第1章 安培力与洛伦兹力章末小结(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程物理选择性必修第二册同步学习指导(人教版2019)

! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " . # # # # # # # Ａ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获 得的最大动能较大 Ｂ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获 得的最大动能较大 Ｃ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获 得的最大动能较小 Ｄ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获 得的最大动能较小 ５．（多选）１９３０年劳伦斯制成了世界上第一台 回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器 由两个铜质Ｄ形盒Ｄ１、Ｄ２ 构成，其间留有空 隙，所加交变电压极性变化时，电压值不变。 下列说法正确的是 （　 ） Ａ．所加交变电压的周期等于带电粒子圆周运 动周期的一半 Ｂ．利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加 速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应 强度Ｂ和Ｄ形盒的半径Ｒ Ｃ．回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获 得的最大动能越大 Ｄ．粒子每次经过Ｄ形盒狭缝时，电场力对粒 子做功一样多 请同学们认真完成练案［４                                  ］ 章末小结 > ? @ A % & 　 　 　 安培 力与 洛伦 兹力 安培力 大小：Ｆ ＝ 　 　 　 　 　 （θ为Ｂ与Ｉ方向的夹角） 方向：Ｆ 　 　 　 　 于Ｂ与Ｉ决定的平面，用左手定则　 判断 应用：{ 磁电式电流表等 洛伦兹力 大小：Ｆ ＝ 　 　 　 　 　 （θ为Ｂ与正电荷运动方向或负电荷运动反方向的夹角） 方向：Ｆ 垂直　 于Ｂ与ｖ决定的平面，用左手定则　 判断 运动分类 匀速直线运动：ｖ与Ｂ平行 匀速圆周运动：ｖ与Ｂ垂直，ｒ ＝ 　 　 　 　 ，Ｔ ＝ 　 　 　 　 等螺距螺旋运动：ｖ与Ｂ{          有夹角且不垂直 现代科技应用 速度选择器：ｑＥ ＝ ｑｖＢ，ｖ ＝ 　 　 　 　 磁流体发电机：ｑｖＢ ＝ ｑ Ｕｄ，Ｅ源＝ Ｕ ＝ 　 　 　 　 质谱仪：ｑｍ ＝ 　 　 　 　 回旋加速器：Ｅｋｍａｘ ＝                           　 　 　 　 !$" # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 8 9 : ; B C D E 9 F 　 　 　 一、有关安培力问题的分析与计算 安培力是一种性质力，既可以使通电导体 静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因 此，有关安培力问题的分析与计算的基本思路 和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受 力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题 目中的条件由牛顿定律或动能定理等规律求 解。具体求解应从以下几个方面着手分析。 １．安培力的大小 当通电导体与磁场方向垂直时，Ｆ ＝ ＩＬＢ；当 通电导体与磁场方向平行时，Ｆ ＝ ０；当通电导体 电流方向和磁场方向的夹角为θ 时，Ｆ ＝ ＩＬＢｓｉｎ θ。 ２．安培力的方向 由左手定则判断，安培力垂直于磁场的方向， 也垂直于导线的方向，即安培力垂直于磁场和导线 所决定的平面，但磁场与导线可以不垂直。 ３．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的 分析思路 （１）选定研究对象。 （２）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯 视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的 方向要注意Ｆ安⊥Ｂ、Ｆ安⊥Ｉ；如图所示。 （３）列平衡方程或牛顿第二定律方程进行 求解。 １．（２０２３·菏泽曹县一中高二阶段练习）如 图所示，在倾角θ ＝ ３０°的斜面上固定一间 距Ｌ ＝ ０． ５ ｍ的两平行金属导轨，在导轨上端接 入电源和滑动变阻器Ｒ，电源电动势Ｅ ＝ １２ Ｖ， 内阻ｒ ＝ １ Ω，一质量ｍ ＝ ２０ ｇ的金属棒ａｂ与两 导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强 度Ｂ ＝ ０． １０ Ｔ，垂直于斜面向上的匀强磁场中 （导轨与金属棒的电阻不计）。取ｇ ＝ １０ ｍ ／ ｓ２。 （１）若导轨光滑，要保持金属 棒在导轨上静止，求金属棒受到 的安培力大小； （２）若金属棒ａｂ与导轨间的动摩擦因数μ ＝槡３６ ，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻 器Ｒ接入电路中的阻值； （３）若导轨光滑，当滑动变阻器的电阻突然 调节为２３ Ω时，求金属棒的加速度ａ的大小。 　 　 ［尝试作答                                                                                 ］ !$# ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " . # # # # # # # 　 　 二、有关洛伦兹力的多解问题 要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨 迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹， 分阶段、分层次地求解。常见的多解问题有以 下几种： 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， 也可能带负电，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，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 有些题目只告诉了磁感应强度大小，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 穿过去了，也可能转过１８０°从入射界面这边反 向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。 ４．运动的往复性形成多解 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。 ２．（多选）（２０２４·山西临汾一模）在科学研 究中，经常用施加适当的磁场来实现对带电 粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系 ｘＯｙ内，以坐标原点Ｏ为圆心、半径为Ｒ的圆形 区域外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直 于ｘＯｙ平面。