正确。从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒，故D错误。
4.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，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M滑下到最右端，则下列说法中正确的是( )
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块从M点到最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
解析：选D 由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，选项A错误；由a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B错误；由左手定则，滑块经最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，选项C错误；由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度均不变，选项D正确。
二、计算题
5.(2016·北京高考)如图所示，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。
(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。
解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
匀速圆周运动的周期T＝＝。
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB
电场强度的大小E＝vB。
答案：(1) (2)vB
6.如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里。(g＝10 m/s2)求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力。
解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F＝qvB，方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgR－qER＝mvC2
得vC＝ ＝2 m/s，方向水平向左。
(2)根据洛伦兹力公式得：F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下。
答案：(1)2 m/s，方向水平向左 (2)0.1 N，方向竖直向下
7.(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得
v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝③
代入数据解得
tan θ＝
θ＝60°。④
(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，
又tan θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。⑨
法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2 s≈3.5 s。⑦
答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
8.如图所示，虚线MN左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)和垂直纸面的匀强磁强B′(未知)。一质量为m、电荷量为q的点电荷，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g，静电力常量为k。
(1)判断电荷q的电性并求出MN左侧匀强电场的场强E1；
(2)求B′的大小和方向，右侧匀强电场E2大小和方向；
(3)求出电荷穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小和方向。
解析：(1)点电荷在MN左侧区匀速运动，受力如图所示，根据左手定则可知，q一定带正电。
由根据平衡条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE1
解得：E1＝tan θ。
(2)点电荷在右侧区域内做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，
由E2q＝mg，得E2＝，E2方向竖直向上。
根据左手定则可知B′方向垂直纸面向外，B′大小满足qvB′＝m，解之得B′＝。
(3)电荷进入左侧场区时，速度大小不变但方向变为沿左向上的方向，且与水平方向的夹角为θ，电荷受力及夹角关系如图所示。在水平方向上：qE1－qvBsin θ＝ma1，解得a1＝0。在竖直方向上：qvBcos θ＋mg＝ma2，解得a2＝2g。故a的大小为2g，方向竖直向下。
答案：(1)正电 tan θ
(2)B′＝，垂直纸面向外 E2＝，竖直向上
(3)2g，竖直向下
第56课时 磁场应用实例(题型研究课)
[命题者说] 高考对电磁场在现代科技中的应用问题考查频率越来越大，本课时即从组合场和叠加场两个角度，来深入分析电磁场的一些应用实例。
一、组合场应用实例(回旋加速器和质谱仪)
[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：交流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＝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r决定，与加速电压无关。
[例1] (多选)(2017·扬州期末)回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是( )
A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大
B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短
C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
[解析] 当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝m，得vm＝，那么质子获得的最大动能Ekm＝，则最大动能与交流电压U无关，故A错误。根据T＝
，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确。根据T＝，若磁感应强度B增大，那么T会减小，只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故C正确。带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故D错误，故选B、C。
[答案] BC
[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构成。
(2)原理：粒子在加速电场中由静止被加速，根据动能定理：qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝。
[例2] (2016·全国乙卷)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．11 B．12
C．121 D．144
[解析] 带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。
[答案] D
[通法归纳]
(1)回旋加速器解题时要注意两点：一是加速电压是交变电压，其周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。二是粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒最大半径R决定，而与加速电压无关。
(2)质谱仪是根据带电粒子在磁场中偏转量的差异来区分不同粒子的仪器。解题时要关注粒子开始什么量相同，什么量不同，最后造成偏转量不同的原因是什么，从而达到区分不同粒子的目的。
[集训冲关]
1.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是( )
A．增加交流电的电压
B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向
D．增大加速器半径
解析：选BD 当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由qvB＝m，得v＝。若D形盒的半径为R，则R＝r时，带电粒子的最终动能Ekm＝mv2＝。所以要提高加速粒子射出的动能，应尽可能增大磁感应强度B和加速器的半径R。
2．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断( )
A．若离子束是同位素，则x越小，离子质量越大
B．若离子束是同位素，则x越小，离子质量越小
C．只要x相同，则离子质量一定相同
D．x越大，则离子的比荷一定越大
解析：选B 由qU＝mv2①
qvB＝②
解得r＝ ，又x＝2r，分析各选项可知只有B正确。
二、叠加场应用实例(速度选择器等)
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝Bdv0
电磁流量计
q＝qvB，所以v＝，
所以Q＝vS＝
霍尔元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
[典例] 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负
B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正
D．2.7 m/s，a负、b正
[解析] 血液中的粒子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给粒子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝≈1.3 m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极，故选A。
[答案] A
速度选择器、磁流体发电机等原理基本相同。解题时：一是要应用洛伦兹力确定粒子偏转方向；二是要应用电场力和洛伦兹力的平衡。判断洛伦兹力方向时一定要注意区分正、负粒子。
[集训冲关]
1.如图所示是磁流体发电机原理示意图。A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里。等离子束从左向右进入板间。下述说法正确的是( )
A．A板电势高于B板，负载R中电流向上
B．B板电势高于A板，负载R中电流向上
C．A板电势高于B板，负载R中电流向下
D．B板电势高于A板，负载R中电流向下
解析：选C 等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B板偏。这样正离子聚集在A板，而负离子聚集在B板，A板电势高于B板，电流方向从A→R→B。
2．(多选)三个带相同正电荷的粒子a、b、c(不计重力)，以相同的动能沿平行板电容器中心线同时射入相互垂直的电磁场中，其轨迹如图所示，由此可以断定( )
A．三个粒子中，质量最大的是c，质量最小的是a
B．三个粒子中，质量最大的是a，质量最小的是c
C．三个粒子中，动能增加的是c，动能减少的是a
D．三个粒子中，动能增加的是a，动能减少的是c
解析：选AC 本题考查同一电、磁叠加场中不同带电粒子的偏转问题。因为b粒子没有偏转，可知b粒子受到的电场力和磁场力是一对平衡力。根据粒子电性和磁场方向，可以判断电场力方向向下，洛伦兹力方向向上。对于a粒子，qvaB>Eq；对于c粒子，qvcBvb>vc，故ma
查看更多
