第一章 安培力与洛伦兹力 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教版）多选

第一章　安培力与洛伦兹力 第一章　章末综合提升 章末检测 内容索引 2 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1.有关安培力问题的分析与计算 安培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，然后根据题中条件由牛顿运动定律或动能定理等规律列式求解。具体求解应从以下几个方面着手分析： (1)安培力的大小 ①当通电导体和磁场方向垂直时，F＝IlB。 ②当通电导体和磁场方向平行时，F＝0。 ③当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝IlBsin θ。 (2)安培力的方向 ①安培力的方向由左手定则确定。 ②F安⊥B，同时F安⊥I，即F安垂直于B和I决定的平面，但I和B不一定垂直。 (3)安培力作用下导体的状态分析 通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态。对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键。 2.带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的处理方法 (1)放缩法 粒子源产生的速度方向一定、大小不同的带 电粒子进入匀强磁场时，在磁场中做匀速圆 周运动的轨迹半径随速度的变化而变化，如 图所示(图中只画出粒子带正电的情况)，速 度v0越大，运动半径也越大。可以发现，这 些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆 心在垂直速度方向的直线PP'上。 由此我们可以得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩法”。 (2)旋转法 粒子源产生的速度大小一定、方向不定的带 电粒子进入匀强磁场时，在磁场中做匀速圆 周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则 圆周运动半径为R＝，如图所示。同时可 以发现，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的圆心在以入射点P为圆心、半径为R＝ 的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。 由此我们可以得到一种确定临界条件的方法：确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时，可以将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“平移法”。 3.电偏转与磁偏转的比较 项目 电偏转 磁偏转 偏转条件 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 静电力F＝qE，大小、方向不变 洛伦兹力F洛＝qvB，大小不变，方向时刻与v垂直 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动 项目 电偏转 磁偏转 运动 轨迹 抛物线   圆或圆的一部分   项目 电偏转 磁偏转 求解 方法 x＝v0t，a＝，偏移距离y＝at2，偏转角tan φ＝ 偏移距离y和偏转角θ要结合圆的几何关系通过圆周运动的规律求解，r＝，T＝，t＝T 动能 变大 不变 三、经典例题体验 [典例1]　如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽 度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面 成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)， 整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r，重力加速度为g，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒ab能在导轨上保持静止，则(　　) A.滑动变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的 安培力最大 B.金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面 向上 C.滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于－(R0＋r) D.滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于－(R0＋r) [答案]　D 滑动变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小， 金属棒受到的安培力最小，故A错误;由左手定则可 知，安培力沿导轨平面向上，当金属棒刚好要上滑 时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面 向下，故B错误;当金属棒刚好要上滑时，滑动变阻器R接入电路的电阻值最小，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ＋μmgcos θ＝BI'd，由闭合电路欧姆定律得E＝I'(r＋R'＋R0)，联立解得R'＝－(R0＋ r)，则滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于－(R0＋ r)，故C错误;由于μ＜tan θ，则金属棒刚好下滑时， 电路中电流最小，即滑动变阻器R接入电路的电阻 值最大，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ＝ μmgcos θ＋BId，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R ＋R0)，联立解得R＝－(R0＋r)，则滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于－(R0＋r)，故D正确。 [典例2]　(多选)如图，在平面直角坐标系xOy的第一 象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强 度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子 从y轴上的P(0，L)点以相同的速率在纸面内沿不 同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向 的夹角为α(0°≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子 垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力，则( 　　) A.粒子一定带正电 B.当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 C.粒子入射速率为 D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L ACD 由于α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁 场，故粒子向下偏转，由左手定则可知 粒子带正电，A项正确;当α＝45°时， 粒子运动轨迹如图中轨迹2所示，粒子 不能垂直x轴射出磁场，B项错误;粒子在 磁场中运动，有qvB＝m，由几何关系 可知r＝2L，所以粒子的速率v＝，C项正确;粒子离开磁场的位置到O点的距离最大时，入射点与出射点的距离为2r＝4L，所以出射点到O的最大距离为s＝＝3L，D项正确。 [典例3]　如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B， 宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧 以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界 间夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为e， 为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求： (1)电子的速率v0至少多大? [答案]　(1) 本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。(1)当 入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆 弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越 大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能 从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几 何知识可得r＋rcos θ＝d ① 又r＝② 由①②得v0＝ ③ 故电子要射出磁场，速率至少应为。 (2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少? [答案]　(2) (2)由③式可知，θ＝0°时，v0＝最小，由②式 知此时半径最小，rmin＝，也可由轨迹分析得出 上述结论。 [典例4]　如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向 右的匀强电场，在第Ⅰ、第Ⅳ象限内分别存在 方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小 相等。