一质量为ｍ、带电荷量为－ ｑ的粒子 从Ｐ（０，Ｒ）沿ｙ轴正方向射入磁场，当入射速度为 ｖ０时，粒子从Ａ槡３２ Ｒ， １ ２( )Ｒ 处进入无场圆形区域并 射向原点Ｏ，不计粒子的重力，则 （　 ） Ａ．粒子第一次离开磁场时的运动时间 为４槡３πＲ９ｖ０ Ｂ．粒子再次回到Ｐ点共需要２次通过原 点Ｏ Ｃ．若仅将入射速度大小变为３ｖ０，则粒子离 开Ｐ点后可以再回到Ｐ点 Ｄ．若仅将入射速度大小变为３ｖ０，则粒子离 开Ｐ点后不可能再回到Ｐ点 　 　 三、带电粒子在复合场中的运动 复合场是指电场、磁场和重力场并存或其 中某两种场并存的场，也可以指场分区域存在                                                                        。 !$$ # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 8 9 : ; 　 　 １．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场大小：Ｇ ＝ｍｇ方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变重力 势能 静电场 大小：Ｆ ＝ ｑＥ 方向：正电荷受力方向 与电场强度的方向相 同；负电荷受力方向与 电场强度的方向相反 电场力做功与路径 无关 Ｗ ＝ ｑＵ 电场力做功改变电 势能 磁场 洛伦兹力的大小： Ｆ ＝ ｑｖＢ，（ｖ⊥Ｂ） 方向：符合左手定则 洛伦兹力不做功， 不改变电荷的动能 　 　 ２．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 在三场并存的区域中，当带电粒子所受的 重力与静电力大小相等、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）较复杂的曲线运动 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，粒子 做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不 是圆弧，也不是抛物线。 （４）分阶段运动 带电粒子可能依次通过几种不同情况的复合 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。 注意：①研究带电粒子在复合场中的运动 时，首先要明确各种不同力的性质和特点；其次 要正确地画出其运动轨迹，再选择恰当的规律求 解。②一般情况下，电子、质子、α粒子等微观粒 子在复合场中所受的重力远小于静电力、磁场 力，因而重力可以忽略，如果有具体数据，可以通 过比较来确定是否考虑重力，在有些情况下需要 由题设条件来确定是否考虑重力。 ３．求解带电粒子在复合场中的运动问题的一 般步骤 （１）选带电粒子为研究对象；（２）对带电粒 子进行受力分析；（３）依据受力情况判定带电粒 子的运动形式；（４）分析运动过程并结合力学规 律列方程或画图像，然后求解。 ３．（２０２４·全国模拟预测）如图所示，在平 面直角坐标系ｘＯｙ的第一、二象限内存在 沿ｙ轴负方向的匀强电场，在ｘ轴的下方和边界 ＭＮ之间的区域Ⅰ内存在垂直纸面向里的匀强 磁场，在边界ＭＮ下方的区域Ⅱ内存在垂直纸 面向外的匀强磁场，ｘ轴与边界ＭＮ之间的距离 为Ｌ。质量为ｍ、电荷量为ｑ的带正电粒子从 Ｐ Ｌ，槡３２( )Ｌ 点以初速度ｖ０沿ｘ轴负方向射出，粒 子恰好从原点Ｏ射出电场进入区域Ⅰ，并从Ｑ （０，－ Ｌ）点离开区域Ⅰ进入区域Ⅱ。不计粒子 的重力及空气阻力。 （１）求匀强电场的电场强度大小和区域Ⅰ 内磁场的磁感应强度大小； （２）要使粒子能经过ｘ轴上的Ｆ（－ ３Ｌ，０） 点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，求粒子由Ｐ 点运动到Ｆ点所需的时间。 　 　 ［尝试作答                                                                                 ］ !$% ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " . # # # # # # # ４．（多选）如图甲所示，在空间存在一个变 化的电场和一个变化的磁场，电场的方向 水平向右（图甲中由Ｂ到Ｃ），电场强度大小随 时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂 直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。 在ｔ ＝ １ｓ时，从Ａ点沿ＡＢ方向（垂直于ＢＣ）以 初速度ｖ０ 射出第一个粒子，并在此之后，每隔 ２ ｓ有一个相同的粒子沿ＡＢ方向均以初速度ｖ０ 射出，并恰好均能击中Ｃ点，若ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ｌ，且 粒子由Ａ运动到Ｃ的运动时间小于１ ｓ。不计 重力和空气阻力，对于各粒子由Ａ运动到Ｃ的 过程中，以下说法正确的是 （　 ） Ａ．电场强度Ｅ０和磁感应强度Ｂ０的大小之 比为３ｖ０ ∶ １ Ｂ．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度 大小之比为１ ∶ ２ Ｃ．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之 比为π ∶ ２ Ｄ．第一个粒子和第二个粒子通过Ｃ的动能 之比为                           １ ∶ ５ G H I J K L 　 一、高考真题探析 （２０２４·甘肃高考真题）质谱仪是科学研究 中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒 子加速器，加速电压为Ｕ；Ⅱ为速度选择器，匀 强电场的电场强度大小为Ｅ１，方向沿纸面向下， 匀强磁场的磁感应强度大小为Ｂ１，方向垂直纸 面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强 度大小为Ｂ２，方向垂直纸面向里。从Ｓ点释放 初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进 入速度选择器做直线运动、再由Ｏ点进入分离 器做圆周运动，最后打到照相底片的Ｐ点处，运 动轨迹如图中虚线所示。 （１）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； （２）求Ｏ点到Ｐ点的距离； （３）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强 度大小变为Ｅ２（Ｅ２ 略大于Ｅ１），方向不变，粒子 恰好垂直打在速度选择器右挡板的Ｏ′点上。求 粒子打在Ｏ′点的速度大小。 　 　 ［尝试作答                                                       ］ !$& # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 8 9 : ; 二、进考场练真题 １．