2014高考物理總復習教師用書：第八章磁場匯總

1、第八章 磁 場 學習目標定位 考綱下載 考情上線 縱觀近幾年高考，涉及本章知識點的題目 1.磁場、磁感應強度、磁感線 （I） 咼考 年年都有，考查次數(shù)最多的是與洛倫茲力 2 .通電直導線和通電線圈周圍磁場的方 地位 有關的帶電粒子在勻強磁場或復合場中的 向（I ） 運動，其次是與安培力有關的通電導體在 3 .安培力、安培力的方向（I ） 磁場中的加速或平衡冋題。 4.勻強磁場中的安培力（n 5.洛倫茲力、 1.本章知識常與電場、恒定電流以及電磁 洛倫茲力的方向（I ） 感應、交變電流等章節(jié)知識廣泛聯(lián)系綜合 6 .洛倫茲力公式（n ） 考點 考查。 7 .帶電粒子在勻強磁場中的運動 （n） 8

2、.質譜儀和回旋加速器（I ） 布設 2 .速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質譜儀、 回旋加速器等磁場在生活和科技方面的應 用。 記一記 1 .磁場 磁體與磁體之間，磁體與通電導體之間, 以及通電導體與通電導體之間的相互作用是通 過磁場發(fā)生的。 2. 磁感應強度 （1） 物理意義：描述磁場的強弱和方向。 _F （2） 定義式：B=|L（通電導體垂直于磁場）。.1. Isll 抓雙墾 | 固本洱 | 得呈砒分 91* Bb B. a、b兩處的磁感應強度的大小不等， Ba Bb C. 同一通電導線放在 a處受力一定比放在 b處受力大 D. 同一通電導線放在 a處受力一定比放在 b處受力小 解析：選 B 在

3、磁場中，磁感線疏密表示磁場的強弱，故 Ba Bb,選項 B 正確，A 錯誤; 同一通電導線如果都垂直放入磁場中， 則在a處受力一定比b處受力小，但如果導線與磁場 平行放置，受力均為 0,故 C、D 均錯誤。 磁場對電流的作用 安培力 想一想 通電導線處在磁場中，導線一定受安培力嗎？安培力的方向怎樣判定？ 提示不一定。利用左手定則判斷。 記一記 1. 安培力的方向 (1) 左手定則：伸開左手，讓拇指與其余四個手指垂直， 并且都與手掌在同一個平面內； 讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向,這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場 中所受安培力的方向。 (2) 兩平行的通電直導線間的安培力：同向電

4、流互相吸引，豐向電流互相排斥。 _ 2. 安培力的大小 當磁感應強度B的方向與導線方向成 0角時，F(xiàn)= ILBsin B，這是一般情況下的安培 力的表達式，以下是兩種特殊情況： (1) 當磁場與電流垂直時，安培力最大, Fmax= 1LB。 (2) 當磁場與電流平行時，安培力等于零。 試一試 3. (2013 渭南質檢)如圖 8 1 5 所示，長方形線框 abcd通有電流I，放在直線電流 I 附近，以下關于線框四個邊受到安培力的說法正確的是 圖 8-1 5 A. 線框只有兩個邊受力，合力向左 B. 線框只有兩個邊受力，合力向右 C. 線框四個邊都受力，合力向左 D. 線框四個邊都受力，合力向右

5、 解析：選 C 利用左手定則可判斷出線框四個邊都受力，由于左側邊所在處磁感應強度 最大，所以合力向左，選項 C 正確。 1. 安培定則的應用 在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和果”。 原因（電流方向） 結杲（磁場繞向） 直線電流的磁場 大拇指 四指 環(huán)形電流的磁場 四指 大拇指 2. 磁場的疊加 磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同， 利用平行四邊形定則或正交分解法進 行合成與分解。 例 1 （2012 全國高考）如圖 8 1 6 所示，兩根互相平行的長直導線過紙面上的 M N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、 方向相反的電流。a、O b在MN的連線上， 0

6、為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且 a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上 幾點處的磁場，下列說法正確的是 （ ） 網(wǎng).關 (al 抓考點I 攻重點I 得拔髙分 安培定則的應用 圖 81 6 A. O點處的磁感應強度為零 B. a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反 C. c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同 D. a、c兩點處磁感應強度的方向不同 嘗試解題 由安培定則可知， 兩導線在0點產(chǎn)生的磁場均豎直向下， 合磁感應強度一定不為零， 選 項 A 錯；由安培定則，兩導線在 a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流 M在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度等于電流 N在b

