专题02 安培力与洛伦兹力（考点清单）-2024-2025学年高二物理下学期期中考点大串讲（粤教版2019）

专题02 安培力与洛伦兹力 考点清单 考点1 安培力方向的特点 考点2 安培力的大小 考点3 磁电式电流表 考点4 洛伦兹力 考点5 带电粒子及其在匀强磁场中运动 考点6 质谱仪 考点7 回旋加速器 考点8 带电粒子在组合场中的运动 考点9 带电粒子在叠加场中的运动 知识点1 磁场对通电导线的作用力 要点1　安培力的方向 1． 安培力：通电导线在 中受到的力． 2． 安培力的方向：用 判断. 判断方法：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从 (垂直)进入，并使四指指向 ，这时 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向． 要点2　安培力的大小 1． 如图甲所示，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝ . 2． 如图乙所示，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝ . 3． 如图丙所示，通电导线与磁场方向成θ角，可以分解磁感应强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝ . 要点3　磁电式电流表 实验中常用的磁电式电流表所依据的物理学原理就是通电线圈因 受 而转动． 甲 乙 1． 构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴(如图甲所示)．铁芯、线圈和指针是一个整体，可以 . 2． 磁场分布的特点：磁铁与铁芯之间的磁场是均匀辐向分布的非匀强磁场，不管线圈处于什么位置，线圈平面都与磁感线 ，线圈转动过程中所经过的各点的磁感应强度 B 的大小是相等的(如图乙所示)． 知识点2 磁场对运动电荷的作用力 要点1　洛伦兹力的方向 1． 洛伦兹力 (1) 定义： 在磁场中受到的力称为洛伦兹力． (2) 洛伦兹力与安培力的关系：通电导体在磁场中所受的安培力是导体中运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的 本质． 2． 洛伦兹力的方向 (1) 依照左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指 向 运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的 在磁场中所受洛伦兹力的方向，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向 .如图所示： (2) 洛伦兹力方向的特点：F洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于 所决定的平面． 要点2　洛伦兹力的大小 1． 洛伦兹力的大小 (1) 当v⊥B时：F洛＝ . (2) 当v∥B时：F洛＝ . (3) 当v与B成θ角时：F洛＝ . 2． 特别提醒： (1) 运动的电荷才有可能受到洛伦兹力，静止的电荷在磁场中不受洛伦兹力． (2) 运动电荷不受洛伦兹力作用的位置，磁感应强度不一定为零，可能是v∥B. 要点3　电子束的磁偏转 显像管电视机中就应用了电子束磁偏转的原理． 1． 构造：如图所示，由电子枪、 和荧光屏组成． 2． 原理 (1) 电子枪 . (2) 电子束在磁场中 . (3) 荧光屏被电子束撞击发光． 3． 扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在 ，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动． 4． 偏转线圈：使电子束偏转的磁场是由 产生的． 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 要点1　带电粒子在匀强磁场中的运动 1． 用洛伦兹力演示仪直观可见：不加磁场时，电子束的径迹是一条直线，加磁场后电子束的径迹是一个 (如图所示)． 要点2　带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期 1． 半径和周期公式：质量为m、带电荷量为q、速率为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： (1) 半径：由qvB＝m 得r＝ . (2) 周期：由T＝ 得T＝ . 2． 特点： (1) 带电粒子的轨迹半径跟质量和速度大小成正比；跟匀强磁场的磁感应强度和粒子所带电荷量成反比． (2) 带电粒子的运动周期跟粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，而跟速率v和半径r . 知识点 4质谱仪与回旋加速器 要点1　质谱仪 质谱仪是可以把不同的粒子分开、测量带电粒子的质量、计算比荷和分 析　 的重要仪器． 1． 容器A中含有大量电荷量相同、而质量有微小差别的带电粒子，从下方小孔S1 飘出时，初速度可认为为零． 2． 某个质量为m、电量为q的带电粒子，经过S1和S2之间电势差为U的电场加速后，由qU＝mv2可求得其从S2射出、又从S3射入沿着与磁场垂直的方向进入磁场的速度为v＝ . 3． 该粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动．由qvB＝ 可求得其半径r＝，代入v即得r＝ . 4． 由r的表达式可知，不同质量m的带电粒子将沿不同半径做圆周运动，经过半个圆周打在照相底片D上的不同位置，质量越大的带电粒子半径越大，质量越小的半径越小． 5． 如果已知q、U、B，又测出其半径r，可求得带电粒子的质量m＝，或求得其比荷 ＝ .　 6． 对质量有微小差别的同位素，因q相同、m不同，也可区别、分离出来．在底片上形成的若干谱线状的细条，叫做质谱线． 要点2　回旋加速器 回旋加速器是利用电场对带电粒子加速、利用磁场对带电粒子偏转来获得高能粒子的装置． 　 1． 工作原理： D1和D2是两个中空的半圆金属盒(称为D形盒)，置于真空中．由大型电磁铁产生的磁场垂直于金属盒，使带电粒子在D形盒内做匀速圆周运动．加于两D形盒间的周期性变化的电压，在两盒空隙间产生周期性变化的电场，总能使带电粒子通过时被加速．如此回旋，每经过半个圆周，粒子便加速一次．最后当被加速粒子趋于D形盒边缘时，通过特殊装置将其引出，即获得高能量粒子． 2． 具体分析： 设带电粒子质量为m、电荷量为q，D形盒半径为R，缝隙间电压为U. (1) 为了保证带电粒子每次经过窄缝时都被加速，在窄缝两侧加上的电压的变化周期应跟带电粒子在D形盒中运动的周期相同．即：T电场＝T回旋＝ ，恰好这也是一个定值，技术上可以满足． (2) 带电粒子每经过缝隙一次，获得的动能增量ΔEk ＝qU (3) 由qBv＝m知r＝∝v，即带电粒子的回旋半径不断增大，速度也越来越大，能量也越来越大． (4) 带电粒子的最大动能：当回旋半径达到R时，速度最大，能量最大．由qvmB＝m 得最大动能Ekm＝mv＝ 3．特别提醒： (1) 要提高带电粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R. (2) 能量达到25～30 MeV后就很难再加速了．由狭义相对论可知，粒子的质量随着速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋的周期的变化，从而破坏了与电场变化的同步． 考点1　安培力方向的特点 安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流I和磁场B所决定的平面． (1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直．应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直． (2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．应用左手定则判断时，磁感线斜着穿入掌心． 例1.如图所示，D是置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里，在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右 判断安培力方向的步骤 (1)明确研究对象； (2)用安培定则或根据磁体的磁场特征，画出研究对象所在位置的磁场方向； (3)由左手定则判断安培力方向． 变式1．(多选)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是(　　) A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短 C.FN1>FN2 D.FN1<FN2 考点2 安培力的大小 对公式F＝IlBsin θ的理解 1．公式F＝IlBsin θ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响． 2．公式F＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角 (1)当θ＝90°时，即B⊥I，sin θ＝1，公式变为F＝IlB. (2)当θ＝0时，即B∥I，F＝0. 3．公式F＝IlBsin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线段的长度(如图虚线所示)；相应的电流沿导线由始端流向末端． 推论：对任意形状的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的有效长度l＝0，故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零，如图所示． 例2.如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L的直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为(　　) A．3BIL B.BIL C.BIL D．BIL 变式2.如图所示，直角三角形闭合线框abc处于匀强磁场中，∠acb＝30°，磁场方向垂直线框平面向里，线框中通入顺时针方向电流时，下列说法正确的是(　　) A．ab边受到的安培力向右 B．ac边受到的安培力与ab边受到的安培力大小相等 C．ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力 D．整个线框所受的安培力的合力为零 考点3　磁电式电流表 1． 磁电式电流表原理 (1) 电流通过线圈时，跟转轴平行的两边受到安培力，将使线圈发生转动． (2) 线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动，平衡时，线圈停止转动． (3) 可以证明，指针偏转角度的大小θ∝I，故刻度是均匀的． (4) 当线圈中的电流方向发生变化时，安培力的方向也随之改变，指针的偏转方向也发生变化，所以根据指针的偏转方向，还可以知道被测电流的方向. 2． 磁电式电流表优缺点 (1) 优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流． (2) 缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流很弱． 例3.(多选)以下关于磁电式电流表的说法正确的是(　　) A．线圈平面跟磁感线平行 B．通电线圈中的电流越大，指针偏转角度也越大 C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场 D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关 变式3.如图甲所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈中通以如图乙所示的恒定电流时，下列说法中正确的是( ) 甲　 乙 A. 当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上 B. 当线圈在如图乙所示的位置时，该线圈的磁通量一定为零 C. 线圈通过的电流越大，指针偏转角度越小 D. 