（２０２４·江西高考真题）石墨烯是一种由碳原 子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料， 具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某 二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图 （ａ）所示，在长为ａ，宽为ｂ的石墨烯表面加一 垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为Ｂ，电极 １、３间通以恒定电流Ｉ，电极２、４间将产生电压 Ｕ。当Ｉ ＝１．００ ×１０ －３ Ａ时，测得Ｕ －Ｂ关系图线 如图（ｂ）所示，元电荷ｅ ＝１． ６０ ×１０ －１９ Ｃ，则此样 品每平方米载流子数最接近 （Ｄ ） Ａ． １． ７ × １０１９ Ｂ． １． ７ × １０１５ Ｃ． ２． ３ × １０２０ Ｄ． ２． ３ × １０１６ ２．（２０２４·广西高考真题）Ｏｘｙ坐标平面内一有 界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小 为Ｂ，方向垂直纸面向里。质量为ｍ，电荷量 为＋ ｑ的粒子，以初速度ｖ从Ｏ点沿ｘ轴正向 开始运动，粒子过ｙ轴时速度与ｙ轴正向夹角 为４５°，交点为Ｐ。不计粒子重力，则Ｐ点至 Ｏ点的距离为 （Ｃ ） Ａ． ｍｖｑＢ Ｂ． ３ｍｖ ２ｑＢ Ｃ．（１ ＋槡２）ｍｖｑＢ Ｄ． １ ＋槡 ２( )２ ｍｖｑＢ ３．（２０２４·浙江高考真题）磁电式电表原理示意 图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有 一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁 场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。 ａ、ｂ、ｃ和ｄ为磁场中的四个点。下列说法正 确的是 （Ａ ） Ａ．图示左侧通电导线受到安培力向下 Ｂ． ａ、ｂ两点的磁感应强度相同 Ｃ．圆柱内的磁感应强度处处为零 Ｄ． ｃ、ｄ两点的磁感应强度大小相等 ４．（多选）（２０２４·福建高考真题）将半径为ｒ的 铜导线半圆环ＡＢ用两根不可伸长的绝缘线 ａ、ｂ悬挂于天花板上，ＡＢ置于垂直纸面向外 的大小为Ｂ的磁场中，现给导线通以自Ａ到 Ｂ大小为Ｉ的电流，则 （　 ） Ａ．通电后两绳拉力变小 Ｂ．通电后两绳拉力变大 Ｃ．安培力为πＢＩｒ Ｄ．安培力为２ＢＩｒ ５．（多选）（２０２４·安徽高考真题）空间中存在 竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀 强磁场，电场强度大小为Ｅ，磁感应强度大小 为Ｂ。一质量为ｍ的带电油滴ａ，在纸面内做 半径为Ｒ的圆周运动，轨迹如图所示。当ａ 运动到最低点Ｐ时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ                                                                        、 !$' ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " . # # # # # # # Ⅱ，二者电荷量、质量均相同。Ⅰ在Ｐ点时与 ａ的速度方向相同，并做半径为３Ｒ的圆周运 动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知 重力加速度大小为ｇ，不计空气浮力与阻力以 及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 （　 ） Ａ．油滴ａ带负电，电荷量的大小为ｍｇＥ Ｂ．油滴ａ做圆周运动的速度大小为ｇＢＲＥ Ｃ．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为３ｇＢＲＥ ， 周期为４πＥｇＢ Ｄ．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 ６．（多选）（２０２４·湖北高考真题）磁流体发电 机的原理如图所示，ＭＮ和ＰＱ是两平行金属 极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体 （即高温下电离的气体，含有大量正、负带电 粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁 场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 （　 ） Ａ．极板ＭＮ是发电机的正极 Ｂ．仅增大两极板间的距离，极板间的电压 减小 Ｃ．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电 压增大 Ｄ．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数 密度，极板间的电压增大 ７．（２０２３·全国乙卷，１８）如图，一磁感应强度大 小为Ｂ的匀强磁场，方向垂直于纸面（ｘＯｙ平 面）向里，磁场右边界与ｘ轴垂直。一带电粒 子由Ｏ点沿ｘ正向入射到磁场中，在磁场另 一侧的Ｓ点射出，粒子离开磁场后，沿直线运 动打在垂直于ｘ轴的接收屏上的Ｐ点；ＳＰ ＝ ｌ，Ｓ与屏的距离为ｌ２，与ｘ轴的距离为ａ。如 果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电 场强度大小为Ｅ的匀强电场，该粒子入射后 则会沿ｘ轴到达接收屏。该粒子的比荷为 （　 ） Ａ． Ｅ ２ａＢ２ Ｂ． Ｅ ａＢ２ Ｃ． Ｂ ２ａＥ２ Ｄ． Ｂ ａＥ２ ８．（２０２３·湖南卷）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ， 区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方 向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸 面向里，等腰直角三角形ＣＧＦ区域（区域Ⅱ） 内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。 图中Ａ、Ｃ、Ｏ三点在同一直线上，ＡＯ与ＧＦ垂 直，且与电场和磁场方向均垂直。Ａ点处的粒 子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入 区域Ⅰ中，只有沿直线ＡＣ运动的粒子才能进 入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为Ｅ、磁 感应强度大小为Ｂ１，区域Ⅱ中磁感应强度大 小为Ｂ２，则粒子从ＣＦ的中点射出，它们在区 域Ⅱ中运动的时间为ｔ０。若改变电场或磁场 强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运 动的时间为ｔ，不计粒子的重力及粒子之间的 相互作用，下列说法正确的是 （　                                                                        ） !$( # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 8 9 : ; Ａ．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ２Ｂ１，则ｔ ＞ ｔ０ Ｂ．