7、處產(chǎn)生磁場的磁感應強度，同時電流 M在b 處產(chǎn)生磁場的磁感應強度等于電流 N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度，所以 a、b兩處磁感應 強度大小相等方向相同，選項 B 錯；根據(jù)安培定則，兩導線在 c、d兩處產(chǎn)生的磁場垂直 c、 d兩點與導線連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應強度相等，由平行四邊形定則可知， c、 d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同， 選項 C 正確；a、c兩處磁感應強度的方向均豎 直向下，選項 D 錯。 答案C 【規(guī)律憩結I 本題考查磁場的疊加和安培定則的應用，解決此類問題應注意以下幾點： (1) 根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。 (2) 磁場中每一點磁感應強度的方向為該

8、點磁感線的切線方向。 (3) 磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各 場源單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和。 El 1 安培力作用下通電導體的運動方向的判定 (1)判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的 磁場分布情況，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況， 進而確定導體的運動方向或運 動趨勢的方向。現(xiàn)對五種常用的方法列表如下： 電流兀 法 把整段彎曲導線分為多段直線電流兀， 先用左手定則判斷每段電流兀受力的方向， 然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動方向 特殊位 置法 通電導線轉動到某個便于分析的特殊位置時，判

9、斷其所受安培力的方向，從而確 定其運動方向 等效法 環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環(huán)形電流，反 過來等效也成立。等效后再確疋相互作用情況 結論法 兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，同向電流互相吸引，異向電流 互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢 轉換研 究對象 法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的冋題，可先分析電流在磁 體磁場中所受的安培力， 然后由牛頓第二疋律， 確疋磁體所受電流磁場的作用力， 從而確定磁體所受合力及運動方向 (2)在應用左手定則判定安培力方向時，磁感線方向不一定垂直于電流方向，但安培力

10、方向一定與磁場方向和電流方向垂直， 即大拇指一定要垂直于磁場方向和電流方向決定的平 面。 例 2如圖 8- 1 - 7 所示，把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵兩極的正上 審題指導 特別注意電流旋轉后，有了垂直于紙面的分量而導致向下受力。 嘗試解題(1)電流元法 如圖所示，把直線電流等效為 AO、O O OB三段(O O段極短) 電流元，由于 O O段電流方向與該處磁場方向平行，所以不受安培力 作用；AO段電流元所在處的磁場方向傾斜向上，根據(jù)左手定則可知其 所受安培力方向垂直于紙面向外； O馭電流元所在處的磁場方向傾斜向 下，同理可知其所受安培力方向垂直于紙面向里。綜上可知導線將以 動(

11、俯視)。 (2)特殊位置法 方，導線可以自由轉動，當導線通入圖示方向電流 I時，導線的運動情況是 (從上往下 看)( A. 順時針方向轉動，同時下降 B. 順時針方向轉動，同時上升 C. 逆時針方向轉動，同時下降 D. 逆時針方向轉動，同時上升 首先明確常見磁場的磁感線分布情況, 然后取“電流元”，用左手定則判定其受力方向, 把導線轉過 90的特殊位置來分析，根據(jù)左手定則判得安培力方向向下，故導線在順 時針轉動的同時向下運動。 綜上所述，選項 A 正確。 答案A 1. 安培力的大小 安培力常用公式 F= BIL，要求兩兩垂直，應用時要滿足： B與L垂直； (2) L是有效長度，即垂直磁感應強度

12、方向的長度。如彎曲導線的有效長度 L等于兩端 點所連直線的長度(如圖 8- 1-8 所示)，相應的電流方向沿 L由始端流向末端。因為任意形 狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中， 受到的安培力的矢量 和為零。 X X X X X X X X x jr?x鳥X覽 |X f X X 心N2 D. N2，選項 B C 正確。 4. （2012 北京西城期末）如圖 8 1 16 所示，A B C是等邊三角形的三個頂點， O 是A B連線的中點。以 O為坐標原點，A、B連線為x軸，Q C連線為y軸，建立坐標系。 過A、B、C Q四個點各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相

