【物理】2018届一轮复习人教版第9章磁场学案
第1节 磁场的描述、磁场对电流的作用
一、磁场、磁感应强度
1．磁场
(1)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)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．
(2)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)．
(3)方向：小磁针静止时N极的指向．
(4)单位：特斯拉，符号T.
二、磁感线及几种常见的磁场分布
1．磁感线
在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．
2．几种常见的磁场
(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
(2)几种电流周围的磁场分布
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
立体图
横截面图
纵截面图
(3)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磁感线的疏密程度表示磁场强弱．
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，从S极指向N极．
④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．
三、安培力的大小和方向
1．大小
(1)F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角)
(2)磁场和电流垂直时F＝BIL.
(3)磁场和电流平行时F＝0.
2．方向
(1)用左手定则判定：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)
[自我诊断]
1．判断正误
(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．(√)
(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)
(3)由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(×)
(4)磁感线是真实存在的．(×)
(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(×)
(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√)
2．(多选)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.指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误．
3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )
A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb
B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb
C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
解析：选B.在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故Ba＜Bb，A错误，B正确．同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为0，故C、D均错误．
4．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，安培力的大小一定变为原来的一半
解析：选B.根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B正确．由安培力公式F＝BILsin θ(θ为B与I的夹角)可知，C错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的，安培力大小也变为原来的，D错误．
考点一 磁场的理解及安培定则
1．磁感应强度的三点理解
(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝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须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，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．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.
原因(电流方向)
结果(磁场绕向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
3．磁场的叠加
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．
1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是( )
A．可能东西放置，通有由东向西的电流
B．可能东西放置，通有由西向东的电流
C．可能南北放置，通有由北向南的电流
D．可能南北放置，通有由南向北的电流
解析：
选C.若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转，故选项B错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故选项C正确．若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D错误．
2．(2017·河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝(式中k为常数)．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L.下列说法正确的是( )
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1
D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1
解析：选AD.根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B＝，电流为3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而电流为I导线在b处的磁感应强度方向向上，因电流为3I导线在b处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误．
两导线在a处的磁感应强度大小B1＝＋＝k；两导线在b处的磁感应强度大小B2＝－＝，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C错误，D正确．
3．(2017·江西南昌调研)如图所示，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，∠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点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )
A.∶1 B．∶2
C．1∶1 D．1∶2
解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则，可知：二者在圆心O处产生的磁感应强度都为B1/2；当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得＝＝cos 30°＝，故选项B正确．
4．(2017·湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是( )
解析：选A.由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．
磁感应强度叠加三步骤
空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：
(1)确定场源，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．如图中M、N在c点产生的磁场．
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.
考点二 安培力作用下的平衡与加速问题
1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路
(1)确定要研究的导体．
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析．
(3)分析导体的运动情况．
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解．
2．受力分析的注意事项
(1)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．
(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度．
(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．
考向1：安培力作用下静态平衡问题
通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．
[典例1] (2016·广东广州三模)(多选)如图所示，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( )
A．z正向，tan θ
B．y正向，
C．z负向，tan θ
D．沿悬线向上，sin θ
解析
本题要注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＝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FTsin θ＝ILB，FTcos θ＝mg，即B＝，导线可以平衡，C正确．若B沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D错误．
答案 BC
考向2：安培力作用下动态平衡问题
此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景．
[典例2] (2017·陕西西安模拟)如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x时，棒处于静止状态．则( )
A．导体棒中的电流方向从b流向a
B．导体棒中的电流大小为
C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大
D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
解析
由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误；由于弹簧伸长为x，根据胡克定律有kx＝BIL，可得I＝，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x变小，故C、D错误．
答案 B
考向3：安培力作用下加速问题
此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．
[典例3] 如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a＝3 m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g＝10 m/s2)
解析 导体棒所受的最大静摩擦力大小为
fm＝0.5mg＝1 N
M的重力为G＝Mg＝3 N
要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b.