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为２Ｅ，则 ｔ ＞ ｔ０ Ｃ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 槡３ ４ Ｂ２，则ｔ ＝ ｔ０ ２ Ｄ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为槡２４ Ｂ２，则 ｔ ＝槡２ｔ０ ９．（２０２３·浙江高考真题）某兴趣小组设计的测 量大电流的装置如图所示，通有电流Ｉ的螺绕 环在霍尔元件处产生的磁场Ｂ ＝ ｋ１ Ｉ，通有待 测电流Ｉ′的直导线ａｂ垂直穿过螺绕环中心， 在霍尔元件处产生的磁场Ｂ′ ＝ ｋ２ Ｉ′。调节电 阻Ｒ，当电流表示数为Ｉ０时，元件输出霍尔电 压ＵＨ为零，则待测电流Ｉ′的方向和大小分别 为 （　 ） Ａ． ａ→ｂ，ｋ２ｋ１ Ｉ０ Ｂ． ａ→ｂ， ｋ１ ｋ２ Ｉ０ Ｃ． ｂ→ａ，ｋ２ｋ１ Ｉ０ Ｄ． ｂ→ａ， ｋ１ ｋ２ Ｉ０ １０．（多选）（２０２３·全国甲卷） 光滑刚性绝缘圆筒内存在 着平行于轴的匀强磁场， 筒上Ｐ点开有一个小孔， 过Ｐ的横截面是以Ｏ为圆心的圆，如图所 示。一带电粒子从Ｐ点沿ＰＯ射入，然后与 筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后 瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量 大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方 向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法 正确的是 （　 ） Ａ．粒子的运动轨迹可能通过圆心Ｏ Ｂ．最少经２次碰撞，粒子就可能从小孔射出 Ｃ．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动 时间越短 Ｄ．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行 于碰撞点与圆心Ｏ的连线 １１．（２０２２·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和 匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ｘＯｙ平 面）向里，电场的方向沿ｙ轴正方向。一带 正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标 原点Ｏ由静止开始运动。下列四幅图中，可 能正确描述该粒子运动轨迹的是 （　 ） 　 　 Ａ 　 　 　 　 　 Ｂ 　 　 Ｃ 　 　 　 　 　 Ｄ １２．（多选）（２０２２·广东卷）如图所示，磁控管 内局部区域分布有水平向右的匀强电场和 垂直纸面向里的匀强磁场。电子从Ｍ点由 静止释放，沿图中所示轨迹依次经过Ｎ、Ｐ两 点。已知Ｍ、Ｐ在同一等势面上，下列说法 正确的有 （　                                                                        ） !$) ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " . # # # # # # # Ａ．电子从Ｎ到Ｐ，电场力做正功 Ｂ． Ｎ点的电势高于Ｐ点的电势 Ｃ．电子从Ｍ到Ｎ，洛伦兹力不做功 Ｄ．电子在Ｍ点所受的合力大于在Ｐ点所受 的合力 １３．（２０２２·重庆高考真题）２０２１年中国全超导 托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。 为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空 室内的运动状况，某同学将一小段真空室内 的电场和磁场理想化为方向均水平向右的 匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小 为Ｅ，磁感应强度大小为Ｂ。若某电荷量为ｑ 的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平 行于磁场方向的分量大小为ｖ１，垂直于磁场 方向的分量大小为ｖ２，不计离子重力，则 （　 ） Ａ．电场力的瞬时功率为ｑＥ ｖ１ ２ ＋ ｖ２槡 ２ Ｂ．该离子受到的洛伦兹力大小为ｑｖ１Ｂ Ｃ． ｖ２与ｖ１的比值不断变大 Ｄ．该离子的加速度大小不变 １４．（２０２２·江苏高考真题）如图所示，两根固定 的通电长直导线ａ、ｂ相互垂直，ａ平行于纸 面，电流方向向右，ｂ垂直于纸面，电流方向 向里，则导线ａ所受安培力方向 （　 ） Ａ．平行于纸面向上 Ｂ．平行于纸面向下 Ｃ．左半部分垂直纸面向 外，右半部分垂直纸面向里 Ｄ．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸 面向外 １５．（２０２３·辽宁高考真题）如图，水平放置的两 平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距 离的槡３倍。金属板外有一圆心为Ｏ的圆形 区域，其内部存在磁感应强度大小为Ｂ、方向 垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为ｍ、电 荷量为ｑ（ｑ ＞ ０）的粒子沿中线以速度ｖ０水平 向右射入两板间，恰好从下板边缘Ｐ点飞出 电场，并沿ＰＯ方向从图中Ｏ′点射入磁场。 已知圆形磁场区域半径为２ｍｖ０３ｑＢ，不计粒子 重力。 （１）求金属板间电势差Ｕ； （２）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方 向间的夹角θ； （３）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍 从图中Ｏ′点射入磁场，且在磁场中的运动时 间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨 迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域 的圆心Ｍ                                                                        。 !$* # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 8 9 : ; １６．（２０２２·山东统考高考真题）中国“人造太 阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置 中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电 磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Ｏｘｙｚ 中，０ ＜ ｚ≤ｄ空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应 强度大小为Ｂ，方向沿ｘ轴正方向；－ ３ｄ≤ｚ ＜ ０，ｙ≥０的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应 强度大小为槡２２ Ｂ，方向平行于ｘＯｙ平面，与ｘ 轴正方向夹角为４５°；ｚ ＜ ０，ｙ≤０的空间内充 满沿ｙ轴负方向的匀强电场。质量为ｍ、带 电量为＋ ｑ的离子甲，从ｙＯｚ平面第三象限 内距ｙ轴为Ｌ的点Ａ以一定速度出射，速度 方向与ｚ轴正方向夹角为β，在ｙＯｚ平面内 运动一段时间后，经坐标原点Ｏ沿ｚ轴正方 向进入磁场Ⅰ。