13、等、方向向里的 電流。則過Q點的通電直導線所受安培力的方向為 （ ） r ex 匕 * * f % | h. * 電 -i t r 圖 8 1 16 A. 沿 y 軸正方向 B.沿 y 軸負方向 C.沿 x軸正方向 D.沿 x軸負方向 解析：選 A 由安培定則和對稱性可知， A、B在O點產(chǎn)生的磁場大小相等方向相反， 抵 消；C在O點產(chǎn)生的磁場方向沿 x軸負方向，由左手定則可知，過 O點的通電直導線所受安 培力的方向為沿y軸正方向，選項 A 正確。 5. （2013 杭州模擬）如圖 8 1 17 所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電 源E內阻不計，導軌平面與水平面間的夾角 0 = 30。

14、金屬桿ab垂直導軌放置，導軌與 金屬桿接觸良好。整個裝置處于磁感應強度為 B的勻強磁場中。當磁場方向垂直導軌平面向 上時，金屬桿 ab剛好處于靜止狀態(tài)。要使金屬桿能沿導軌向上運動，可以采取的措施是 （ ） A. 增大磁感應強度 B B. 調節(jié)滑動變阻器使電流減小 C. 增大導軌平面與水平面間的夾角 0 D. 將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變 BEd 解析：選 A 對金屬桿受力分析，沿導軌方向： 一R mgn 0= 0,若想讓金屬桿向上 BEd 運動，則R增大，A 正確，B 錯誤；若增大0，則 min 0增大，C 錯誤；若電流反向， 則金屬桿受到的安培力反向， D 錯誤。 課時跟蹤檢測

15、高考?？碱}型：選擇題+計算題 1. （2013 寶雞模擬）19 世紀法國學者安培提出了著名的分子電流假說。他認為，在原 子、分子等物質微粒內部，存在著一種環(huán)形電流分子電流 （分子電流實際上是由原子內 部電子的繞核運動形成的），分子電流使每個物質微粒都成為微小的磁體，它的兩側相當于 兩個磁極。圖 2 中將分子電流（圖 1 中箭頭表示電子運動方向 ） 等效為小磁體的圖示中正確的 解析：選 B 由安培定則可判斷出分子電流等效為小磁體的圖示中正確的是 B。 2. 在 等導線中大小相等的恒定電流，方向如圖 3 所示。過c點的導線所受安培力的方向（ 上 右 A 與ab邊平行，豎直向上 B. 與ab邊平行，

16、豎直向下 C. 與ab邊垂直，指向左邊 D. 與ab邊垂直，指向右邊 解析：選 C a處導線在c處產(chǎn)生的磁場 B的方向垂直于ac連線向左下方，b處導線在 c處產(chǎn)生的磁場 B的方向垂直于be連線向右下方。Bi和B2的合磁場B的方向豎直向下。由 左手定則可判斷出過 c點的導線所受安培力的方向與 ab邊垂直，指向左邊。 C 正確。 3將一個質量很小的金屬圓環(huán)用細線吊起來， 在其附近放一塊條形磁鐵， 磁鐵的軸線與 圓環(huán)在同一個平面內，且通過圓環(huán)中心，如圖 4 所示，當圓環(huán)中通以順時針方向的電流時， 從上往下看（ ） 圖 4 A. 圓環(huán)順時針轉動，靠近磁鐵 B. 圓環(huán)順時針轉動，遠離磁鐵 C. 圓環(huán)逆時

17、針轉動，靠近磁鐵 D. 圓環(huán)逆時針轉動，遠離磁鐵 解析：選 C 該通電圓環(huán)相當于一個垂直于紙面的小磁針， N 極在內，S 極在外，根據(jù) 同極相互排斥，異極相互吸引，可得 C 項正確。 4. （2012 江西省重點中學聯(lián)考 ）如圖 5 所示，一個半徑為 R的導電圓環(huán)與一個軸向對 稱的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應強度 B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成 0 角（環(huán)面軸線為豎直方向）。若導線環(huán)上載有如圖所示的恒定電流 I，則下列說法正確的是 （ ） 圖 5 A. 導電圓環(huán)有收縮的趨勢 B. 導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上 C. 導電圓環(huán)所受安培力的大小為 2BIR D. 導電圓環(huán)所受安培力的大