根据受力分析，由牛顿第二定律有
F安－G－fm＝(m＋M)a
F安＝BIL
联立得I＝2.75 A
答案 2.75 A 方向由a→b
安培力作用下导体的分析技巧
(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．
(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．
考点三 磁场中导体运动方向的判断
1．判定通电导体运动或运动趋势的思路
2．几种判定方法
电流元法
分割为电流元安培力方向―→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
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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
转换研究对象法
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
1. 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，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将( )
A．不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．在纸面内平动
解析：选B.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无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，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．
2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时( )
A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小
B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小
C．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大
D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大
解析：
选C.假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，C正确．
判断磁场中导体运动趋势的两点注意
(1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为：F一定与B垂直，I不一定与B垂直．
(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．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.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确．
2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为( )
A．平行于AB，由A指向B
B．平行于BC，由B指向C
C．平行于CA，由C指向A
D．由O指向C
解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确．
3．如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )
A．BIL，平行于OC向左
B.，垂直于AC的连线指向左下方
C.，平行于OC向右
D．2BIL，垂直于AC的连线指向左下方
解析：选B.直导线折成半径为R的圆弧形状，在磁场中的有效长度为R，又因为L＝×2πR，则安培力F＝BI·R＝.安培力的方向与有效长度的直线AC垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方，B正确．
4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd边与ad边夹角均为60°，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E、内阻r＝R0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架abcd受到的安培力的大小为( )
A．0 B．
C. D.
解析：选C.并联部分的总电阻为R并＝＝R0，电路中的总电流I＝，所以线框受到的合外力F＝BI·2L＝，C正确．
5．如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将( )
A．A端向上，B端向下，悬线张力不变
B．A端向下，B端向上，悬线张力不变
C．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小
D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大
解析：选D.当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确．
6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d＝2 m、长L＝100 m、电流I＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )
A．B＝18 T，Pm＝1.08×108 W
B．B＝0.6 T，Pm＝7.2×104 W
C．B＝0.6 T，Pm＝3.6×106 W
D．B＝18 T，Pm＝2.16×106 W
解析：
选D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝mv，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106 W，故选项D正确．
[综合应用题组]
7．质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( )
A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝
B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝
C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝
D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝
解析：选C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F＝mgtan 60°，又安培力为F＝BIL，联立可解得I＝，故选项C正确．
8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab
垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )
A.(x1＋x2) B.(x2－x1)
C.(x2＋x1) D.(x2－x1)
解析：选D.由平衡条件可得mgsin α＝kx1＋BIL；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsin α＋BIL＝kx2，联立解得B＝(x2－x1)．选项D正确．
9．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )
A．此过程中磁感应强度B逐渐增大
B．此过程中磁感应强度B先减小后增大
C．此过程中磁感应强度B的最小值为
D．此过程中磁感应强度B的最大值为
解析：选AC. 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B
的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A对、B错；刚开始安培力F最小，有sin α＝，所以此过程中磁感应强度B的最小值为，C对；最后安培力最大，有F＝mg，即此过程中磁感应强度B的最大值为，D错．
10．如图所示，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均为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.重力加速度的大小取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：金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝ A＝6 A
导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06 N.
开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下
由平衡条件知：开关闭合前：
2kx＝mg
开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F
代入数值解得m＝0.01 kg.
答案：方向竖直向下 0.01 kg
11．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．
(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．
解析：(1)由于磁场方向竖直向下，要使金属棒的运动如图所示，则金属棒中电流由里向外，滑动变阻器用限流接法，实物图连接如图所示．
(2)为使金属棒离开时速度较大，由动能定理知BILx＝mv2，v＝ ，适当增大两导轨间的距离，可以增大v，适当增大金属棒的电流可以增大v，换一根更长的金属棒，增大了质量，v变小，因此A、C正确．
答案：(1)图见解析 (2)AC
12．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r，式中常量k>0，I
为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0.
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3.
解析：(1)由题意知，当MN通以电流I1时，线圈受到的安培力向上，根据左手定则、安培定则可以判断I1的方向向左，当MN通以电流I2时，线圈受到的安培力应向下，同理，可以判断I2的方向向右．
(2)当MN中的电流为I时，线圈受到的安培力大小为
F＝kIiL
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈中的电流，L为ab、cd的长度．
所以＝
(3)设MN中电流为I3时，线圈所受安培力为F3，由题设条件有2T0＝mg,2T1＋F1＝mg，F3＋mg＝ma，＝，由以上各式得I3＝I1
答案：(1)I1方向向左，I2方向向右 (2)＝
(3)I1
第2节 磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．
2．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.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．
由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功．
二、带电粒子在磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
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．
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＝＝.
f＝＝.
ω＝＝2πf＝.