不计离子重力。 （１）当离子甲从Ａ点出射速度ｖ０时，求电场 强度的大小Ｅ； （２）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运 动，求进入磁场时的最大速度ｖｍ； （３）离子甲以ｑＢｄ２ｍ的速度从Ｏ点沿ｚ轴正方 向第一次穿过ｘＯｙ面进入磁场Ⅰ，求第四次 穿过ｘＯｙ平面的位置坐标（用ｄ表示）； （４）当离子甲以ｑＢｄ２ｍ的速度从Ｏ点进入磁场 Ⅰ时，质量为４ｍ、带电量为＋ ｑ的离子乙，也 从Ｏ点沿ｚ轴正方向以相同的动能同时进 入磁场Ｉ，求两离子进入磁场后，到达它们运 动轨迹第一个交点的时间差Δｔ（忽略离子间 相互作用）。 请同学们认真完成考案（一                                                    ） !%! 以质谱仪可以用来分析同位素，Ａ正确；根据加速电场，可知 粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的电场力向右，则洛 伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，Ｂ正 确；由ｑｍ ＝ ｖ Ｂ０Ｒ ，知Ｒ越小，粒子的比荷越大，Ｃ错误。 ４． Ｃ　 带电粒子做圆周运动的周期与交流电源的周期相同，根据 Ｔ ＝ ２πｍｑＢ ，且氚核（ ３ １Ｈ）的质量与电荷量的比值大于α粒子 （４２Ｈｅ）的，知氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流 电源的周期较大。根据ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ 得，最大速度ｖｍ ＝ ｑＢＲ ｍ （Ｒ 为Ｄ形盒半径），则最大动能Ｅｋｍ ＝ １２ ｍｖｍ ２ ＝ ｑ ２Ｂ２Ｒ２ ２ｍ ，氚核的 质量是α粒子的３４ ，氚核的电荷量是α粒子的 １ ２ ，则氚核的 最大动能是α粒子的１３即氚核的最大动能较小。故Ｃ正确。 ５． ＢＤ　 加速粒子时，交变电压的周期必须与粒子圆周运动的周 期相等，这样才能使粒子每次经过Ｄ形盒的狭缝时都能被电 场加速，Ａ错误；当粒子运动半径等于Ｄ形盒的半径时粒子速 度最大，即Ｒ ＝ ｍｖｑＢ，则Ｅｋｍ ＝ １ ２ ｍｖ ２ ＝ Ｂ ２ｑ２Ｒ２ ２ｍ ，若要提高粒子的 最终能量，应尽可能增大磁感应强度Ｂ和Ｄ形盒的半径Ｒ，而 带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，Ｂ正确，Ｃ错误； 粒子每次经过Ｄ形盒狭缝时，静电力对粒子做功均为ｑＵ，Ｄ 正确。 章末小结 知识网络构建 ＩｌＢｓｉｎ θ　 垂直　 左手定则　 ｑｖＢｓｉｎ θ　 垂直　 左手定则　 ｍｖｑＢ 　 ２πｍ ｑＢ 　 Ｅ Ｂ 　 Ｂｄｖ　 ２Ｕ Ｂ２ ｒ２ 　 ｑ ２Ｂ２Ｒ２ ２ｍ 方法归纳提炼 　 　 例１：（１）０． １ Ｎ　 （２）３ Ω ～ １１ Ω　 （３）３． ７５ ｍ ／ ｓ２ 解析：（１）要保持金属棒在导轨上静止，对金属棒受力分析可得 Ｆ安＝ｍｇｓｉｎ θ ＝２０ ×１０ －３ ×１０ × １２ Ｎ ＝０．１ Ｎ。 （２）若金属棒ａｂ与导轨间的动摩擦因数μ ＝槡３６ ，则金属棒 受到的最大摩擦力大小 Ｆｆ ＝ μｍｇｃｏｓθ ＝ ０． ０５ Ｎ ①当摩擦力沿斜面向上时，有ｍｇｓｉｎθ ＝ Ｆ１ ＋ Ｆｆ 此时Ｉ１ ＝ Ｆ１ＢＬ ＝ Ｅ Ｒ１ ＋ ｒ 解得Ｒ１ ＝ ＢＬＥｍｇｓｉｎ θ － μｍｇｃｏｓ θ － ｒ ＝ １１ Ω。 ②当摩擦力沿斜面向下时，有ｍｇｓｉｎ θ ＋ Ｆｆ ＝ Ｆ２ 此时Ｉ２ ＝ Ｆ２ＢＬ ＝ Ｅ Ｒ２ ＋ ｒ ，解得Ｒ２ ＝ ３ Ω 故滑动变阻器Ｒ接入电路中的阻值在３ Ω和１１ Ω之间。 （３）当滑动变阻器的电阻突然调节为２３ Ω时，即Ｒ ＝ ２３ Ω 有Ｉ ＝ ＥＲ ＋ ｒ ＝ ０． ５ Ａ 此时金属棒的加速度ａ ＝ｍｇｓｉｎ θ － ＩＬＢｍ ＝３．７５ ｍ／ ｓ ２ 方向沿斜面向下。 例２：ＡＣ　 因为Ａ点坐标为Ａ 槡３ ２ Ｒ， １ ２( )Ｒ ，所以∠ＡＯＨ ＝ ３０°，∠ＰＯ１Ａ ＝ １２０°，α ＝ ２４０°，圆轨迹半径为Ｒ１ ＝槡３３ Ｒ ＝ ｍｖ０ ｑＢ， 解得ｍｑＢ ＝槡 ３Ｒ ３ｖ０ ，粒子第一次离开磁场时的运动时间为ｔ ＝ ２４０° ３６０° × ２πｍ ｑＢ ＝ ２ ３ × 槡３Ｒ ３ｖ０ × ２π ＝ 槡４ ３πＲ９ｖ０ ， 故Ａ正确；粒子的运动轨迹如图所示， 很明显，粒子再次回到Ｐ点共需要３次 通过原点Ｏ，故Ｂ错误；若仅将入射速 度大小变为３ｖ０，则粒子轨迹半径为槡３ Ｒ，其运动轨迹如图所示，则粒子离开Ｐ点后可以再回到Ｐ点， 故Ｃ正确，Ｄ错误。 例３：（１）槡３ｍｖ０ ２ ｑＬ 　 ２ｍｖ０ ｑＬ 　 （２） （３ ＋π 槡＋２ ３π）Ｌ ３ｖ０ 解析：（１）粒子在电场中做类平抛运动 Ｌ ＝ ｖ０ ｔ１，槡３２ Ｌ ＝ １ ２ ａｔ１ ２，ａ ＝ ｑＥｍ， 联立解得Ｅ ＝槡３ｍｖ０ ２ ｑＬ ，ｔ１ ＝ Ｌ ｖ０ 设粒子刚进入区域Ⅰ时的速度为ｖ，与ｘ轴负方向之间的夹 角为α 根据动能定理得ｑＥ ×槡３２ Ｌ ＝ １ ２ ｍｖ ２ － １２ ｍｖ０ ２， 由ｃｏｓ α ＝ ｖ０ｖ ， 可得α ＝ ６０°， 设粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径为Ｒ１， 由几何关系可知２Ｒ１ ｃｏｓ α ＝ Ｌ， 由牛顿第二定律得ｑｖＢ１ ＝ ｍ ｖ ２ Ｒ１ ， 联立解得Ｂ１ ＝ ２ｍｖ０ｑＬ 。 （２）粒子的轨迹如图所示： ２Ｒ２ ｓｉｎ α ＝ ３Ｌ                                                                       ， —２２７— 粒子在区域Ⅰ内运动的时间ｔ２ ＝２ ×１８０° －２α３６０° × ２πＲ１ ｖ ＝ πＬ ３ｖ０ ， 粒子在区域Ⅱ内运动的时间ｔ３ ＝ ３６０° － ２α３６０° × ２πＲ２ ｖ ＝ 槡２ ３πＬ３ｖ０ ， 粒子由Ｐ 点运动到Ｆ 点所需时间ｔ ＝ ｔ１ ＋ ｔ２ ＋ ｔ３ ＝ ３ ＋ π 槡＋ ２ ３( )π Ｌ３ｖ０ 。 例４：ＢＣＤ　 在ｔ ＝ １ ｓ时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀 速圆周运动，如图甲所示；由牛顿第二定律得ｑｖ０Ｂ０ ＝ ｍｖ０ ２ Ｒ ， 粒子的轨道半径Ｒ ＝ ｌ，则Ｂ０ ＝ ｍｖ０ｑｌ ， 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图乙所示，竖直方 向ｌ ＝ ｖ０ ｔ， 水平方向ｌ ＝ １２ ａｔ ２， 　 　 其中ａ ＝ ｑＥ０ｍ ， 则Ｅ０ ＝ ２ｍｖ０ ２ ｑｌ ，故 Ｅ０ Ｂ０ ＝ ２ｖ０，Ａ错误； 第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比ａ１ａ２ ＝ ｖ０Ｂ０ Ｅ０ ＝ １２ ，Ｂ正确； 第一个粒子的运动时间ｔ１ ＝ １４ Ｔ ＝ πｌ ２ｖ０ ， 第二个粒子的运动时间ｔ２ ＝ ｌｖ０ ， 第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比ｔ１ ∶ ｔ２ ＝ π ∶ ２，Ｃ 正确； 第二个粒子，由动能定理得ｑＥ０ ｌ ＝ Ｅｋ２ － １２ ｍｖ０ ２，则Ｅｋ２ ＝ ５ ２ ｍｖ０ ２。第一个粒子的动能Ｅｋ１ ＝ １２ ｍｖ０ ２，第一个粒子和第二个 粒子通过Ｃ的动能之比为１ ∶ ５，Ｄ正确。 