18、小為 2 n BIRsin 0 解析：選 ABD 若導線環(huán)上載有如圖所示的恒定電流 I，由左手定則可得導線環(huán)上各小 段所受安培力斜向內， 導電圓環(huán)有收縮的趨勢， 導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上， 導電圓環(huán)所受安培力的大小為 2n BIRsin B,選項A B D 正確，C 錯誤。 5. （2012 晉江聯(lián)考）如圖 6 所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上， 勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方 向豎直向上、磁感應強度為 B的勻強磁場中，彈簧伸長 x，棒處于靜止狀態(tài)。則（ ） 圖 6 A. 導體棒中的電流方向從 b流向a kx B. 導體棒

19、中的電流大小為 BL C. 若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度， x 變大 D. 若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度， x 變大 解析：選 B 由左手定則可知，導體棒中的電流方向從 a流向b,選項 A 錯誤；由BIL =kx可得導體棒中的電流大小為 1= kx/BL,選項 B 正確；若只將磁場方向緩慢順時針轉過 一小角度，或逆時針轉過一小角度， x都變小，選項 C D 錯誤。 6. （2012 天津高考）如圖 7 所示，金屬棒 MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎 直向上的勻強磁場中，棒中通以由 M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為 0 , 如果僅改變下列某一個條件， 0角的相

20、應變化情況是（ ） A. 棒中的電流變大，0角變大 B. 兩懸線等長變短，0角變小 C. 金屬棒質量變大，0角變大 D. 磁感應強度變大， 0角變小 BIl 解析：選 A 分析MN受力如圖所示，由平衡條件可得： tan 0 =冠，由此 式可知，棒圖 7 環(huán)所受安培力的大小為 2n BIRsin B,選項A B D 正確，C 錯誤。 中電流變大，金屬棒所受安培力變大， 0角變大，選項 A 正確；兩懸 線等長變短，0角不變，選項 B 錯誤；金屬棒質量變大，0角變小，選項 C 錯誤; 磁感應強度變大，金屬棒所受安培力變大， 0角變大，選項 D 錯誤。 7. （2012 紹興期末）如圖 8 所示，豎直

21、放置的平行金屬導軌 EF和GH兩部分導軌間距 為 2L, IJ和MN兩部分導軌間距為 L。整個裝置處在水平向里的勻強磁場中，金屬桿 ab和 cd的質量均為m可在導軌上無摩擦滑動，且與導軌接觸良好。現(xiàn)對金屬桿 ab施加一個豎 直向上的作用力 F,使其勻速向上運動，此時 cd處于靜止狀態(tài)，則力 F的大小為（ ） 圖 8 A. mg B. 2mg C. 3mg D. 4mg 解析：選 C 由cd處于靜止狀態(tài)可知 cd所受向上的安培力等于 mg ab所受向下安培 力等于 2mg由平衡條件可知，力 F的大小為 3mg選項 C 正確。 8. （2011 新課標全國高考）電磁軌道炮工作原理如圖 9 所示。待

22、發(fā)射彈體可在兩平行 軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。 電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另 一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場 （可視為勻強磁場），磁感應強 度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。 現(xiàn)欲使彈體的出 射速度增加至原來的 2 倍，理論上可采用的辦法是 （ ） 將彈體質量減至原來的一半，軌道長度 2 解析：選 BD 由題意可知磁感應強度 B= kI，安培力F= BId = kI d,由動能定理可得: 9. 如圖 10 所示，在傾角為 a的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為 L、質量為m的直 導體棒，當通以圖示方向電流I時，欲使

23、導體棒靜止在斜面上， 可加一平行于紙面的勻強磁 A. B. C 只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?2 倍 只將電流I增加至原來的 2 倍 只將彈D L變?yōu)樵瓉淼?2 倍，其他量不變 ,由此式可判斷 B、D 選項正確。 圖 9 2 mv FL= 2，解得 v= I 場，當外加勻強磁場的磁感應強度 B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉至水平向左的過 程中，下列說法中正確的是 （ ） 圖 10 A. 此過程中磁感應強度 B. 此過程中磁感應強度 C. 此過程中磁感應強度 D. 此過程中磁感應強度 B逐漸增大 B先減小后增大 解析：選 AC 導體棒受重力、支持力、安培力作用而處于平衡狀 態(tài)，當外加勻強磁場的磁