三、洛伦兹力的应用实例
1．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：交变电流的周期和粒子
做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．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．
2．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组成．
(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理qU＝mv2可知进入磁场的速度v＝.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，qvB＝.由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直．(√)
(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．(√)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动．(√)
(4)洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功．(×)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关．(√)
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比．(×)
(7)经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由D形盒的最大半径决定，与加速电压无关．(√)
(8)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子．(×)
2．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将( )
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸外偏转
D．向纸里偏转
解析：选A.由安培定则知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确．
3．如图，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( )
A．2 B．
C．1 D.
解析：选D.根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，粒子的动能Ek＝mv2，由此得磁感应强度B1＝，结合题意知动能和半径都减小为原来的一半，则磁感应强度B2＝，故＝，故D正确．
4．(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，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( )
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判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.电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨迹半径R＝知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误；由R＝＝知D错误；因为质子和正电子的速度未知，半径关系不确定，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．
考点一 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．
(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)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(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
1．下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
解析：选B.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错．因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB
知大小也不变，所以B选项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D选项错．
2．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为对应点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿MN连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：选BD.由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里， 离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线MN运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bqv为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确、A错误．
3．(2017·河南开封四校二联)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，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿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．微粒的机械能不变
解析：选A.对该微粒进行受力分析得：它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，所以B项错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以微粒受到的力不会平衡，故该微粒一定带负电，A项正确；该微粒带负电，向左上方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该微粒的机械能增加，D项错误．
理解洛伦兹力的四点注意
(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．
(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F⊥B、F⊥v的特点．
(3)计算洛伦兹力大小时，公式F＝qvB中，v是电荷与磁场的相对速度．
(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．
考点二 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圆心、半径及时间的确定方法．
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可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，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
(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θ时，其运动时间表示为： t＝T(或t＝)．
2．重要推论
(1)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(2)当速率v变化时，圆心角大的运动时间长．
考向1：圆形磁场区域
(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决．
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．
[典例1] (2017·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，以O为圆心、MN
为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO与bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是( )
A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tc
C．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc
解析 粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t＝T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子的运动半径为r，圆形区域半径为R，当粒子a恰好从M点射出磁场时，r＝R，当粒子b恰好从M点射出磁场时，r＝R，如图甲所示，ta＜tb＝tc.当r>R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，tc>tb>ta；当r≤R，轨迹如图乙所示，ta＝tb＝tc.同理，R
0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A. B．
C. D.
解析：选B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确．
4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′
孔打在MN板上的P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比b极板高
C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关
D．带电粒子的比值越大，PS′间距离越大
解析：选B.粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝，到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，则＝，知比荷越大，r越小，PS′间距离越小，故D错误．
5．如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )
A．所有的电子都向x轴下方偏转
B．所有的电子都做类平抛运动
C．所有的电子在磁场中运动时速度不变
D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同
解析：选A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x
轴下方偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t＝＝都相同，它们运动的时间都相同，D错误．
6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间t甲∶t乙的值分别为( )
A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
解析：选B.带电粒子在电场中加速有qU＝mv2，带电粒子在磁场中偏转有qvB＝m，联立解得v＝，即v∝，故＝＝；甲粒子在磁场中偏转用时t甲＝，乙粒子在磁场中偏转用时t乙＝可得，＝＝.由以上分析计算可知选项B正确．
[综合应用题组]
7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A正确，D错误．由动能定理得nqU＝mv2，又qBv＝m，可得R＝ ，R与加速次数不成正比，故B错误．最大动能为Ek＝，R0为D形盒半径，可知C错误．
8．(多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
C．A、B两粒子之比是
D．A、B两粒子之比是
解析：选BD.由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝m，得r＝.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60°＋rB＝d，对粒子A：rAcos 30°＋rA＝d，联立解得＝，所以A错误，B正确．再根据r＝，可得A、B两粒子之比是，故C错误，D正确．
9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”
形图线．则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为PENCMDP
B．电子运行一周回到P用时为T＝
C．B1＝2B2
D．B1＝4B2
解析：选C.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝＋，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝可知，B1＝2B2，故C正确，D错误．
10．(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场．已知该带电粒子的比荷＝，其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是( )
A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d
C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为d
D．该带电粒子在磁场中运动的时间为
解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得R＝，又因为带电粒子的比荷＝，则有R＝2d，故B正确．由几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s＝R(1－cos 30°)＝2d×＝(2－)d，故C错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为θ＝，所以粒子在磁场中运动的时间t＝×＝，故D正确．
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，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＝mv2
代入数据得：v＝20 m/s
(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB＝得R＝
代入数据得：R＝0.50 m
而＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知：
OQ＝R＋Rsin 53°
故OQ＝0.90 m
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP＞R′＋R′cos 53°①
R′＝②
由①②并代入数据得：
B′＞ T＝5.33 T(取“≥”照样给分)
答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T
12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？
解析：(1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d
由Bqv＝m得v＝
所以运动时间为t＝＝.