进考场练真题 一、高考真题探析 例：（１）带正电　 Ｅ１ ２ ２ＵＢ１ ２ 　 （２） ４ＵＢ１ Ｅ１Ｂ２ 　 （３）２Ｅ２ －Ｅ１Ｂ１ 解析：（１）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正 电；设粒子的质量为ｍ，电荷量为ｑ，粒子进入速度选择器时的速 度为ｖ０，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件 ｑｖ０Ｂ１ ＝ ｑＥ１， 在加速电场中，由动能定理可知ｑＵ ＝ １２ ｍｖ０ ２， 联立解得，粒子的比荷为ｑｍ ＝ Ｅ１ ２ ２ＵＢ１ ２。 （２）由洛伦兹力提供向心力ｑｖ０Ｂ２ ＝ ｍ ｖ０ ２ ｒ ， 可得Ｏ点到Ｐ点的距离为ＯＰ ＝ ２ｒ ＝ ４ＵＢ１Ｅ１Ｂ２。 （３）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力Ｆ洛＝ ｑｖ０Ｂ１， 向下的电场力Ｆ ＝ ｑＥ２， 由于Ｅ２ ＞ Ｅ１，且ｑｖ０Ｂ１ ＝ ｑＥ１， 所以通过配速法，如图所示： 其中满足ｑＥ２ ＝ ｑ（ｖ０ ＋ ｖ１）Ｂ１， 则粒子在速度选择器中水平向右以速度ｖ０ ＋ ｖ１做匀速运动 的同时，竖直方向以ｖ１ 做匀速圆周运动，当速度转向到水平向 右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的Ｏ′点的要求，故此时 粒子打在Ｏ′点的速度大小为ｖ′ ＝ ｖ０ ＋ ｖ１ ＋ ｖ１ ＝ ２Ｅ２ － Ｅ１Ｂ１ 。 二、进考场练真题 １． Ｄ　 设样品每平方米载流子（电子）数为ｎ，电子定向移动的速 率为ｖ，则时间ｔ内通过样品的电荷量ｑ ＝ ｎｅｖｔｂ，根据电流的定 义式得Ｉ ＝ ｑｔ ＝ ｎｅｖｂ，当电子稳定通过样品时，其所受电场力 与洛伦兹力平衡，则有ｅｖＢ ＝ ｅ Ｕｂ ，联立解得Ｕ ＝ Ｉ ｎｅ Ｂ，结合图 像可得ｋ ＝ Ｉｎｅ ＝ ８８ × １０ －３ ３２０ × １０ －３ Ｖ ／ Ｔ，解得ｎ ＝ ２． ３ × １０１６，故选Ｄ。 ２． Ｃ　 粒子运动轨迹如图所示： 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ ，可得粒子 做圆周运动的半径ｒ ＝ ｍｖｑＢ，根据几何关系可得Ｐ点至Ｏ点的距 离ＬＰＯ ＝ ｒ ＋ ｒｃｏｓ ４５° ＝（ 槡１ ＋ ２） ｍｖ ｑＢ。故选Ｃ。 ３． Ａ　 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故 Ａ正确；ａ、ｂ两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故Ｂ 错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零， 故Ｃ错误；因ｃ点处的磁感线较ｄ点密集，可知ｃ点的磁感应 强度大于ｄ点的磁感应强度，故Ｄ错误。故选Ａ。 ４． ＢＤ　 根据左手定则可知，通电后半圆环ＡＢ受到的安培力竖 直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故Ａ错误， Ｂ正确；半圆环ＡＢ所受安培力的等效长度为直径ＡＢ，则安培 力大小为Ｆ ＝ ＢＩ·２ｒ ＝ ２ＢＩｒ，故Ｃ错误，Ｄ正确。故选ＢＤ。 ５． ＡＢＤ　 油滴ａ做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负 电，有ｍｇ ＝ Ｅｑ，解得ｑ ＝ ｍｇＥ ，故Ａ正确；根据洛伦兹力提供向 心力Ｂｑｖ ＝ ｍ ｖ ２ Ｒ，得Ｒ ＝ ｍｖ Ｂｑ，解得油滴ａ做圆周运动的速度大 小为ｖ ＝ ｇＢＲＥ ，故Ｂ正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为ｖ１，得３Ｒ ＝ ｍ ２ ｖ１ Ｂ ｑ２ ，解得ｖ１ ＝ ３ＢｑＲｍ ＝ ３ｇＢＲ Ｅ ，周期为Ｔ ＝ ２π·３Ｒ ｖ１ ＝ ２πＥｇＢ ，故                                                                       Ｃ —２２８— 错误；带电油滴ａ分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速 度为ｖ２，取油滴ａ分离前瞬间的速度方向为正方向，得ｍｖ ＝ ｍ ２ ｖ１ ＋ ｍ ２ ｖ２，解得ｖ２ ＝ － ｇＢＲ Ｅ ，由于分离后的小油滴受到的电 场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向 相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动， 故Ｄ正确。故选ＡＢＤ。 ６． ＡＣ　 带正电的离子受到洛伦兹力向上偏转，极板ＭＮ带正电 为发电机正极，故Ａ正确；离子受到的洛伦兹力和电场力相互 平衡时，此时令极板间距为ｄ，则ｑｖＢ ＝ ｑ Ｕｄ ，可得Ｕ ＝ Ｂｄｖ，因 此增大间距Ｕ变大，增大速率Ｕ变大，Ｕ的大小和粒子数密度 无关，故Ｂ、Ｄ错误，Ｃ正确。故选ＡＣ。 ７． Ａ　 由题知，一带电粒子由Ｏ点沿ｘ正向入射到磁场中，在磁 场另一侧的Ｓ点射出， 则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹 角为３０°，则ｓｉｎ ３０° ＝ ｒ － ａｒ ，解得粒子做圆周运动的半径ｒ ＝ ２ａ，则粒子做圆周运动有ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ ，则有 ｑ ｍ ＝ ｖ ２ａ·Ｂ，如果保 持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为Ｅ的匀 强电场，该粒子入射后则会沿ｘ轴到达接收屏，则有Ｅｑ ＝ ｑｖＢ， 联立有ｑｍ ＝ Ｅ ２ａ·Ｂ２，故选Ａ。 ８． Ｄ　 由题知粒子在ＡＣ做直线运动，则有ｑｖ０Ｂ１ ＝ ｑＥ，区域Ⅱ中 磁感应强度大小为Ｂ２，则粒子从ＣＦ的中点射出，则粒子转过 的圆心角为９０°，根据ｑｖＢ ＝ ｍ ４π ２ Ｔ２ ｒ，有ｔ０ ＝ πｍ２ｑＢ２。若仅将区域 Ⅰ中磁感应强度大小变为２Ｂ１，设粒子在ＡＣ做直线运动的速 度为ｖＡ，有ｑｖＡ·２Ｂ１ ＝ ｑＥ，则ｖＡ ＝ ｖ０２ ，再根据ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ２ ｒ ，可知 粒子半径减小，则粒子仍然从ＣＦ边射出，粒子转过的圆心角 仍为９０°，则ｔ ＝ ｔ０，Ａ错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变 为２Ｅ，设粒子在ＡＣ做直线运动的速度为ｖＢ，有ｑｖＢＢ１ ＝ ｑ· ２Ｅ，则ｖＢ ＝ ２ｖ０，再根据ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ ，可知粒子半径变为原来的 ２倍，则粒子从Ｆ点射出，粒子转过的圆心角仍为９０°，则ｔ ＝ ｔ０，Ｂ错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大 小变为槡３４ Ｂ２，则粒子在ＡＣ做直线运动的 速度仍为ｖ０，再根据Ｔ ＝ ２πｍＢｑ ，可知粒子 半径变为原来的４ 槡３ ＞ ２，则粒子从ＯＦ边 射出，则画出粒子的运动轨迹如右图 所示： 根据ｓｉｎ θ ＝ ２ｒ４ 槡３ ｒ ，可知转过的圆心角θ ＝ ６０°，根据Ｔ ＝ ２πｍＢｑ ，有 ｔ ＝ 槡４ ３πｍ９ｑＢ２ ，则ｔ ＝ 槡８ ３ｔ０ ９ ，Ｃ错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度 大小变为槡２４ Ｂ２，则粒子在ＡＣ做直线运动的速 度仍为ｖ０，再根据ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ ，可知粒子半径变 为原来的４ 槡２ ＞ ２，则粒子从ＯＦ边射出，则画出 粒子的运动轨迹如右图所示： 根据ｓｉｎ α ＝ ２ｒ４ 槡２ ｒ ，可知转过的圆心角为α ＝ ４５°，根据Ｔ ＝ ２πｍＢｑ ，有ｔ ＝槡 ２πｍ ２ｑＢ２ ，则ｔ 槡＝ ２ｔ０，Ｄ正确。