24、感應強度 B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方 向轉至水平向左的過程中， 安培力由沿斜面向上轉至豎直向上， 導體棒 受力的動態(tài)變化如圖所示， 則由圖知安培力逐漸增大， 即此過程中磁感 _F 應強度B逐漸增大，A 對、B 錯；剛開始安培力 F最小，有 sin a = mg mgsin a 所以此過程中磁感應強度 B的最小值為 IL , C 對；最后安培力最大，有 F- mg即此 mg 過程中磁感應強度 B的最大值為 匸，D 錯。 10. （2012 海南高考）圖 11 中裝置可演示磁場對通電導線的作用。電磁鐵上下兩磁極 之間某一水平面內固定兩條平行金屬導軌， L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿。當電

25、磁 鐵線圈兩端a、b,導軌兩端e、f,分別接到兩個不同的直流電源上時， L便在導軌上滑動。 F 列說法正確的是（ 接負極，f接正極，由左手定則可判斷出 L所受安培力向右，則 L向右滑動，選項 A 錯誤 BA. a接正極, b接負極, B. a接正極, b接負極, C. a接負極, b接正極, D. a接負極, b接正極, 解析: 選 BD 若a接正極, e接正極, e接負極, e接正極, e接負極, 接正接負接正b接負極，根據(jù)安培定則, L向右滑動 L向右滑動 L向左滑動 L向左滑動 電磁鐵產(chǎn)生豎直向上的磁接負 正確；若a接負極，b接正極，根據(jù)安培定則，電磁鐵產(chǎn)生豎直向下的磁場。 e接負極，f

26、 接正極，由左手定則可判斷出 L所受安培力向左，則 L向左滑動，選項 D 正確 C 錯誤。 11. 如圖 12 所示，MN是一根長為I = 10 cm，質量 m= 50 g 的金屬棒，用兩根長度也為 1 I的細軟導線將導體棒 MN水平吊起，使導體棒處在 B= 3 T的豎直向上的勻強磁場中，未通 電流時，細導線在豎直方向，通入恒定電流后，金屬棒向外偏轉的最大偏角 金屬棒中恒定電流的大小。 量 m= 10 g，垂直放在導軌上并接觸良好，求合上開關的瞬間。 圖 13 (1) 金屬棒受到安培力的大小和方向； (2) 金屬棒的加速度。 解析：(1)閉合電鍵的瞬間，回路中的電流 E 3 I = R= 6

27、A = 0.5 A 0 = 37，求 解析：金屬棒向外偏轉的過程中，受重力 mg導線拉力FT、安培力 共三個力的作用，其中導線的拉力不做功，由動能定理得: W+ WG= 其中 W= Fl sin 0 =BIl 2sin 0 , W= mg(1 cos 金屬棒中的電流為 mg I = Bl sin 37 解得：I = 5 A 答案：5 A 12. 水平放置的光滑金屬導軌寬 L= 0.2 接有電源電動勢 = 3 V, 電源內阻及導軌電 阻不計。勻強磁場豎直向下穿過導軌，磁感應強度 B= 1 T。導體棒ab的電阻R= 6 Q,質 OT1 X X X Tx X X X X X5 E ab棒所受安培力

28、F 安=BIL = 0.1 N 由左手定則知方向水平向右 (2)由牛頓第二定律知2 F安 a= m= 10 m/s 方向水平向右 2 答案：（1）0.1 N 水平向右 （2）10 m/s ，方向水平向右 教師備選題 1. （2012 河北期末）電子做近核運動的時候，產(chǎn)生了垂直于相對運動方向的磁場。如 圖 1 所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以 沿z軸正方向磁感應強度大小的變化最有可能為 （ ） 解析：選 C 磁感線是為了形象地描述磁場而人為假想的曲線。其疏密程度反映磁場的 強弱，磁感線越密的地方磁場越強， 沿z軸正方向磁感線由密到疏再到密， 即磁感應強度由 大到小再到大，只有

29、C 正確。 2. 如圖 3 所示，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流 11和12,且11| 2； a、 b、c、d為導線某一橫截面所在平面內的四點，且 a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之 間，b、d的連線與導線所在平面垂直。磁感應強度可能為零的點是 （ ） h b 12 圖 3 A. a 點 B. b 點 C. c 點 D. d 點 解析：選 C 根據(jù)安培定則可知11和12電流分別在a處產(chǎn)生的磁場方向為垂直 ac連線 向上和向下，由于 丨1|2,且丨1電流與a點的距離比丨2電流與a點距離要小，故 BaBa，則 a處磁感應強度不可能為零， A 錯；兩電流在b處產(chǎn)生的磁場方向均垂直