(2)在区域Ⅱ内由动能定理得
qEd＝mv－mv2
由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d
由2Bqv1＝m得v1＝
联立解得E＝.
(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．
由Bqv＝m得R＝2d
所以OC＝＝d
粒子出射点距A点的距离为s＝r＋R－OC＝(3－)d.
答案：(1) (2) (3)(3－)d
第3节 微专题3 匀强磁场中的临界、极值和多解问题
考点一 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题
临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的转折作用．由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，常常出现临界和极值问题．
1．临界问题的分析思路
临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．
临界问题的一般解题模式：
(1)找出临界状态及临界条件；
(2)总结临界点的规律；
(3)解出临界量；
(4)分析临界量列出公式．
2．极值问题的分析思路
所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种：一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论；二是借助于几何图形进行直观分析．
1．(2016·高考全国丙卷)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．
2．(多选)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任意值．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板的夹角为θ＝30°，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，则( )
A．两板间电压的最大值Um＝
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝
D．能打在N板上的粒子的最大动能为
解析：选BCD.M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH＝QC＝L，故半径R1＝L，又因Bqv1＝m，qUm＝mv，可得Um＝，所以A错误．
设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中sin 30°＝＝，可得R2＝，CK长为R2＝L，则CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，x＝HK＝L－CK＝L，故B正确．打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T＝，所以tm＝，C正确．能打到N板上的粒子的临界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，rm＝R2＝，可得vm＝，动能Ekm＝，故D正确．
3．如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？
(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的距离大小？
解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R1，运动速度为v0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R1＋R1cos 30°＝d
又qv0B＝
解得v0＝＝
所以粒子能从左边界射出时的最大速度为
vm＝v0＝
(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示．
由几何关系知R2＝
由洛伦兹力提供向心力得Bqv2＝m
由动能定理得－qU＝0－mv
解得U＝＝
所加电压满足的条件U≥.
粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而T＝
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间
t＝2×＝
(3)当粒子速度是(2)中的倍时，解得R3＝2d
由几何关系可得粒子能打到CD边界的范围如图丙所示．
粒子打到CD边界的距离
l＝2×2dcos 30°＝2d
答案：(1) (2)U≥ (3)2d
考点二 带电粒子在磁场中运动的多解问题
1．多解形成原因一般包含下述几个方面
(1)带电粒子电性不确定形成多解；(2)磁场方向不确定形成多解；(3)临界状态不唯一形成多解；(4)运动的往复性形成多解．
2．带电粒子在磁场中运动的多解模型
类型
分析
图例
带电粒子电性不确定
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，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解
如图，带电粒子以速度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
磁场方向不确定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解
如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一
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，它可能穿过磁场，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，往往具有周期性，因而形成多解
1．(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电，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，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度v满足＜v＜
解析：选AB.若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝2＋l2，又因r1＝
eq f(mv1,Bq)，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确．
2．如图所示，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，求粒子入射速率v的最大值可能是多少．
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′相切的圆弧，轨道半径：R＝又d＝R－
解得v＝.
若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则有：R′＝
d＝R′＋，解得v′＝.
答案：(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
3．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有一匀强电场，电场强度为E.屏MN与y轴平行且相距L.一质量m，电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：
(1)电子释放位置与原点O的距离s需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
解析：(1)在电场中，电子从A→O，动能增加eEs＝mv
在磁场中，电子偏转，半径为
r＝
据题意，有(2n＋1)r＝L
所以s＝(n＝0,1,2,3，…)
(2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间t＝(2n＋1)＋＋n，其中a＝，T＝.