线圈转动的方向，由螺旋弹簧的形变决定 考点4洛伦兹力 洛伦兹力的方向 1． 决定洛伦兹力方向的三个因素：电荷的正负、速度的方向、磁感应强度的方向．当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个反向，则洛伦兹力必定反向；如果让两个同时反向，则洛伦兹力方向不变． 2． 洛伦兹力的特点：洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小． 3． 用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，应注意将四指指向负电荷运动的反方向． 4． 考查分析：洛伦兹力方向的判断是最基础的考查内容，注意点： (1) 准确识别速度方向、磁场方向所决定的平面，四指注意指向正电荷的运动方向或负电荷运动方向的反方向． (2) 利用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向也可以理解为总是指向等效电流的方向． (3) 无论磁感应强度B的方向与电荷运动的速度方向是否垂直，洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面． (4) 洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对通电导线做功．可见安培力与洛伦兹力既有联系，也有区别. 洛伦兹力的大小 1． 洛伦兹力的表达式 (1) 当电荷的运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，F＝qvB. (2) 当电荷的运动方向与磁场方向平行时，F洛＝0. (3) 一般情况下，当电荷运动的方向与磁场方向的夹角为θ时，电荷所受洛伦兹力的大小为F＝qvBsinθ. 2． 洛伦兹力与安培力的关系 (1) 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现． (2) 不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，只有当导体静止时才能这样认为． 需要提醒的是，带电物体一般要考虑其重力，除非题目说明或暗示，在磁场中不但受重力、洛伦兹力，还可能受弹力、摩擦力等，可能做自由的运动，还可能做受束缚的运动，可能做直线运动，还可能做曲线运动． 例4. 如图所示，a为带正电荷的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( ) A. a、b一起运动的加速度减小 B. a、b一起运动的加速度增大 C. a、b物块间的摩擦力不变 D. a、b物块间的摩擦力增大 例5.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图8所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是(　　) A．小球受到的洛伦兹力 B．小球的加速度 C．细线的拉力 D．小球的动能 变式5．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则物块(　　) A．一定做匀速直线运动 B．一定做减速运动 C．可能先减速后匀速运动 D．可能加速运动 变式6.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，重力加速度为g.现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ 考点5 带电粒子及其在匀强磁场中运动 　带电粒子及其在匀强磁场中运动问题的求解方法　　 1． 带电粒子与带电微粒 (1) 带电粒子：一般指电子，质子，α粒子，正负离子等．这些粒子所受重力和洛伦兹力相比小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不能忽略质量)． (2) 带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等．除非有说明或明确暗示以外，一般都考虑重力． 2． 带电粒子在匀强磁场中运动形态、求解方法 (1) 运动形态 ①沿磁场方向射入时，带电粒子做匀速直线运动． ②垂直磁场方向射入时，带电粒子做匀速圆周运动． ③不垂直射入磁场方向时，带电粒子一边沿磁场方向做匀速运动，一边做匀速圆周运动，如下图： (2) 求解方法： ①画出轨迹示意图，找出圆心的位置． ②根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系． ③根据速度的变化确定偏转角的变化，进一步求出运动时其他物理量的变化． 圆心、半径、角度、运动时间的确定 1． 两种确定轨迹圆心的方法 (1) 已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两点速度方向的垂线，交点即为圆心，如图甲所示． 甲 (2) 已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度方向的垂线，则弦的中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙所示． 乙 2． 三种求半径的方法 (1) 根据半径公式r＝ 求解． (2) 根据勾股定理求解．如图丙所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足 r2＝d2＋(r－x)2. 丙 (3) 根据三角函数求解．如图丙所示，若已知出射速度方向与入射方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝. 　 丁 3． 四种角度的关系 (1) 如图丁所示，速度的偏向角φ等于圆心角α. (2) 圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的两倍(φ＝α＝2θ＝ωt)． (3) 相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°. (4) 进出同一直线边界时速度方向与该直线边界的夹角相等． 4． 两种求时间的方法 (1) 利用圆心角求解．若求出这部分圆弧对应的圆心角θ，则 t＝T. (2) 利用弧长s和速度v求解，即t＝. 注意：画出了轨迹，找准了圆心，求对了半径，突破了运动时间，带电粒子在磁场中的运动问题的求解基本就成功一半了．所以，需要准确作图、强化数学，重点掌握轨迹半径公式r＝ 和周期公式T＝，还要理解r与v成正比，T与速度、半径无关． 例7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则(　　) A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距(＋1)a 例8.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　) A. B．2 C. D．3 变式7.一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标(0，L)的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向间的夹角为60°，如图8，求： (1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (2)带电粒子的比荷及粒子从a点运动到b点的时间； (3)其他条件不变，要使该粒子恰从O点射出磁场，求粒子的入射速度大小． 变式8.一带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝＋1.6×10－19 C，该粒子以大小为v＝3.2×106 m/s的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图9所示．(粒子重力不计，g取10 m/s2，结果均保留两位有效数字) (1)带电粒子离开磁场时的速度多大？ (2)带电粒子在磁场中运动多长时间？ (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？ 考点6　质谱仪 1． 为使进入偏转磁场的带电粒子速度更唯一，测量更准确．改进后的质谱仪如图所示，在S2与S3之间增加速度选择器． 分析如下： 设速度选择器内电场强度为E、匀强磁场磁感应强度为B1、偏转磁场磁感应强度为B2.带电粒子进入加速电场被加速，进入速度选择器后，只有满足qE＝qvB1，即v＝的带电粒子才能进入偏转磁场． 若测出粒子做圆周运动的半径为r＝，结合r＝可求得带电粒子的比荷 ＝＝.　 1．带电粒子运动分析 (1)加速电场加速：根据动能定理，qU＝mv2. (2)匀强磁场偏转：洛伦兹力提供向心力，qvB＝. (3)结论：r＝，测出半径r，可以算出粒子的比荷. 2．质谱仪区分同位素：由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝.同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素． 例9.如图所示为质谱仪的示意图，速度选择器部分的匀强电场的场强为E＝1.2×105 V/m，匀强磁场的磁感应强度为B1＝0.6 T；偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8 T．求：(已知质子质量为1.67×10－27 kg) (1)能通过速度选择器的粒子的速度大小； (2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d. 变式9.质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外．一束电荷量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间距离为Δx，粒子所带电荷量为q，且不计重力． (1) 求粒子进入磁场B2时的速度v的大小． (2) 求打在a、b两点的粒子质量之差Δm. (3) 比较这两种带电粒子在磁场B2中运动时间的大小关系，并说明理由． 考点7　回旋加速器 1． 相关要点 (1) 磁场的作用：使带电粒子“回旋”．带电粒子每次进入D形盒都运动半个周期，然后平行电场方向进入电场加速，如图所示． (2) 电场的作用：加速带电粒子．两个D形盒之间的狭缝区域存在周期性变化的且垂直于两个D形盒正对截面的匀强电场，带电粒子经过该区域时被加速．根据动能定理qU＝ΔEk. (3) 交变电压的作用：保证粒子每次经过狭缝时都被加速，使之能量不断提高，其周期跟带电粒子在D形盒中运动周期相同． (4) 带电粒子的最终能量：由r＝知，当带电粒子的运动半径最大，即等于D形盒半径R时，其速度也最大，带电粒子的最终动能 Ekm＝. (5) 粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次． (6) 粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝T＝(n是粒子被加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2. 2． 考查分析：重点要分析、理解回旋加速器的原理．两点注意： (1) 带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，与加速的次数以及加速电压U的大小无关． (2) 交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等． 例10.(多选)1930年美国物理学家Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．如图所示为两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2置于真空中，金属盒D1、D2间接有电压为U的交流电为粒子加速，金属盒D1圆心O处粒子源产生的粒子初速度为零．匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是(　　) A．交流电的周期和粒子在磁场中运动的周期相同 B．