有一个质量为m、电荷量为q的带正电 的粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，并且恰好与y轴正方向成60°角进入磁场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小; [答案]　(1)　 (1)粒子以垂直于x轴的初速度进入水平方向的匀强电场，则粒子做类平抛运动，由进入磁场时的速度与y轴正方向成60°，可得 tan 60°＝ 又vx＝at1 a＝ d＝a 联立解得E＝。 (2)带电粒子从进入电场至在磁场中第二次经 过x轴的时间。 [答案]　(2) (2)定性地画出粒子在电场和磁场中的运动轨迹，如图所示， 由(1)可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝ 粒子进入磁场的速度为v＝＝2v0 又v0t1＝ rsin 60°＝ 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝ 则粒子在磁场中的运动时间为t2＝ 因此带电粒子从进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t＝t1＋t2＝。 章末检测(一)　 安培力与洛伦兹力 30 一、选择题(本大题共10个小题。在每小题所给的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。) 1.以下有关磁场的相关知识叙述正确的是(　　) A.磁场和磁感线都是客观存在的 B.磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该点的小磁针N极受力方向一致 C.将通电导线放在磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零 D.运动的电荷在磁场中一定受洛伦兹力的作用 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B 31 磁场是客观存在的，磁感线是假想的，所以A错误;磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该点的小磁针N极受力方向一致，所以B正确;将通电导线放在磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度可能为零，也有可能是磁感应强度的方向与电流方向平行，所以C错误;若电荷运动方向与磁场方向平行时，电荷不受洛伦兹力的作用，所以D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 32 2.(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强 度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。 已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l， 与磁场方向平行，则该导线受到的安培力为(　　) A.0　　　　　　　　　　　 B.BIl C.2BIl D.BIl 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C 33 因bc段与磁场方向平行，则不受安培力;ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 34 3.(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直 向下射入垂直纸面向里的匀强磁场。关于小球运 动和受力的说法正确的是(　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A 35 根据左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确;小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度和加速度的大小、方向都在变，B、C错误;洛伦兹力永不做功，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质 量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的 方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角，则磁场的磁感应 强度大小为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B 37 画出电荷运动的轨迹如图所示，设电荷运动的轨道半径为r，由几何关系可得tan ;洛伦兹力提供电荷在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝m，联立可得B＝，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示，在水平面上有一根通有恒定电流的 直导线，直导线周围空间存在无限大的匀强磁场， 磁场方向与水平面成60°夹角，通电直导线在磁 场力作用下沿水平面始终做匀速直线运动，导线与水平面间的动摩擦因数为0.7。现使磁场方向顺时针转动30°直到竖直向上，则磁感应强度 (　　) A.一直变大 B.一直变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A 39 以通电直导线为研究对象，受力分析如图所示， F＝BIL，θ＝90°－α，Ff＝μFN，由平衡条件得 G＝FN＋BILsin θ，Ff＝BILcos θ，解得B＝，其中sin φ＝ ，即φ＞30°。因60°≤α≤90°，则在磁场方向缓慢转过30°的过程中，B一直变大，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带 电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电 场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板，匀强 磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各 有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电 微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒 重力，下列判断正确的是(　　) A.带电微粒一定带正电 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连线射入，不能从P孔射出 D.将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后将做类平抛运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C 41 若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电 力向下，若微粒带负电，受到的洛伦兹力向下，静 电力向上，洛伦兹力等于静电力，微粒沿PQ运动， 因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误;对微粒 受力分析，有qE＝qvB，解得B＝，故B错误;若带电微 粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，不能从P孔射出，故C正确;将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后，洛伦兹力大于静电力，由于洛伦兹力是变力，带电微粒不可能做类平抛运动，应做曲线运动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带 电粒子流，粒子质量为m、电荷量为－q、速率为 v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒 子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内 设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应 的磁感应强度可以是哪一种(其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半 径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A 43 带电粒子进入磁场中做圆周运动，半径r＝， 由题可知粒子在A、B、C中做圆周运动的半径r＝ L，在D中做圆周运动的半径为;粒子的初速度都 相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒 子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可知A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确;B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。如果发现电子束的 偏转幅度比正常的小，则可能的原因是(　 　) A.电子枪发射能力减弱，电子数减少 B.加速电场的电压过高，电子速率偏大 C.偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D.偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 BCD 45 电子数的减少仅能引起电视画面清晰度的改变，不会引起偏转幅度的减小，A错误;加速电场的电压过高，电子速率偏大，由qvB＝m得r＝偏大，偏转幅度偏小，B正确;线圈匝数减少或线圈电流过小都导致B变小，r增大，偏转幅度减小，C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面 垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。一质子从加速器的A处开 始加速。已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f， 质子质量为m，电荷量为q。已知质子在磁场中运动的周期等于交变电 源的周期，则下列说法正确的是(　 　) A.