整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)
答案：(1)s＝(n＝0,1,2,3，…)
(2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．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 cm，则( )
A．右边界：－8 cm8 cm有粒子射出
D．左边界：0R(R＝4.55 cm)，故选项D正确、选项C错误．
4．(多选)如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一定范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，不计重力，现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场．则( )
A．从b点飞出的带电粒子的速度最大
B．从d点飞出的带电粒子的速度最大
C．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长
D．从b点飞出的带电粒子的运动时间最短
解析：选ACD.粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示．图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb>rd，到达d点转过的圆心角比到达b
点的圆心角大．根据r＝可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，A正确，B错误．周期T＝，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时间最短，C、D正确．
5．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
解析：选A.由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转．若v一定，θ越大，粒子在磁场中运动的偏转角越小，则运动的时间越短，选项A正确．若v一定，θ＝90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误．若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，选项C、D错误．
6．(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为的负离子以相同速率v0(较大)由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)( )
A．离子飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
解析：选BC.射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为洛伦兹力对离子不做功，故这些离子从射入到射出动能不变，故飞出磁场时的动能可能不等，A错误．离子在磁场中偏转的半径为r＝，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B正确．各离子在磁场中做圆周运动的周期T＝也相等，根据几何知识，在半径相同的圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C正确．沿PQ方向射入的离子不可能从Q点射出，故偏转角不是最大，D错误．
[综合应用题组]
7．如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：
(1)离子从N板小孔射出时的速率；
(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；
(3)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围．
解析：(1)设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得qU＝mv2，解得
v＝ .
(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，
运动周期T＝，联立解得T＝.
(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示．
由几何关系得R＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得R0＝4r.
需满足的条件为R≤R0，又qvB＝m，qU＝mv2.联立解得U≤.
答案：(1) (2) (3)U≤
8．如图所示，M、N、P为很长的平行边界面，M、N与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B1≠B2，有一带正电粒子的电荷量为q，质量为m，以某一初速度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域．不计粒子的重力．求：
(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，粒子的初速度v0至少应为多少？
(2)若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v1＝，则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间t1是多少？
(3)粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域．
解析：(1)设粒子的初速度为v0时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿M边界，所以半径为r＝l1，由B1qv0＝m，解得v0＝.
(2)粒子在磁场Ⅰ中运动，则有B1qv1＝m，
解得r1＝2l1.
设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动(轨迹如图甲)对应的圆心角为α，则有sin α＝＝，所以α＝.
所以第一次穿过Ⅰ磁场所用时间为
t1＝T＝×＝.
(3)设粒子速度为v时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图乙所示．
由Bqv＝m可得R1＝，R2＝.
由图得sin θ＝＝.
粒子在磁场Ⅱ中运动有R2－R2sin θ＝l2，
解得v＝.
答案：(1) (2) (3)
9．如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy，沿y轴放置一平面荧光屏，在y＞0,0＜x＜0.5 m的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝0.5 T．在原点O
放一个开有小孔的粒子源，粒子源能同时放出比荷为＝4.0×106 C/kg的不同速率的正离子束，沿与x轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在0到最大值vm＝2.0×106 m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力．
(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间；
(2)求离子打到荧光屏上的范围；
(3)实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过×10－7 s时这些离子可能出现的区域面积是多大？
解析：(1)离子在磁场中运动的周期为：
T＝＝π×10－6 s
由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等
α＝
离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间
t＝T＝×10－6 s
(2)由qvB＝，r＝，
则rm＝＝1 m
离子在磁场中运动最大轨道半径rm＝1 m
由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA1长度为：y＝2rmcos 30°＝ m
即离子打到荧光屏上的范围为：
y＝0到y＝ m
(3)经过时间t＝×10－7 s离子转过的圆心角
φ＝t＝
与x轴成60°方向入射的离子，在t＝×10－7 s刚好打在y轴上，与x轴成30°方向入射的离子，在t＝×10－7 s都到达线段OC1，所以在t＝0时刻与x轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t＝×10－7s时刻全部出现在以O为圆心的扇形OA2C1范围内，如图，则离子可能出现的区域面积：S＝＝ m2＝0.26 m2
答案：(1)×10－6s (2)y＝0到y＝ m (3)0.26 m2
10．如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速度为v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
(3)若粒子以速度v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．
解析：(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0＝m
r＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则
t＝＝
(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图乙所示，
由几何关系可知∠PO2O＝∠OO2J＝30°，所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°.v⊥＝vsin 60°＝v0
(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R.设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图丙所示．
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO3为菱形
由图可知：PO∥O3S，v0′⊥SO3，
故v0′⊥PO
因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．
答案：(1) (2)v0 (3)见解析
第4节 带电粒子在复合场中的运动
一、复合场与组合场
1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．
二、带电粒子在复合场中的运动分类
1．静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．
2．匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．非匀变速曲线运动
当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是拋物线．
4．分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)带电粒子在复合场中的运动一定要考虑重力．(×)
(2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态．(×)
(3)带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动．(×)
(4)带电粒子在复合场中做匀变速直线运动时，一定不受洛伦兹力作用．(√)
(5)带电粒子在复合场中做圆周运动时，一定是重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．(√)
(6)带电粒子在复合场中运动涉及功能关系时，洛伦兹力可能做功．(×)
2．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是( )
解析：选CD.A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误．C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确．D图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故D正确．
3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如右图所示，则两油滴一定相同的是( )
A．带电性质 B．运动周期
C．运动半径 D．运动速率
解析：选AB.油滴受重力、电场力、洛伦兹力做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点知，得mg＝qE，结合电场方向知油滴一定带负电且两油滴比荷＝相等．洛伦兹力提供向心力，有周期T＝，所以两油滴周期相等，故选A、B.由r＝知，速度v越大，半径则越大，故不选C、D.