加速电压U越大，粒子最终射出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终射出D形盒时的动能与加速电压U无关 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是1∶ 变式10.如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压为U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) 图8 A．t1<t2，Ek1>Ek2 B．t1＝t2，Ek1<Ek2 C．t1<t2，Ek1＝Ek2 D．t1>t2，Ek1＝Ek2 考点8 带电粒子在组合场中的运动 1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识 2．“电偏转”与“磁偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 只受恒定的电场力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ 例11.(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)，图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图1所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　) A．极板S1带正电 B．粒子到达O点的速度大小为 C．此粒子在磁场中运动的时间t＝ D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝ 例12.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求： (1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 变式11.(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是(　　) A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场 B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场 C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场 D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场 变式12．如图所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5 T的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势．一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，以垂直OA的方向从P点进入磁场中，带电粒子的比荷为＝1.0×104 C/kg，O、P间距离为l＝1.2 m．全过程不计粒子所受的重力，求： (1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间； (2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间； (3)若加速电压U＝220 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场． 考点9带电粒子在叠加场中的运动 处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路 1．弄清叠加场的组成． 2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． 3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律． (1)由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解． (2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解． (3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． 例13.(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 例14.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图4所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则(　　) A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 变式13.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断(　　) A．油滴一定做匀速运动 B．油滴可以做变速运动 C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 变式14.如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求： (1)E1的大小； (2)加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离； (3)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量． 1．如图所示,一根可以自由转动的通电导线ab,放在条形磁体附近,其中点恰好与磁体中线在同一平面内,电流方向由a到b,则导线ab (　　) A.不受磁场力作用 B.垂直于纸面向外平移 C.a端向外b端向里转动,且靠向磁体 D.a端向里b端向外转动,且远离磁体 2．如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向已在图中标出．当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向外 D．水平向里 3．(多选)如图所示,一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面,运动到A点时速度减为0.若在整个空间加一个垂直于纸面向外的匀强磁场,物体运动过程中始终未离开斜面,则下列说法正确的是 (　　) A.物体仍以初速度v0冲上斜面,能到达A点上方 B.物体仍以初速度v0冲上斜面,不能到达A点 C.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定大于v0 D.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定小于v0 4．如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立方体左侧垂直于yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 (　　) A B C D 5．一质量为m、电荷量为+q的粒子,经电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里且宽度为d的匀强磁场区域,如图所示.粒子在磁场中偏转后从磁场右边界射出,出射点与入射点的竖直距离为,不计粒子重力,则入射粒子的速度大小为(　　) A. B. C. D. 6．(多选)一种改进后的回旋加速器的原理示意图如图所示,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放,并沿电场线方向进入加速电场,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.粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D.加速电场的方向需要做周期性的变化 7．质谱仪是分离和检测同位素的仪器.某质谱仪的工作原理如图所示,速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,偏转磁场(匀强磁场)的磁感应强度大小为B2.一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器,恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动.粒子重力不计.该粒子的质量为 (　　) A. B. C. D. 8．如图所示,长l=60 cm、质量m=6.0×10-2 kg、粗细均匀的金属棒,两端用完全相同的绝缘弹簧挂起,放在磁感应强度B=0.4 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,若不计弹簧重力,g取10 m/s2. (1)要使弹簧不伸长,金属棒中电流的大小和方向如何? (2)若在金属棒中通入自左向右、大小为I=0.2 A的电流,金属棒下降x1= 1 cm;若通入金属棒中的电流仍为0.2 A,但方向相反,这时金属棒下降了多 少? 9．如图所示,在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中,有一竖直固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m,电荷量为+q,P与杆间的动摩擦因数为μ,电场强度为E,磁感应强度为B,小球由静止开始下滑,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,自由落体加速度为g,求: (1)小球的最大加速度的大小; (2)小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度大小; (3)小球下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度大小. 10.如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角.现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计粒子重力,则粒子在磁场中的运动时间是多少? 11．如图所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在纸面向外．某时刻在x＝l0、y＝0处，一质子沿y轴负方向进入磁场；同一时刻，在x＝－l0、y＝0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用，设质子的质量为m，电荷量为e(α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子的电荷量是质子电荷量的2倍)，则： (1) 如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？ (2) 如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？ rα＝l0 由洛伦兹力提供向心力，可得 2evαB＝ 联立解得vα＝，方向与x轴正方向的夹角为 . 12.如图所示,在x轴的上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0~v0.这束离子经电势差U=的电场加速后,从小孔O点(坐标原点)沿垂直于x轴并垂直于磁场的方向射入磁场,最后打到x轴上.在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板,a=,离子重力不计. (1)求离子束从O点射入磁场后打到x轴上的区间; (2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端,求此时的磁感应强度大小B1与B0之比. 13.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到． (1)求原本打在MN中点P的离子的质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围． 14．