30、ac連線向下，故 B 錯；丨1和12電流分別在c處產(chǎn)生的磁場方向為垂直 ac連線向下和向上，且11電流與c點的 距離比O點（圖中白點）為坐標原點, 圖 1 圖 2 2 12電流與c點距離要大，故 Bc與B2c有可能等大反向，C 對；兩電流在d處產(chǎn)生的磁 場方向一定成某一夾角，且夾角一定不為 180 , D 錯。A. 2I 3. 如圖 4 所示，兩個完全相同且相互絕緣、正交的金屬環(huán)，可沿軸線A. A環(huán)、B環(huán)均不轉動 B. A環(huán)將逆時針轉動，B環(huán)也逆時針轉動，兩環(huán)相對不動 C. A環(huán)將順時針轉動，B環(huán)也順時針轉動，兩環(huán)相對不動 D. A環(huán)將順時針轉動，B環(huán)將逆時針轉動，兩者吸引靠攏 解析：選 D

31、由于兩環(huán)均可以自由轉動，電流方向要趨于相同，因此 A環(huán)順時針轉動， B環(huán)逆時針轉動，而且盡可能的靠近，故選項 D 正確。 4. （2012 河北衡水中學調研 ）如圖 5 所示，平行于紙面水平向右的勻強磁場，磁感應 強度Bi= 1 T。位于紙面內的細直導線，長 L= 1 m,通有I = 1 A 的恒定電流。當導線與 B 成 60夾角時，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零，則該區(qū)域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強 度E2的可能值（ ） 圖 5 1 _3 A. 2 T B.芬 T C. 1 T D. 3 T 解析：選 BCD 當導線與 B 成 60夾角時，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零，說明該區(qū)域同 時存在的另一勻強磁

32、場 B,并且 B 與 B 的合磁場的磁感應強度方向沿導線方向，根據(jù)矢量 也 1 合成的三角形定則，可知 B2 Bsin 60 = 三T ,所以 B 的不可能值為 2 T ,選項 A 錯誤, B C、D 正確。本題答案為 BCD 5. （2013 西安五校聯(lián)考）在地磁場作用下處于水平靜止的小磁針上方，平行于小磁針 水平放置一直導線，當該導線中通有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉。當通過該導線電流為 I 時，小磁針偏轉了 30，問當發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉了 45,通過該導線電流為（已知直導線在某 點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度與通過直導線的電流成正比 ）（ ）OO自由轉動, 現(xiàn)通以圖示方向電流，沿 OO看去會發(fā)圖 4

33、/可知其所受安培力的方向為沿紙面向上，故 A 正確。 C. 3I D.無法確定 解析：選 C 通電直導線產(chǎn)生的磁場與地磁場垂直，設通過該導線電流為 I時產(chǎn)生的磁 場為B1，地磁場為B0，小磁針偏轉了 30，則有 tan 30= Bi/B0;小磁針偏轉了 45，則 有 tan 45 = B2/B0;解得B2= ,3B。由直導線在某點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度與通過直導 線的電流成正比可知，選項 C 正確。 6. （2013 鄭州模擬）如圖 6 所示，把一個裝有 NazSQ 導電溶液的圓形玻璃器皿放入磁 場中，玻璃器皿的中心放一個圓柱形電極， 沿器皿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極， 把兩電極分 別與電池的正

34、、負極相連。從器皿上方往下看 （俯視），對于導電溶液和溶液中正、負離子的 運動，下列說法中正確的是 （ A. 溶液做順時針方向運動 B. 溶液做逆時針方向運動 C. 正離子沿圓形玻璃器皿的半徑向邊緣移動 D. 負離子沿圓形玻璃器皿的半徑向中心移動 解析：選 A 溶液中有從中心流向邊緣的電流，由左手定則可知，溶液做順時針方向運 動，選項 A正確 B 錯誤；溶液中正、負離子均做順時針方向運動，選項 C、D 錯誤。 7. 如圖7, 段導線abed位于磁感應強度大小為 B的勻強磁場中，且與磁場方向 （垂直 于紙面向里）垂直。線段ab、be和ed的長度均為L,且/ abe=Z bed = 135。流經(jīng)導