4．(2017·湖北襄阳调研)如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0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，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而增大，d与v0无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
解析：选A.设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝.而MN之间的距离为d＝2rcos θ.联立解得d＝2，故选项A正确．
考点一 带电粒子在组合场中的运动
1．是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重力．
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类似平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝·t，
y＝··t2
偏转角φ：
tan φ＝＝
半径：r＝
周期：T＝
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
考向1：先电场后磁场
对于粒子从电场进入磁场的运动，常见的有两种情况：
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图甲、乙所示)
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．
[典例1] (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析 两离子质量相等，所带电荷量之比为1∶3，在电场中运动时，由牛顿第二定律得q＝ma，则加速度之比为1∶3，A错误．在电场中仅受电场力作用，由动能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁场中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力永不做功，动能之比为1∶3，D正确．由磁场中洛伦兹力提供向心力知qvB＝m，得r＝＝ ，半径之比为∶1，B正确．设磁场区域的宽度为d，则有sin θ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，可知C正确．
答案 BCD
[典例2] 如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量与电荷量之比为＝4×10－10 kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计重力．求：
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要求粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．
解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，沿电场方向：qE＝ma
sOA＝at2
垂直电场方向：y＝v0t
联立解得
a＝1.0×1015 m/s2；t＝2.0×10－8 s；y＝0.4 m
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为：
v＝＝2×107 m/s
与y轴正方向的夹角为θ，则θ＝arctan＝45°
要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系得：
R＋R≤y
在磁场中由牛顿第二定律得qvB＝m
联立解得B≥(2＋2)×10－2T
答案 (1)0.4 m (2)B≥(2＋2)×10－2T
考向2：先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图甲、乙所示)
[典例3] 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)的粒子以速度v0从y轴上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＝①
T＝②
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＝T③
联立①②③式得
t1＝④
(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＝ma⑤
v0＝at2⑥
联立⑤⑥式得
t2＝⑦
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0⑧
联立⑦⑧式得，电场强度的最大值为
E＝⑨
答案 (1) (2)
[典例4] 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能．
解析 (1)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r满足：d＝r＋rcos 60°，解得r＝d.
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0B＝m，T＝＝.
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为
t1＝T＝.
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为
t2＝＝.
离子从D处运动到G处的总时间为
t＝t1＋t2＝.
(3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝at.
根据动能定理得qEd＝EkG－mv，
解得EkG＝.
答案 (1)d (2) (3)
带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
1. (多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B．若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动
C．若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动
D．两小球在运动过程中机械能均保持不变
解析：选AB.沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故A、B正确，C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误．
2．(2017·安徽淮北模拟)如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.
(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.
解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE＝mg，解得E＝.
(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示，
由几何知识可知，小球的轨道半径R＝d，
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得
mgh0＝mv2，
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB＝m，
解得h0＝，
则当h＞h0时，即h＞时带电小球能进入区域Ⅱ.
(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m
的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R＝，
联立解得h＝.
答案：(1)正电 (2)h＞ (3)
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[基础巩固题组]
1．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
解析：选C.重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误．
2．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，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( )
A．可能做直线运动
B．可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
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，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．
3．(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为Bvcos θ
解析：选AC.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误．
4．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．
5．(多选)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d，则( )
A．带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)
B．电场强度的大小为
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为
D．磁感应强度的大小为
解析：选BC. 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度vx＝v0，在x轴正方向做匀加速运动，有d＝t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，故选项A错误．沿x轴正方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝×＝，解得E＝
，故选项B正确．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R＝2d，圆心角θ＝135°＝π，所以在磁场中的运动时间为t1＝＝＝；在电场中的运动时间为t2＝，所以总时间为t＝t1＋t2＝，故选项C正确．由qvB＝可知，磁感应强度B＝＝，故选项D错误．
6．在某空间存在着水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m＝3.6×10－4 kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球刚离开C点时的速度大小；
(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力．
解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtan θ，
代入数据解得E＝3 N/C.