如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为l，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力，求： (1)两金属板间所加电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小． 15．如图所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于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的带正电粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区域时的速度方向垂直于Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(O、N连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线的夹角θ＝37°，sin 37°＝)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R.求： (1)粒子在磁场中运动的速度大小v； (2)电场强度大小和粒子射出电场时的速度大小． 16.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动，重力加速度为g，求： (1)电场强度E和磁感应强度B各多大； (2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度的大小； (3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 安培力与洛伦兹力 考点清单 考点1　安培力方向的特点 考点2 安培力的大小 考点3　磁电式电流表 考点4 洛伦兹力 考点5 带电粒子及其在匀强磁场中运动 考点6　质谱仪 考点7　回旋加速器 考点8 带电粒子在组合场中的运动 考点9 带电粒子在叠加场中的运动 知识点1 磁场对通电导线的作用力 要点1　安培力的方向 1． 安培力：通电导线在　磁场　中受到的力． 2． 安培力的方向：用　左手定则　判断. 判断方法：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　(垂直)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． 要点2　安培力的大小 1． 如图甲所示，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝　BIL　. 2． 如图乙所示，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝　0　. 3． 如图丙所示，通电导线与磁场方向成θ角，可以分解磁感应强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝　BILsinθ　. 要点3　磁电式电流表 实验中常用的磁电式电流表所依据的物理学原理就是通电线圈因受　安培力　而转动． 甲 乙 1． 构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴(如图甲所示)．铁芯、线圈和指针是一个整体，可以　转动　. 2． 磁场分布的特点：磁铁与铁芯之间的磁场是均匀辐向分布的非匀强磁场，不管线圈处于什么位置，线圈平面都与磁感线　平行　，线圈转动过程中所经过的各点的磁感应强度 B 的大小是相等的(如图乙所示)． 知识点2 磁场对运动电荷的作用力 要点1　洛伦兹力的方向 1． 洛伦兹力 (1) 定义：　运动电荷　在磁场中受到的力称为洛伦兹力． (2) 洛伦兹力与安培力的关系：通电导体在磁场中所受的安培力是导体中运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的　微观　本质． 2． 洛伦兹力的方向 (1) 依照左手定则判定：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；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向　正电荷　运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的　正电荷　在磁场中所受洛伦兹力的方向，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向　相反　.如图所示： (2) 洛伦兹力方向的特点：F洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于　B和v　所决定的平面． 要点2　洛伦兹力的大小 1． 洛伦兹力的大小 (1) 当v⊥B时：F洛＝　qvB　. (2) 当v∥B时：F洛＝　0　. (3) 当v与B成θ角时：F洛＝　qvBsinθ　. 2． 特别提醒： (1) 运动的电荷才有可能受到洛伦兹力，静止的电荷在磁场中不受洛伦兹力． (2) 运动电荷不受洛伦兹力作用的位置，磁感应强度不一定为零，可能是v∥B. 要点3　电子束的磁偏转 显像管电视机中就应用了电子束磁偏转的原理． 1． 构造：如图所示，由电子枪、　偏转线圈　和荧光屏组成． 2． 原理 (1) 电子枪　发射电子　. (2) 电子束在磁场中　偏转　. (3) 荧光屏被电子束撞击发光． 3． 扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在　不断变化　，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动． 4． 偏转线圈：使电子束偏转的磁场是由　两对线圈　产生的． 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 要点1　带电粒子在匀强磁场中的运动 1． 用洛伦兹力演示仪直观可见：不加磁场时，电子束的径迹是一条直线，加磁场后电子束的径迹是一个　圆　(如图所示)． 要点2　带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期 1． 半径和周期公式：质量为m、带电荷量为q、速率为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： (1) 半径：由qvB＝m 得r＝　　. (2) 周期：由T＝ 得T＝　　. 2． 特点： (1) 带电粒子的轨迹半径跟质量和速度大小成正比；跟匀强磁场的磁感应强度和粒子所带电荷量成反比． (2) 带电粒子的运动周期跟粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，而跟速率v和半径r　无关　. 知识点 4质谱仪与回旋加速器 要点1　质谱仪 质谱仪是可以把不同的粒子分开、测量带电粒子的质量、计算比荷和分析　同位素　的重要仪器． 1． 容器A中含有大量电荷量相同、而质量有微小差别的带电粒子，从下方小孔S1 飘出时，初速度可认为为零． 2． 某个质量为m、电量为q的带电粒子，经过S1和S2之间电势差为U的电场加速后，由qU＝mv2可求得其从S2射出、又从S3射入沿着与磁场垂直的方向进入磁场的速度为v＝　　. 3． 该粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动．由qvB＝ 可求得其半径r＝，代入v即得r＝　　. 4． 由r的表达式可知，不同质量m的带电粒子将沿不同半径做圆周运动，经过半个圆周打在照相底片D上的不同位置，质量越大的带电粒子半径越大，质量越小的半径越小． 5． 如果已知q、U、B，又测出其半径r，可求得带电粒子的质量m＝，或求得其比荷 ＝　　.　 6． 对质量有微小差别的同位素，因q相同、m不同，也可区别、分离出来．在底片上形成的若干谱线状的细条，叫做质谱线． 要点2　回旋加速器 回旋加速器是利用电场对带电粒子加速、利用磁场对带电粒子偏转来获得高能粒子的装置． 　 1． 工作原理： D1和D2是两个中空的半圆金属盒(称为D形盒)，置于真空中．由大型电磁铁产生的磁场垂直于金属盒，使带电粒子在D形盒内做匀速圆周运动．加于两D形盒间的周期性变化的电压，在两盒空隙间产生周期性变化的电场，总能使带电粒子通过时被加速．如此回旋，每经过半个圆周，粒子便加速一次．最后当被加速粒子趋于D形盒边缘时，通过特殊装置将其引出，即获得高能量粒子． 2． 具体分析： 设带电粒子质量为m、电荷量为q，D形盒半径为R，缝隙间电压为U. (1) 为了保证带电粒子每次经过窄缝时都被加速，在窄缝两侧加上的电压的变化周期应跟带电粒子在D形盒中运动的周期相同．即：T电场＝T回旋＝　　，恰好这也是一个定值，技术上可以满足． (2) 带电粒子每经过缝隙一次，获得的动能增量ΔEk ＝qU (3) 由qBv＝m知r＝∝v，即带电粒子的回旋半径不断增大，速度也越来越大，能量也越来越大． (4) 带电粒子的最大动能：当回旋半径达到R时，速度最大，能量最大．由qvmB＝m 得最大动能Ekm＝mv＝　　 3．特别提醒： (1) 要提高带电粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R. (2) 能量达到25～30 MeV后就很难再加速了．由狭义相对论可知，粒子的质量随着速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋的周期的变化，从而破坏了与电场变化的同步． 考点1　安培力方向的特点 安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流I和磁场B所决定的平面． (1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直．应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直． (2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．应用左手定则判断时，磁感线斜着穿入掌心． 例1.如图所示，D是置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里，在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右 答案　A 解析　在开关S接通后，线圈中电流由左侧流入，由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场方向向左，由左手定则可知，导线所受安培力方向竖直向上，选项A正确． 判断安培力方向的步骤 (1)明确研究对象； (2)用安培定则或根据磁体的磁场特征，画出研究对象所在位置的磁场方向； (3)由左手定则判断安培力方向． 变式1．(多选)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是(　　) A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短 C.FN1>FN2 D.FN1<FN2 答案BC 解析 无电流时，由平衡条件知：FN1＝mg，弹簧处于原长状态，当通以如图所示的电流后，由左手定则知导体棒所受的安培力斜向右下方，由牛顿第三定律知，磁铁所受的力斜向左上方，此力有水平向左和竖直向上的分力，故磁铁将向左运动，弹簧长度变短，对水平面的压力FN2变小，所以B、C正确． 考点2 安培力的大小 对公式F＝IlBsin θ的理解 1．公式F＝IlBsin θ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响． 2．公式F＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角 (1)当θ＝90°时，即B⊥I，sin θ＝1，公式变为F＝IlB. (2)当θ＝0时，即B∥I，F＝0. 3．公式F＝IlBsin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线段的长度(如图虚线所示)；相应的电流沿导线由始端流向末端． 推论：对任意形状的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的有效长度l＝0，故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零，如图所示． 