质子的最大速度不超过2πRf B.质子的最大动能为 C.质子的最大动能与U无关 D.若增大电压U，质子的最大动能增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 AC 47 质子出回旋加速器的速度最大的半径为R，则v＝ ＝2πRf，所以最大速度不超过2πRf，A正确。 由Bqv＝得v＝，质子的最大动能Ek＝mv2 ＝，与电压无关，B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的 圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动， 细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆 环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像 可能是下列选项中的(　　 ) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 AD 49 在运动过程中，由左手定则可判断圆环所受洛伦 兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力，可 能还受到垂直于杆的弹力及向左的摩擦力。初始 时刻当洛伦兹力小于重力时，弹力方向竖直向上， 圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减 小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图像;初始时刻当洛伦兹力等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确。初始时刻当洛伦兹力大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题(本题共5个小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11.目前世界上正在研究一种新型发电机—— 磁流体发电机，它的原理图如图所示。设想在 相距为d的两平行金属板间加磁感应强度为B的 匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连。将气体 加热电离后，由于正、负离子一样多，且带电荷量均为q，因而称为等 离子体，将其以速度v喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会聚集 电荷，产生电压。这就是磁流体发电机的原理。图中____________板 是发电机的正极，发电机的电动势是____________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 甲　 Bdv 51 等离子体从左侧射入磁场，正离子受到向上 的洛伦兹力的作用而偏向甲板，使甲板上积 累正电荷，乙板上积累相应的负电荷，甲、 乙两板成为电源的正、负两极，甲板是发电 机的正极。当开关断开时，甲、乙两极间的电压即为电源的电动势，稳定时，甲、乙两板积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有＝qvB，得电源的电动势为U＝Bdv。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.如图所示，含有HHHe 的带电粒子束从 小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子 在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在 P1、P2两点，则： (1)打在P1点的粒子是____________，  打在P2点的粒子是____________。  (2)O2P2的长度是O2P1长度的____________倍。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 H　 2 H和He 53 带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与 洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所 以v＝，可知从速度选择器中射出的粒子具有相 同的速度。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝，所以r＝ ·，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越 小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和HeH的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的轨道半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁 场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。 一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿 平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后，该粒子 在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计粒子重力。求 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 55 (1)带电粒子的比荷; 答案：(1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB＝m ② 由几何关系知d＝r ③ 联立①②③式得。 ④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 57 (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 答案：(2)() 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴经过的路程为 s＝＋rtan 30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动到x轴的时间为t＝ ⑥ 联立②④⑤⑥得t＝()。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 60 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm， 闭合开关，金属杆飞起后，其下端离 液面最大高度H＝10 cm，设离开导电 液体前杆中的电流不变，求金属杆离 开液面时的速度大小和金属杆中的电 流有多大;(g取10 m/s2) 答案：(1) m/s　4.17 A　 61 (1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动， 由运动学关系式有 v2＝2gH 解得v＝ m/s 通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL 由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0 解得I≈4.17 A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 62 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若金属杆下端刚与导电液体接触， 改变电动势的大小，通电后金属杆跳 起高度H'＝5 cm，通电时间t'＝0.002 s， 求通过金属杆横截面的电荷量。 答案：(2)0.085 C 63 (2)对金属杆，通电时间t'＝0.002 s， 由动量定理有 (BI'L－mg)t'＝mv'－0 由运动学公式有v'2＝2gH' 通过金属杆截面的电荷量q＝I't' 联立解得q＝0.085 C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 64 15.如图所示，一速度选择器中电场的方 向和磁场的方向分别竖直向下和垂直于 纸面向里，电场强度和磁感应强度的大 小分别为E＝2×104 N/C和B1＝0.1 T，极 板的长度l＝ m，间距足够大，在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R＝ m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60°。不计粒子的重力，粒子的比荷＝2×106 C/kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 65 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的 大小; 答案：(1)0.1 T　 66 (1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则有qvB1＝qE 设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为r，则有 qvB2＝m 粒子速度方向偏转了60°，有r＝Rtan 60° 解得v＝2×105 m/s，B2＝0.1 T。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 67 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在其他条件都不变的情况下，将极板 间的磁场B1撤去，求粒子离开电场时速 度的偏转角θ。 答案：(2)30° 68 (2)撤去磁场B1后，粒子在极板间做类平抛运动，设在极板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，则有qE＝ma l＝vt vy＝at tan θ＝ 解得tan θ＝，即θ＝30°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 69 $$