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
F电Rsin θ－mgR(1－cos θ)＝－，
代入数据得v＝5 m/s.
(3)由(1)可知F洛＝qvB＝，
解得B＝1 T，
小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，
由牛顿第二定律得FN＋Bqv0－mg＝，
代入数据得FN＝3.2×10－3 N.
答案：(1)3 N/C (2)5 m/s (3)3.2×10－3 N
[综合应用题组]
7. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L,0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上点A射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，进入第四象限后，经过矩形磁场区域，电子过点Q，不计电子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；
(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin.
解析：(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y
轴方向的速度大小为vy，则L＝v0t
a＝
vy＝at
vy＝
解得：E＝
(2) 设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则
xD＝0.5Ltan 30°＝L
所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示．
设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，
则evB＝m
v＝
由几何关系有 r＋＝L，即r＝
联立以上各式解得 B＝
电子转过的圆心角为120°，则得 t＝
T＝
得t＝
(3)以切点F、Q
的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其FQ的对边，有界匀强磁场区域面积为最小．
Smin＝r×
得Smin＝
答案：(1) (2) (3)
8．如图所示，圆柱形区域的半径为R，在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔，一带电粒子，质量为m，带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)U与B所满足的关系式；
(3)带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间．
解析：(1)由几何关系解得r＝R.
(2)设粒子加速后获得的速度为v，
由动能定理得qU＝mv2－0，
由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，
联立解得B＝ .
(3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝＝2πR ，
依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为T，故粒子在磁场中运动的总时间t1＝3×T＝πR，
而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动，设每次上升或下降过程经历的时间为t2，则有
d＝at，
a＝，
解得t2＝d，
粒子在电场中运动的总时间为
t3＝6t2＝6d.
带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间为
t＝t1＋t3＝πR＋6d.
答案：(1)R (2)B＝
(3)πR＋6d
9．如图所示，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为E.一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场．如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A
点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点的C点离开电场．求：
(1)小球从A点出发时的初速度大小；
(2)磁感应强度B的大小和方向．
解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg＝Eq
所以电场反向后竖直方向受力
Eq＋mg＝ma得a＝2g
小球做类平抛运动，有＝v0t，L＝at2
得v0＝
(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝得B＝
由圆周运动轨迹分析得(L－R)2＋2＝R2
R＝
代入得B＝
由左手定则得，磁感应强度垂直于xOy平面向外．
答案：(1) (2)，垂直于xOy平面向外
10．如图甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x
轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
(1)求电压U0的大小；
(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有
E＝①
qE＝ma②
l＝at③
联立①②③式，解得两板间偏转电压为
U0＝④
(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0＝⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·t0⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝m⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
R＝⑨
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0⑩
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向夹角为α，则tan α＝⑪
联立③⑤⑩⑪式解得
α＝⑫
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为
tmin＝T⑬
带电粒子在磁场中运动的周期为
T＝⑭
联立⑬⑭式得tmin＝
答案：(1) (2) (3)2t0
章末检测九 磁场
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．指南针是我国古代四大发明之一，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”是人们公认的最早的磁性定向工具，指南针能指示南北方向是由于( )
A．指南针的两个磁极相互吸引
B．指南针的两个磁场相互排斥
C．地磁场对指南针的作用
D．指南针能吸引铁、铝、镍等物质
解析：选C.地球本身就是一个巨大的磁体，司南静止时指南的一端是南极，指北的一端是北极；故勺柄指的是南极．指南针指示南北主要是因为地磁场的作用，故C正确．
2．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )
解析：选A.由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．
3．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点的磁感应强度大小为( )
A．B2－B1 B．B1－
C．B2－ D.
解析：选B.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，设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，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－，故B正确．
4．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，此时台秤的读数为FN1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤的示数为FN2，则下列说法正确的是( )
A．FN1>FN2，弹簧长度将变长
B．FN1>FN2，弹簧长度将变短
C．FN1
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