例2.如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L的直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为(　　) A．3BIL B.BIL C.BIL D．BIL 答案　B 解析　导线在磁场内的有效长度为L′＝＝L，故该通电导线受到的安培力大小为F＝BIL′＝BIL，选项B正确，A、C、D错误． 变式2.如图所示，直角三角形闭合线框abc处于匀强磁场中，∠acb＝30°，磁场方向垂直线框平面向里，线框中通入顺时针方向电流时，下列说法正确的是(　　) A．ab边受到的安培力向右 B．ac边受到的安培力与ab边受到的安培力大小相等 C．ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力 D．整个线框所受的安培力的合力为零 答案　D 解析　根据左手定则可知ab边受到的安培力向左，A错误；ac边受到的安培力大小Fac＝BILac，ab边受到的安培力大小Fab＝BILab，因为磁感应强度B和电流I大小相等，且Lac＞Lab，故ac边受到的安培力大小大于ab边受到的安培力大小，B错误；根据安培力大小的计算公式可知，线框三边受到的安培力的大小与三边长度成正比，又根据左手定则可知线框三边受到的安培力的方向，易知线框三边受到的安培力构成一个矢量三角形，因此整个线框所受的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力大小等于ac边受到的安培力大小，方向与之相反，C错误，D正确． 考点3　磁电式电流表 1． 磁电式电流表原理 (1) 电流通过线圈时，跟转轴平行的两边受到安培力，将使线圈发生转动． (2) 线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动，平衡时，线圈停止转动． (3) 可以证明，指针偏转角度的大小θ∝I，故刻度是均匀的． (4) 当线圈中的电流方向发生变化时，安培力的方向也随之改变，指针的偏转方向也发生变化，所以根据指针的偏转方向，还可以知道被测电流的方向. 2． 磁电式电流表优缺点 (1) 优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流． (2) 缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流很弱． 例3.(多选)以下关于磁电式电流表的说法正确的是(　　) A．线圈平面跟磁感线平行 B．通电线圈中的电流越大，指针偏转角度也越大 C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场 D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关 答案　ABD 解析　磁电式电流表内磁场是均匀辐向分布的磁场，不管线圈转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处磁场的磁感应强度大小相等、方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A、B、D. 变式3.如图甲所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈中通以如图乙所示的恒定电流时，下列说法中正确的是( ) 甲　 乙 A. 当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上 B. 当线圈在如图乙所示的位置时，该线圈的磁通量一定为零 C. 线圈通过的电流越大，指针偏转角度越小 D. 线圈转动的方向，由螺旋弹簧的形变决定 答案B 解析 由左手定则可知a端受安培力向上，b端受安培力向下，所以安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动，故A、D错误；均匀辐向磁场的特点是大小相等，方向指向圆心或方向延长线过圆心，线圈转到任意位置，其平面与磁感线平行，则该线圈的磁通量为零，故B正确；线圈受安培力而转动，螺旋弹簧被扭动产生弹力，弹力方向与扭动方向相反，阻碍线圈转动，则通电电流越大，指针静止时反抗的弹力越大，指针的偏转角越大，故C错误． 考点4洛伦兹力 洛伦兹力的方向 1． 决定洛伦兹力方向的三个因素：电荷的正负、速度的方向、磁感应强度的方向．当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个反向，则洛伦兹力必定反向；如果让两个同时反向，则洛伦兹力方向不变． 2． 洛伦兹力的特点：洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小． 3． 用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，应注意将四指指向负电荷运动的反方向． 4． 考查分析：洛伦兹力方向的判断是最基础的考查内容，注意点： (1) 准确识别速度方向、磁场方向所决定的平面，四指注意指向正电荷的运动方向或负电荷运动方向的反方向． (2) 利用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向也可以理解为总是指向等效电流的方向． (3) 无论磁感应强度B的方向与电荷运动的速度方向是否垂直，洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面． (4) 洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对通电导线做功．可见安培力与洛伦兹力既有联系，也有区别. 洛伦兹力的大小 1． 洛伦兹力的表达式 (1) 当电荷的运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，F＝qvB. (2) 当电荷的运动方向与磁场方向平行时，F洛＝0. (3) 一般情况下，当电荷运动的方向与磁场方向的夹角为θ时，电荷所受洛伦兹力的大小为F＝qvBsinθ. 2． 洛伦兹力与安培力的关系 (1) 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现． (2) 不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，只有当导体静止时才能这样认为． 需要提醒的是，带电物体一般要考虑其重力，除非题目说明或暗示，在磁场中不但受重力、洛伦兹力，还可能受弹力、摩擦力等，可能做自由的运动，还可能做受束缚的运动，可能做直线运动，还可能做曲线运动． 例4. 如图所示，a为带正电荷的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( ) A. a、b一起运动的加速度减小 B. a、b一起运动的加速度增大 C. a、b物块间的摩擦力不变 D. a、b物块间的摩擦力增大 答案A 解析 根据左手定则可知，在运动过程a受到的洛伦兹力向下，对a、b整体分析，由牛顿第二定律可得F－f＝(ma＋mb)a，其中摩擦力为f＝μ[(ma＋mb)g＋qvB]，因速度v的增大，滑动摩擦力f增大，加速度a减小，A正确，B错误；隔离a分析，由牛顿第二定律可得f′＝maa，由于加速度a减小，a、b之间的静摩擦力f′减小，C、D错误． 例5.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图8所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是(　　) A．小球受到的洛伦兹力 B．小球的加速度 C．细线的拉力 D．小球的动能 答案　BD 解析　由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反，A错误，D正确；小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误． 变式5．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则物块(　　) A．一定做匀速直线运动 B．一定做减速运动 C．可能先减速后匀速运动 D．可能加速运动 答案　C 解析　根据左手定则可知物块受到的洛伦兹力方向向上，如果洛伦兹力等于重力，则物块做匀速直线运动；如果洛伦兹力小于重力，物块与隧道下表面间存在摩擦力，物块做减速运动；如果洛伦兹力大于重力，物块与隧道上表面间存在摩擦力，做减速运动，当减速到洛伦兹力等于重力时做匀速运动．故选项C正确． 变式6.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，重力加速度为g.现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ 答案　(1)gsin α　　(2) 解析　(1)由于μ<tan α，所以环将由静止开始沿棒下滑，环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、棒的弹力FN1和摩擦力Ff1，Ff1＝μFN1， 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有mgsin α－Ff1＝ma 垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcos α 所以当FN1＝0，即Ff1＝0时，a有最大值am，且am＝gsin α，此时qv1B＝mgcos α 解得v1＝ (2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受棒的弹力大小为FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力大小为Ff2＝μFN2，此时应有a＝0， 即mgsin α＝Ff2 FN2＋mgcos α＝qvmB 解得vm＝ 考点5 带电粒子及其在匀强磁场中运动 　带电粒子及其在匀强磁场中运动问题的求解方法　　 1． 带电粒子与带电微粒 (1) 带电粒子：一般指电子，质子，α粒子，正负离子等．这些粒子所受重力和洛伦兹力相比小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不能忽略质量)． (2) 带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等．除非有说明或明确暗示以外，一般都考虑重力． 2． 带电粒子在匀强磁场中运动形态、求解方法 (1) 运动形态 ①沿磁场方向射入时，带电粒子做匀速直线运动． ②垂直磁场方向射入时，带电粒子做匀速圆周运动． ③不垂直射入磁场方向时，带电粒子一边沿磁场方向做匀速运动，一边做匀速圆周运动，如下图： (2) 求解方法： ①画出轨迹示意图，找出圆心的位置． ②根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系． ③根据速度的变化确定偏转角的变化，进一步求出运动时其他物理量的变化． 圆心、半径、角度、运动时间的确定 1． 两种确定轨迹圆心的方法 (1) 已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两点速度方向的垂线，交点即为圆心，如图甲所示． 甲 (2) 已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度方向的垂线，则弦的中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙所示． 乙 2． 三种求半径的方法 (1) 根据半径公式r＝ 求解． (2) 根据勾股定理求解．如图丙所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足 r2＝d2＋(r－x)2. 丙 (3) 根据三角函数求解．如图丙所示，若已知出射速度方向与入射方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝. 　 丁 3． 四种角度的关系 (1) 如图丁所示，速度的偏向角φ等于圆心角α. (2) 圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的两倍(φ＝α＝2θ＝ωt)． (3) 相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°. (4) 进出同一直线边界时速度方向与该直线边界的夹角相等． 