35、線的 電流為I，方向如圖中箭頭所示。導線段 abed所受到的磁場的作用力的合力 （ ） 圖 7 A. 方向沿紙面向上，大小為 （2 + 1）ILB B. 方向沿紙面向上，大小為 （2 1）ILB C. 方向沿紙面向下，大小為 （2 + 1）ILB 圖 6 可知其所受安培力的方向為沿紙面向上，故 A 正確。 D. 方向沿紙面向下，大小為 （2 1）ILB 解析：選 A 求導線abed所受的安培力時，要用它的有效長度來計算， 其有效長度為a 和d之間的直導線長為（,2 + 1）L，根據(jù)公式可知安培力的大小為 （.2 + 1）BIL。由左手定則 洛倫茲力 想一想 來自宇宙的質子流，以與地球表面垂直的

36、方向射向赤道上空的某一點， 則這些質子在進 入地球周圍的空間時，將相對該點向哪個方向偏？ 提示地球表面地磁場方向由南向北， 質子是氫原子核，帶正電荷。根據(jù)左手定則可 判定，質子自赤道上空豎直下落過程中受洛倫茲力方向向東，故相對該點向東偏。 記一記 1 .洛倫茲力 磁場對運動電荷的作用力。 2. 洛倫茲力的方向 左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓 磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向, 這時拇指所指的方向就是運動的正電 荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。 3. 洛倫茲力的大小 F= qvBsin 0 , 0為v與B的夾角，如圖 8- 2- 1 所示

37、。 圖 8- 2- 1 v / B時，0= 0或 180 ,洛倫茲力 F= 0。 v丄B時，0 = 90,洛倫茲力 F= gvBo (3) v = 0 時，洛倫茲力 F= 0。 試一試 1. 如圖 8 2-2 所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置 的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將 ( ).il.必備知襄打申 H I Ei ： I Z h 1 11 I A. CJ J A I 抓雙基 I 固玉源 得基砒分 磁場對運動電荷的作用 圖 8- 2-2 A.向上偏轉 B.向下偏轉 C.向紙外偏轉 D.向紙里偏轉 解析：選 A 環(huán)形導線在示波管處產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外,

38、電子受到的洛倫茲力向上，故 A 正確。 帶電粒子在勻強磁場中的運動 r 1 r M 想一想 一電子在勻強磁場中， 以一正電荷為圓心在一圓軌道上運行。 磁場方向垂直于它的運動 平面，電場力恰好是磁場作用在電子上的磁場力的 3 倍，電子電荷量為 e，質量為m磁感 應強度為B,那么電子運動的角速度可能為多少？ 2 2 v Vi 提示向心力可能是 F電+FB或F電一FB,即卩 4eBv= mR或 2eBvi = mR。故電子運動的 eB eB 角速度可能為 4 m或 2 m 記一記 1洛倫茲力的特點 洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。 2粒子的運動性質 (1) 若Vo /

39、B,則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動。 (2) 若Vo丄B,則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。 3.半徑和周期公式 (1) 洛倫茲力方向總與速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。根據(jù)牛頓第二定律， 2 v_ 表達式為qvB= mi。 mV 2n m (2) 半徑公式r = qB，周期公式T= qB。 試一試 電丈東 由左手定則可判示波軒 壞槪導緞 2. 如圖 8-2- 3 所示，在yv 0 的區(qū)域內存在勻強磁場， 磁場方向垂直于 xOy平面并指 向紙面外，磁感應強度為B。一帶正電的粒子以速度 vo從O點射入磁場，入射方向在xOy平 面內，與x軸正向的夾角為0 ,不計重力。若粒子射

40、出磁場的位置與 O點的距離為I。請在 記一記 i 質譜儀 構造：如圖 8 2-4 所示，由粒子源、加速電場、勻強磁場和照相底片等構成。 (2) 原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關系式 qU2m/。 圖中畫出粒子的軌跡草圖，并求出該粒子的比荷 q mr mv 解得r = qB 圓軌道的圓心位于 OA的中垂線上，由幾何關系可得 2= rsin 0 q 2vos in 0 聯(lián)立兩式，解得 2Vos in 0 答案：軌跡圖見解析圖所示 Bl 質譜儀和回旋加速器 圖 8- 2-4 1 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式 2 v qvB= mr。 由