故选Ｄ。 ９． Ｄ　 根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向 向下，则要使元件输出霍尔电压ＵＨ为零，直导线ａｂ在霍尔元 件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流Ｉ′ 的方向应该是ｂ→ａ；元件输出霍尔电压ＵＨ为零，则霍尔元件 处合磁感应强度为０，所以有ｋ１ Ｉ０ ＝ ｋ２ Ｉ′，解得Ｉ′ ＝ ｋ１ｋ２ Ｉ０，故 选Ｄ。 １０． ＢＤ　 假设粒子带负电，第一次从Ａ点 和筒壁发生碰撞如图，Ｏ１ 为圆周运动 的圆心由几何关系可知∠Ｏ１ＡＯ为直 角，即粒子此时的速度方向为ＯＡ，说 明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向， 由圆的对称性在其他点撞击时速度一 定沿半径方向，Ｄ正确；假设粒子运动 过程过Ｏ点，则过Ｐ点的速 度的垂线和ＯＰ连线的中垂 线是平行的不能交于一点确 定圆心，由圆形对称性撞击筒 壁以后的Ａ点的速度垂线和 ＡＯ连线的中垂线依旧平行不 能确定圆心，则粒子不可能过 Ｏ点，Ａ错误；由题意可知粒子 射出磁场以后的圆心组成的多 边形应为以筒壁的内切圆的多边形，最少应为三角形如图所示， 即撞击两次，Ｂ正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰 撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，Ｃ错误。故 选ＢＤ。 １１． Ｂ　 在ｘＯｙ平面内电场的方向沿ｙ轴正方向，故在坐标原点 Ｏ静止的带正电粒子在电场力作用下会向ｙ轴正方向运动。 磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向ｙ轴 正方向运动的粒子同时受到沿ｘ轴负方向的洛伦兹力，故带 电粒子向ｘ轴负方向偏转，Ａ、Ｃ错误；运动的过程中电场力 对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦 兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿ｙ 轴正方向，故ｘ轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子 偏转再次运动到ｘ轴时，电场力做功为０，洛伦兹力不做功， 故带电粒子再次回到ｘ轴时的速度为０，随后受电场力作用再 次进入第二象限重复向左偏转，故Ｂ正确，Ｄ错误。 １２． ＢＣ　 由题可知电子所受静电力水平向左，电子从Ｎ到Ｐ的 过程中静电力做负功，Ａ错误；根据沿着电场线方向电势逐 渐降低可知Ｎ点的电势高于Ｐ点，Ｂ正确；由于洛伦兹力一 直都和速度方向垂直，故电子从Ｍ到Ｎ洛伦兹力都不做功， Ｃ正确；由于Ｍ点和Ｐ点在同一等势面上，故从Ｍ到Ｐ静电 力做功为０，而洛伦兹力不做功，Ｍ点速度为０，                                                                       根据动能定 —２２９— 理可知电子在Ｐ点速度也为０，则电子在Ｍ点和Ｐ点都只受 静电力作用，在匀强电场中电子在这两点静电力相等，即合 力相等，Ｄ错误。 １３． Ｄ　 根据功率的计算公式可知Ｐ ＝ Ｆｖｃｏｓ θ，则电场力的瞬时 功率为Ｐ ＝ Ｅｑｖ１，Ａ错误；由于ｖ１与磁场Ｂ平行，则根据洛伦 兹力的计算公式有Ｆ洛＝ ｑｖ２Ｂ，Ｂ错误；根据运动的叠加原理 可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做 加速运动，则ｖ１增大，ｖ２不变，ｖ２与ｖ１的比值不断变小，Ｃ错 误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速 度大小不变，Ｄ正确。故选Ｄ。 １４． Ｃ　 根据安培定则，可判断出导线ａ左侧部分的空间磁场方 向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定 则可判断出导线ａ所受安培力左半部分垂直纸面向外，右半 部分垂直纸面向里。故选Ｃ。 １５．（１）ｍｖ０ ２ ３ｑ 　 （２） π ３或６０°　 （３）答案见解析 解析：（１）设板间距离为ｄ，则板长为槡３ｄ，带电粒子在板间做 类平抛运动，两板间的电场强度为Ｅ ＝ Ｕｄ 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度ｑＥ ＝ ｍａ， 解得ａ ＝ ｑＵｍｄ， 如图所示，设粒子在平板间的运动时间为 ｔ０，根据类平抛运动的运动规律得ｄ２ ＝ １ ２ ａｔ０ ２，槡３ｄ ＝ ｖ０ ｔ０， 联立解得Ｕ ＝ ｍｖ０ ２ ３ｑ 。 （２）设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有ｔａｎ α ＝ ａｔ０ｖ０ ＝ 槡３ ３ ，故α ＝ π ６ ， 则出电场时粒子的速度为ｖ ＝ ｖ０ｃｏｓ α ＝ 槡２ ３ ３ ｖ０， 粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛 顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得 ｑｖＢ ＝ ｍ ｖ ２ ｒ ， 解得ｒ ＝ ｍｖｑＢ ＝ 槡２ ３ｍｖ０ ３ｑＢ ， 已知圆形磁场区域半径为Ｒ ＝ ２ｍｖ０３ｑＢ，故ｒ 槡＝ ３Ｒ，粒子沿ＰＯ方 向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射 出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ， 则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何 关系可得θ ＝ ２α ＝ π３ ， 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为π３ 或６０°。 （３）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为 ｒ 槡＝ ３Ｒ，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨 迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时 粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦 以及圆心Ｍ的位置如图所示： １６．（１）ｍｖ０ ２ ｓｉｎ βｃｏｓ β ｑＬ 　 （２） ｑＢｄ ｍ 　 （３）（ｄ，ｄ，０） （４）（ 槡２ ＋ ２ ２）πｍｑＢ 解析：（１）如图所示，将离子甲从 Ａ点出射速度ｖ０分解到沿ｙ轴方 向和ｚ轴方向，离子受到的电场 力沿ｙ轴负方向，可知离子沿ｚ 轴方向做匀速直线运动，沿ｙ轴 方向做匀减速直线运动，从Ａ到 Ｏ的过程，有 Ｌ ＝ ｖ０ ｃｏｓ β·ｔ，ｖ０ ｓｉｎ β ＝ ａｔ，ａ ＝ ｑＥｍ， 联立解得Ｅ ＝ ｍｖ０ ２ ｓｉｎ βｃｏｓ β ｑＬ 。 （２）离子从坐标原点Ｏ沿ｚ轴正 方向进入磁场Ⅰ中，在磁场Ⅰ中 做匀速圆周运动，经过磁场Ⅰ偏 转后从ｙ轴进入磁场Ⅱ中，继续做 匀速圆周运动，如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得ｑｖＢ ＝ ｍｖ ２ ｒ１ ，ｑｖ·槡２２ Ｂ ＝ ｍｖ２ ｒ２ ，可得ｒ２ ＝ 槡２ｒ１， 为了使离子在磁场中运动，则离子在磁场Ⅰ运动时，不能从 磁场Ⅰ上方穿出。在磁场Ⅱ运动时，不能进入ｘＯｚ平面，由 于ｒ２ 槡＝ ２ｒ１，轨迹恰与ｘＯｚ平面相切，则离子在磁场中运动的 轨迹半径需满足ｒ１≤ｄ， 联立可得ｖ≤ｑＢｄｍ ， 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最 大速度为ｑＢｄｍ 。 （３）离子甲以ｑＢｄ２ｍ的速度从Ｏ点沿ｚ轴正方向第一次穿过 ｘＯｙ面进入磁场Ｉ，离子在磁场Ｉ中的轨迹半径为ｒ１ ′ ＝ ｍｖｑＢ ＝ ｄ ２ ，离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为ｒ２ ′ ＝ ｍｖ ｑ·槡２２ Ｂ ＝槡２ｄ２ ， 离子从Ｏ点第一次穿过到第四次穿过ｘＯｙ平面的运动情景， 如图所示                                                                       —２３０— 离子第四次穿过ｘＯｙ平面的ｘ坐标为ｘ４ ＝２ｒ２′ｓｉｎ ４５° ＝ ｄ， 离子第四次穿过ｘＯｙ平面的ｙ坐标为ｙ４ ＝ ２ｒ１ ′ ＝ ｄ， 故离子第四次穿过ｘＯｙ平面的位置坐标为（ｄ，ｄ，０）。 （４）设离子乙的速度为ｖ′，根据离子甲、乙动能相同，可得 １ ２ ｍｖ ２ ＝ １２ × ４ｍｖ′ ２， 可得ｖ′ ＝ ｖ２ ＝ ｑＢｄ ４ｍ， 离子甲、离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径分别为 ｒ１１ ′ ＝ ｍｖ ｑＢ ＝ ｄ ２ ，ｒ１２ ′ ＝ ４ｍｖ′ ｑＢ ＝ ｄ ＝ ２ｒ１１ ′ 离子甲、离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径分别为 ｒ２１ ＝ ｍｖ ｑ·槡２２ Ｂ ＝槡２ｄ２ ，ｒ２２ ＝ ４ｍｖ′ ｑ·槡２２ Ｂ 槡＝ ２ｄ ＝ ２ｒ２１， 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙 第一次穿过ｘ轴的位置，如图所示 从Ｏ点进入磁场到第一个交点的过程，有 ｔ甲＝ Ｔ１ ＋ Ｔ２ ＝ ２πｍ ｑＢ ＋ ２πｍ ｑ·槡２２ Ｂ ＝（ 槡２ ＋ ２ ２）πｍｑＢ， ｔ乙＝ １ ２ Ｔ１ ′ ＋ １ ２ Ｔ２ ′ ＝ １ ２ × ２π·４ｍ ｑＢ ＋ １ ２ × ２π·４ｍ ｑ·槡２２ Ｂ ＝ （４ ＋ 槡４ ２）πｍｑＢ， 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为 Δｔ ＝ ｔ乙－ ｔ甲＝（ 槡２ ＋ ２ ２）πｍｑＢ。 第二章　 电磁感应 １．楞次定律 第１课时　 楞次定律 课前预习反馈 　 　 知识点１：２．（１）向下　 向上　 向上　 向下　 阻碍　 （２）向 下　 向下　 向上　 向上　 阻碍　 　 ３． Ｂ　 Ａ 　 　 知识点２：１．阻碍　 磁通量的变化　 ２．机械　 电 判一判 　 　 （１）× 　 （２）× 　 （３）√ 选一选 Ｄ　 导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，穿 过回路的磁通量不发生变化，不会有感应电流，所以导体在磁场 中运动不一定能产生感应电流，Ａ错误；要形成感应电流必须是 闭合回路且磁通量发生改变，所以闭合线圈整个放在变化磁场 中，但是线圈平面与磁场平行，磁通量一直为零时，不能产生感 应电流，Ｂ错误；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通 量的变化，不一定与原磁场方向相反，Ｃ错误，Ｄ正确。 　 　 知识点３：１．垂直　 平面内　 手心　 导线运动　 四指所指 　 ２．切割磁感线 判一判 　 　 （４）√ 　 　 想一想 右边线圈Ｂ受到向右的安培力向右摆动 解析：用力使线圈Ａ向右运动时，根据右手定则可知，左边线 圈Ａ中产生逆时针方向的电流（从右向左看），然后该电流流到右 边的线圈Ｂ中，根据左手定则可知，右边线圈Ｂ受到向右的安培力 向右摆动。此时的线圈Ａ在原理上类似于发电机，线圈Ｂ在原理上 类似于电动机。 课内互动探究 　 　 探究一 例１：（１）Ｂ　 （２）向上　 （３）见解析 解析：（１）将条形磁铁从图示位置先迅速向上后迅速向下 移动一小段距离，则线圈中产生的感应电流方向相反，两个二极 管相继分别导通，出现的现象是灯泡Ａ、Ｂ交替短暂发光，故 选Ｂ。 （２）通过实验得知：当电流从图ｂ中电流计的右端正接线柱 流入时指针向右偏转；则当电流计指针向右偏转时，螺线管中产 生的感应电流的磁场从上往下，根据楞次定律可知，磁体向上 运动。 （３）连线如图所示： 　 　 探究二 例２：Ｂ　 甲图中穿过线圈的磁场方向向下，且磁通量在增 加，根据“增反减同”可知道感应电流产生的磁场方向向上，故Ａ 错误；图乙磁铁正向线圈靠近，穿过线圈的磁通量在增大，根据 “来拒去留”可知磁铁受到线圈作用力的方向向上，故Ｂ正确； 丙图中电流计偏转方向与甲图中相反，说明磁铁在远离线圈，故 Ｃ错误；丁图中穿过线圈的磁场方向向上，且磁通量在减小，根 据“增反减同”可知道感应电流产生的磁场方向向上，与甲图中 感应电流产生的磁场方向相同，所以感应电流方向也相同，电流 计指针的偏转方向相同，故Ｄ错误。 对点训练?：Ｃ　 根据右手定则，在线圈Ⅱ下落到线圈Ⅰ所 在的平面之前，线圈Ⅰ中电流在线圈Ⅱ产生的磁通量向上，且不 断增大，根据楞次定律，从上往下看，线圈Ⅱ中产生的顺时针方 向感应电流削弱磁通量的变化，当线圈Ⅱ从线圈Ⅰ所在平面继 续下落时，线圈Ⅰ中电流在线圈Ⅱ产生的磁通量仍然向上，且不 断减小，根据楞次定律，从上往下看线圈Ⅱ产生逆时针感应电流 削弱磁通量变化，故Ｃ正确。 　 　 探究三 例３：ＢＤ 　 根据右手定则，ＰＱＲＳ中电流沿逆时针方向， ＰＱＲＳ中电流在线框Ｔ处产生的磁场方向垂直纸面向外。金属 杆ＰＱ向右做减速运动，则ＰＱＲＳ中电流减小，该磁场减弱，根据 楞次定律，Ｔ中电流沿逆时针方向，故Ａ错误，Ｂ正确；若ＰＱＲＳ 内，净磁通为向里，Ｔ具有收缩趋势，若ＰＱＲＳ内，净磁通为向外， Ｔ具有扩张趋势；根据左手定则，ＰＱ受到向左的安培力，故Ｃ错 误，Ｄ正确。 对点训练?：Ａ　 ａｂ顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿 过手心，拇指指向导体运动方向，则ａｂ上的感应电流方向为ａ→ ｂ，Ａ正确；ａｂ向纸外运动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指 指向纸外，则知导体ａｂ上的感应电流方向为ｂ→ａ，Ｂ错误；线框 向右运动时，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律知，线框中感 应电流方向为ｂ→ａ→ｄ→ｃ→ｂ，则导体ａｂ上的感应电流方向为 ｂ→ａ，Ｃ错误；ａｂ沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ａｂ上 的感应电流方向为ｂ→ａ，Ｄ错误                                                                       。 —２３１—