4． 两种求时间的方法 (1) 利用圆心角求解．若求出这部分圆弧对应的圆心角θ，则 t＝T. (2) 利用弧长s和速度v求解，即t＝. 注意：画出了轨迹，找准了圆心，求对了半径，突破了运动时间，带电粒子在磁场中的运动问题的求解基本就成功一半了．所以，需要准确作图、强化数学，重点掌握轨迹半径公式r＝ 和周期公式T＝，还要理解r与v成正比，T与速度、半径无关． 例7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则(　　) A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距(＋1)a 答案　AD 解析　由题意可知，粒子在磁场中做顺时针圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，则v＝，故B错误；由图可知，ON＝a＋a＝(＋1)a，故D正确． 例8.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　) A. B．2 C. D．3 答案　D 解析　电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝可知，两电子运动半径相同，由周期公式T＝可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为π，电子2运动的圆心角为，由时间t＝T，可得：＝＝3，D正确． 变式7.一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标(0，L)的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向间的夹角为60°，如图8，求： (1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (2)带电粒子的比荷及粒子从a点运动到b点的时间； (3)其他条件不变，要使该粒子恰从O点射出磁场，求粒子的入射速度大小． 答案　(1)2L　(2)　　(3)v 解析　(1)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识，Rcos 60°＋L＝R， 解得R＝2L. (2)由洛伦兹力提供向心力，得 qBv＝ 所以＝＝ 粒子运动的周期T＝＝ 粒子从a点运动到b点的时间t＝T＝ (3)要使该粒子恰从O点射出磁场，则R′＝ 由qBv′＝可知v′＝v. 变式8.一带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝＋1.6×10－19 C，该粒子以大小为v＝3.2×106 m/s的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图9所示．(粒子重力不计，g取10 m/s2，结果均保留两位有效数字) (1)带电粒子离开磁场时的速度多大？ (2)带电粒子在磁场中运动多长时间？ (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？ 答案　(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10－8 s　(3)2.7×10－2 m 解析　(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106 m/s. (2)由qvB＝m得， 轨迹半径r＝＝ m＝0.2 m. 由题图可知偏转角θ满足：sin θ＝＝＝0.5， 所以θ＝30°＝， 由qvB＝及v＝可得 带电粒子在磁场中运动的周期T＝， 所以带电粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝T， 所以t＝＝ s≈3.3×10－8 s. (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离 d＝r(1－cos θ)＝0.2×(1－) m≈2.7×10－2 m. 考点6　质谱仪 1． 为使进入偏转磁场的带电粒子速度更唯一，测量更准确．改进后的质谱仪如图所示，在S2与S3之间增加速度选择器． 分析如下： 设速度选择器内电场强度为E、匀强磁场磁感应强度为B1、偏转磁场磁感应强度为B2.带电粒子进入加速电场被加速，进入速度选择器后，只有满足qE＝qvB1，即v＝的带电粒子才能进入偏转磁场． 若测出粒子做圆周运动的半径为r＝，结合r＝可求得带电粒子的比荷 ＝＝.　 1．带电粒子运动分析 (1)加速电场加速：根据动能定理，qU＝mv2. (2)匀强磁场偏转：洛伦兹力提供向心力，qvB＝. (3)结论：r＝，测出半径r，可以算出粒子的比荷. 2．质谱仪区分同位素：由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝.同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素． 例9.如图所示为质谱仪的示意图，速度选择器部分的匀强电场的场强为E＝1.2×105 V/m，匀强磁场的磁感应强度为B1＝0.6 T；偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8 T．求：(已知质子质量为1.67×10－27 kg) (1)能通过速度选择器的粒子的速度大小； (2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d. 答案　(1)2×105 m/s　(2)5.2×10－3 m 解析　(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有eB1v＝eE 得v＝＝ m/s＝2×105 m/s. (2)粒子进入磁场B2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB2v＝m 得R＝ 设质子质量为m，则氘核质量为2m， 故d＝×2－×2≈5.2×10－3 m. 变式9.质谱仪是用来测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向外．一束电荷量相同、质量不同的带正电的粒子，沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线匀速穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点之间距离为Δx，粒子所带电荷量为q，且不计重力． (1) 求粒子进入磁场B2时的速度v的大小． (2) 求打在a、b两点的粒子质量之差Δm. (3) 比较这两种带电粒子在磁场B2中运动时间的大小关系，并说明理由． 解析 (1) 带电粒子在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，则qvB＝m 打在a处的粒子的质量m1＝ 打在b处的粒子的质量m2＝ 又Δx＝2R1－2R2 联立得Δm＝m1－m2＝＝ (2)两极板间电场强度E＝ 粒子在电容器中做直线运动，故qE＝qvB1 解得v＝ (3)打在a处的粒子的运动时间t1大于打在b处的粒子的运动时间t2. 因为T＝，t＝ 又因为m1>m2，故t1>t2 考点7　回旋加速器 1． 相关要点 (1) 磁场的作用：使带电粒子“回旋”．带电粒子每次进入D形盒都运动半个周期，然后平行电场方向进入电场加速，如图所示． (2) 电场的作用：加速带电粒子．两个D形盒之间的狭缝区域存在周期性变化的且垂直于两个D形盒正对截面的匀强电场，带电粒子经过该区域时被加速．根据动能定理qU＝ΔEk. (3) 交变电压的作用：保证粒子每次经过狭缝时都被加速，使之能量不断提高，其周期跟带电粒子在D形盒中运动周期相同． (4) 带电粒子的最终能量：由r＝知，当带电粒子的运动半径最大，即等于D形盒半径R时，其速度也最大，带电粒子的最终动能 Ekm＝. (5) 粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次． (6) 粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝T＝(n是粒子被加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2. 2． 考查分析：重点要分析、理解回旋加速器的原理．两点注意： (1) 带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，与加速的次数以及加速电压U的大小无关． (2) 交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等． 例10.(多选)1930年美国物理学家Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．如图所示为两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2置于真空中，金属盒D1、D2间接有电压为U的交流电为粒子加速，金属盒D1圆心O处粒子源产生的粒子初速度为零．匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是(　　) A．交流电的周期和粒子在磁场中运动的周期相同 B．加速电压U越大，粒子最终射出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终射出D形盒时的动能与加速电压U无关 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是1∶ 答案　ACD 解析　为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压，A正确；粒子射出时圆周运动半径为R，有：qvmB＝，解得最大速度为：vm＝，所以最大动能为：Ekm＝mvm2＝，与加速电压U无关，B错误，C正确；第一次加速：qU＝mv12，解得：v1＝，第二次加速：qU＝mv22－mv12，解得：v2＝2，所以粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是：v1∶v2＝1∶，D正确． 变式10.如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压为U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) 图8 A．t1<t2，Ek1>Ek2 B．t1＝t2，Ek1<Ek2 C．t1<t2，Ek1＝Ek2 D．t1>t2，Ek1＝Ek2 答案　C 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝可知，Ek＝mv2＝，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1＝Ek2，设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek＝2nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1>U2，则n1<n2，而t＝nT，T不变，所以t1<t2，故A、B、D错误，C正确． 考点8 带电粒子在组合场中的运动 1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识 2．“电偏转”与“磁偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 只受恒定的电场力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ 例11.(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)，图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图1所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　) A．极板S1带正电 B．粒子到达O点的速度大小为 C．此粒子在磁场中运动的时间t＝ D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝ 答案　BC 解析　带负电粒子向右加速，所受电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2， 解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝， 此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故C正确； 若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bqv＝m 把A选项中求得的速度大小代入可得R＝， 则该有界磁场区域的宽度d＝R＝，故D错误． 例12.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求： (1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at12，qE＝ma， 联立解得E＝ 粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝v0. Bqv＝，由几何关系得r＝L 联立解得B＝， 则＝； (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝， 粒子在电场中运动的时间为t1＝， 解得＝. 变式11.(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是(　　) A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场 B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场 C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场 D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场 答案　AD 解析　若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv2；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，联立解得：r＝a，根据几何知识可知粒子垂直CM射出磁场，故A正确，B错误．若h＝，同理可得：r＝a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C错误，D正确． 变式12．如图所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5 T的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势．一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，以垂直OA的方向从P点进入磁场中，带电粒子的比荷为＝1.0×104 C/kg，O、P间距离为l＝1.2 m．全过程不计粒子所受的重力，求： (1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间； (2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间； (3)若加速电压U＝220 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场． 答案　(1)2π×10－4 s　(2)×10－4 s　(3)OC边 解析　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动， 由Bqv＝及T＝可得周期为： T＝＝×10－4 s＝4π×10－4 s 当粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，时间为t1＝＝2π×10－4 s； (2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t2＝＝×10－4 s； 甲 (3)粒子在加速电场被加速，则有 qU＝mv2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 qvB＝m 因U＝220 V，解得r＝0.4 m 如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R， 乙 考点9带电粒子在叠加场中的运动 处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路 1．弄清叠加场的组成． 2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． 3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律． (1)由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解． (2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解． (3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． 例13.(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 答案　ABC 解析　液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误． 例14.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图4所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则(　　) A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 答案　BC 解析　离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误. 变式13.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断(　　) A．油滴一定做匀速运动 B．油滴可以做变速运动 C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 答案　AD 解析　油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确． 变式14.如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求： (1)E1的大小； (2)加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离； (3)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量． 答案　(1) N/C　(2)1.0 m(3)增加了1.0×10－2 J 解析　(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg 解得E1＝ N/C. (2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得： qE1dABsin 45°＝mvb2 解得vb＝5 m/s 加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示， 由牛顿第二定律可得：qvbB＝m 解得R＝5 m 设粒子在B、C运动的偏转距离为y， 由几何知识得R2＝d BC2＋(R－y)2 代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m舍去) (3)加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有： qE2＝mg 粒子在B、C间运动时电场力做的功有 W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J 由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J. 1．如图所示,一根可以自由转动的通电导线ab,放在条形磁体附近,其中点恰好与磁体中线在同一平面内,电流方向由a到b,则导线ab (　　) A.不受磁场力作用 B.垂直于纸面向外平移 C.a端向外b端向里转动,且靠向磁体 D.a端向里b端向外转动,且远离磁体 答案C 解析 条形磁体的一条磁感线如图所示,由图示可知导线左侧所处的磁场方向斜向右上,导线右侧所处的磁场斜向右下,由左手定则可知,导线左侧受力方向垂直于纸面向外,导线右侧受力方向垂直于纸面向里,当导线转动后,由左手定则可得导线还受一个向下的力,即a端转向纸外,b端转向纸里,且靠近磁体,故选项C正确. 2．如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向已在图中标出．当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向外 D．水平向里 答案　C 解析　带正电圆盘如题图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，通电直导线所受安培力的方向水平向外，故选C. 3．(多选)如图所示,一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面,运动到A点时速度减为0.若在整个空间加一个垂直于纸面向外的匀强磁场,物体运动过程中始终未离开斜面,则下列说法正确的是 (　　) A.物体仍以初速度v0冲上斜面,能到达A点上方 B.物体仍以初速度v0冲上斜面,不能到达A点 C.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定大于v0 D.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定小于v0 答案 BD 解析 未加磁场时,根据动能定理,有-mgh-Wf=0-m.加磁场后,物体受洛伦兹力,洛伦兹力不做功,根据左手定则,洛伦兹力的方向垂直于斜面向下,所以物体对斜面的压力增大,摩擦力增大,摩擦力做的功增大,根据动能定理,有 -mgh'-Wf'=0-m,Wf'>Wf,故物体不能到达A点,故选项A错误,选项B正确.未加磁场时,根据动能定理有-mgh-Wf=0-m,即mgh+Wf=m.加磁场后向下滑动的过程中,物体受洛伦兹力,洛伦兹力不做功,根据动能定理有mgh-Wf″=mv2-0<mgh+Wf,所以v<v0,故选项C错误,选项D正确. 4．如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立方体左侧垂直于yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 (　　) A B C D 答案A 解析根据左手定则可知,质子在左侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向(不完全沿y轴),在右侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向(不完全沿y轴),根据曲线运动的特点可知,质子运动的轨迹先向y轴正方向偏转,再向y轴负方向偏转,xOy平面的投影显示的是从上往下看的运动情况,故选项A正确,选项B错误;质子在z轴方向不受力,因此z轴上的坐标始终保持不变,故选项C、D错误. 5．一质量为m、电荷量为+q的粒子,经电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里且宽度为d的匀强磁场区域,如图所示.粒子在磁场中偏转后从磁场右边界射出,出射点与入射点的竖直距离为,不计粒子重力,则入射粒子的速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案 B 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系得 R2=+d2, 可得粒子做圆周运动的半径R=d, 由洛伦兹力提供向心力得qvB=, 解得入射粒子的速度大小为v==. 故选项B正确. 6．(多选)一种改进后的回旋加速器的原理示意图如图所示,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放,并沿电场线方向进入加速电场,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.粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D.加速电场的方向需要做周期性的变化 答案AC 解析 由题图可以看出,带电粒子每运动一周被加速一次,选项A正确.由R=和qU=m-m可知,带电粒子每运动一周,静电力做功相同,动能变化量相同,但速度的变化量不相同,故粒子做圆周运动的半径增加量不相同,选项B错误.由v=可知,粒子的最大速度与D形盒的半径R有关,选项C正确.粒子在电场中运动的方向始终不变,故选项D错误. 7．质谱仪是分离和检测同位素的仪器.某质谱仪的工作原理如图所示,速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,偏转磁场(匀强磁场)的磁感应强度大小为B2.一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器,恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动.粒子重力不计.该粒子的质量为 (　　) A. B. C. D. 答案 A 解析 在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场,由平衡条件得qvB1=qE,粒子速度v=,粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB2=,解得m=,选项A正确. 8．如图所示,长l=60 cm、质量m=6.0×10-2 kg、粗细均匀的金属棒,两端用完全相同的绝缘弹簧挂起,放在磁感应强度B=0.4 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,若不计弹簧重力,g取10 m/s2. (1)要使弹簧不伸长,金属棒中电流的大小和方向如何? (2)若在金属棒中通入自左向右、大小为I=0.2 A的电流,金属棒下降x1= 1 cm;若通入金属棒中的电流仍为0.2 A,但方向相反,这时金属棒下降了多 少? 答案(1)2.5 A　向右　(2)1.17 cm 解析(1)要使弹簧不伸长,重力应与安培力平衡,所以安培力应竖直向上.据左手定则可知电流方向应向右.因为mg=BlI,所以I==2.5 A. (2)在金属棒中通入自左向右、大小为I=0.2 A的电流,金属棒下降x1=1 cm,受力如图所示.由平衡条件得mg=BlI+2kx1.当电流反向时,由平衡条件得mg=-BlI+2kx2.解得x2=1.17 cm. 9．如图所示,在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中,有一竖直固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m,电荷量为+q,P与杆间的动摩擦因数为μ,电场强度为E,磁感应强度为B,小球由静止开始下滑,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,自由落体加速度为g,求: (1)小球的最大加速度的大小; (2)小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度大小; (3)小球下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度大小. 答案(1)g (2)在a达到am之前,当a=时,速度为v1=(qEμ<mg≤2qEμ), 在a达到am后,当a=时,速度为v2=. (3) 解析(1)小球刚开始下滑时速度较小, 有mg-μ(qE-qBv)=ma, 当qvB=qE时a达到最大,为am=g. (2)在a达到am之前,随v的增大,qvB增大,当a=时,速度为v1=, 在a达到am后,qvB>qE,之后随v增大,qvB增大,有mg-μ(qvB-qE)=ma, 当a=时,速度为v2=, 其中v1存在是有条件的,只有当qEμ<mg≤2qEμ时,才有a=. (3)在a达到am后,随着v增大,a减小,当a=0时,v=vm,得vm=, 设在a达到am之前有v=,可得此时加速度为 a=g+, 因为mg>μqE,故a>g,这与题设相矛盾,说明在a=am之前不可能有v=,综上可得a=. 10.如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角.现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计粒子重力,则粒子在磁场中的运动时间是多少? 答案 2t 解析 根据作图法找出速度为v时粒子轨迹的圆心O',如图所示. 由几何关系可得磁场中的轨迹所对圆心角∠AO'C=θ=60°,设圆形磁场的半径为r,粒子的轨迹半径为R1,有 qvB=m,tan=, 轨迹半径R1=r, 当粒子速度变为时,粒子的轨道半径为R2,有 qB=m,其轨迹半径R2=r, tan=,磁场中的轨迹所对圆心角θ1=120°, 周期T=, 粒子运动时间t=T,t2=T,解得t2=2t. 11．如图所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在纸面向外．某时刻在x＝l0、y＝0处，一质子沿y轴负方向进入磁场；同一时刻，在x＝－l0、y＝0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用，设质子的质量为m，电荷量为e(α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子的电荷量是质子电荷量的2倍)，则： (1) 如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？ (2) 如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？ 解析⑴质子的运动轨迹如图甲所示． 甲 由几何关系可得半径为rH＝ 由洛伦兹力提供向心力可得evB＝m 联立解得vH＝ 质子从x＝l0处到达坐标原点O处的时间为 tH＝ 由周期公式可得TH＝ 联立解得tH＝ α粒子的周期为Tα＝ 由题意可得tα＝tH＝ ⑵两粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系得 乙 rα＝l0 由洛伦兹力提供向心力，可得 2evαB＝ 联立解得vα＝，方向与x轴正方向的夹角为 . 12.如图所示,在x轴的上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0~v0.这束离子经电势差U=的电场加速后,从小孔O点(坐标原点)沿垂直于x轴并垂直于磁场的方向射入磁场,最后打到x轴上.在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板,a=,离子重力不计. (1)求离子束从O点射入磁场后打到x轴上的区间; (2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端,求此时的磁感应强度大小B1与B0之比. 答案(1)[2a,4a]　(2)4∶3 解析(1)对于初速度为0的离子, qU=m,qv1B0=m, 解得r1==a, 即离子恰好打在x=2a的位置. 对于初速度为v0的离子, qU=m-m(v0)2,qv2B0=m, 解得r2==2a, 即离子恰好打在x=4a的位置. 离子束从O点射入磁场后打在x轴上的区间为[2a,4a]. (2)由动能定理得qU=m-m(v0)2, 洛伦兹力提供向心力,则qv2B1=,r3=a, 解得B1∶B0=4∶3. 13.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到． (1)求原本打在MN中点P的离子的质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围． 答案　见解析 解析　(1)离子在电场中加速，则有qU0＝mv2 在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m 联立解得r0＝ 当离子打在P点时，r0＝L， 解得m＝. (2)由qU＝mv2，qvB＝， 得r＝＝， 故U＝， 离子打在Q点时，r＝L，U＝ 离子打在N点时，r＝L，U＝ 则电压的调节范围为≤U≤. 14．如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为l，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力，求： (1)两金属板间所加电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小． 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：t＝ 在沿电场方向上有：＝·t2 联立两式解得E＝ (2)出电场时沿电场方向上的速度vy＝at＝v 则进入磁场的速度为v′＝v 速度与水平方向成45°角． 根据几何关系得：r＝ 根据qv′B＝m 解得B＝ 15．如图所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于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的带正电粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区域时的速度方向垂直于Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(O、N连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线的夹角θ＝37°，sin 37°＝)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R.求： (1)粒子在磁场中运动的速度大小v； (2)电场强度大小和粒子射出电场时的速度大小． 答案　(1)　(2)　 解析　(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得(3R－r)2－R2＝r2 解得r＝R 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m 解得v＝. (2)因为r＝R，所以OO′＝R，∠QO′O＝37°，则粒子在Q点处的入射速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，从N点射出，粒子在垂直电场方向的位移为x＝R＝vt 在沿电场方向，由牛顿第二定律得qE＝ma 粒子在沿电场方向的位移为y＝R＝at2 解得E＝ 粒子从射入电场到射出电场过程中，由动能定理得qER＝mv′2－mv2 解得粒子射出电场时的速度大小v′＝ 16.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动，重力加速度为g，求： (1)电场强度E和磁感应强度B各多大； (2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度的大小； (3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间． 答案　(1)　　(2)g　(3) 解析　(1)液滴带正电，受力分析如图所示： 根据平衡条件，有：Eq＝mgtan θ＝mg qvB＝＝mg 故E＝，B＝ (2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝＝g (3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由Bqv＝及T＝可得T＝，又t＝T 可得t＝. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$