41、兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷。 1 2mU qr2B2 q 2U r = B . q ,作 2U , mr BV2。 2.回旋加速器 (1)構造：如圖 8- 2-5 所示，D、Da 是半圓金屬盒，D 形盒的縫隙處接交流電源。 D 形 盒處于勻強磁場中。 接更-嵐電源U 圖 8- 2-5 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，也子在做圓周運動的過程中一 次一次地經(jīng)過 D 形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速， mV q2E?R2 由qvB= ，得 Em= 一 2m,可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度 B和 D 形盒半徑R決定

42、, 與加速電壓無關。 試一試 3如圖 8-2-6 是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度 選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為 B和E。平板S上有可 讓粒子通過的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片 AA。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列 表述正確的是( ) 圖 8- 2-6 A. 質譜儀是分析同位素的重要工具 B. 速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 C. 能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 曰B D. 粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫 P,粒子的比荷越小 解析：選 ABC 因同位素原子的化學性質完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜 儀就成為同位

43、素分析的重要工具， A 正確。在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲 力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知 B 正確。再由qE= qvB有v= E/B, C mv q v 正確。在勻強磁場 B0中R= qB0,所以m= B0R D 錯誤。 抓考點 攻瑩原 帶擾高廿 對洛倫茲力的理解 1. 洛倫茲力和安培力的關系 洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力， 而安培力是導體中所有定向移動的自由電 荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。 2 洛倫茲力的特點 (1) 洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面，所以洛倫茲 力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。

44、 (2) 當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3) 用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時， 要注意將四指指向電荷運 動的反方向。 3. 洛倫茲力與電場力的比較 內容 比較項目 對應力 X 洛倫茲力F 電場力F 性質 磁場對在其中運動電何的作用 力 電場對放入其中電荷的作用力 產(chǎn)生條件 v工0且v不與B平行 電場中的電何一疋受到電場力 作用 高頻審點襄IB美 GAOPITN K.AODIAN T 大小 F= qvB（ v 丄 E） F= qE 力方向與場方向的關系 一定是F丄B, F丄v 正電何與電場方向相同，負電 何與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功

45、可能做正功、負功，也可能不 做功 力F為零時場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E 一定為零 作用效果 只改變電荷運動的速度方向， 不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大 小,也可以改變電荷運動的方 向 洛倫茲力對運動電荷永不做功， 而安培力對通電導線可做正功， 可做負功，也可不做功。 例 1 （2013 長沙模擬）在垂直紙面水平向里，磁感應強度為 B的勻強磁場中，有 一固定在水平地面上的光滑半圓槽，一個帶電荷量為+ q,質量為m的小球在如圖 8- 2 7 所示位置從靜止?jié)L下，小球滾到槽底時對槽底的壓力大小等于 mg求圓槽軌道的半徑 艮 X X X X 圖 8- 2-7 審題指導 小球

46、滾到槽底過程中只有重力做功， 槽的支持力、洛倫茲力不做功，根據(jù)牛頓第二定律 以及圓周運動規(guī)律即可求解。 嘗試解題 設小球滾到槽底時的速度為 v,由于小球受到圓槽軌道的支持力和洛倫茲力都不做功， 根據(jù)機械能守恒定律可得： mgR= 2mV 小球滾到槽底時受到的洛倫茲力的大小為 F= qvB 根據(jù)題意和牛頓第二定律可得： 2 V F+ mg- mg= mR 2逸 聯(lián)立解得：R= q2B2 2 2mg 答案q2B2 帶電粒子在有界磁場中的運動分析 J - 1 1. 圓心的確定 已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向 的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心 （如圖

47、828 甲所示，圖中P為入射點，M 為出射點）。 已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點 和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心 為入射點，M為出射點）。 帶電粒子在不同邊界磁場中的運動: （如圖 8 2 8 乙所示，P 甲 圖 8-2- 11 2. 半徑的確定和計算 利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑（或圓心角），求解時注意以下幾個重要的幾何 特點： 必牘偏向角） （1） 粒子速度的偏向角（$ ）等于圓心角（a ），并等于AB弦與切線的夾角（弦切角0 ）的 2 倍（如圖 8 2 12），即 $=a = 20=3 t （2） 相對的弦切角（

48、0 ）相等，與相鄰的弦切角（0 ）互補，即0+0= 180。 （3） 直角三角形的幾何知識（勾股定理）。AB中點C,連接OC則厶ACOA BCO都是直角 三角形。 3運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為 T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為 a時，其運 動時間可由下式表示： 直線邊界 圓形邊界 （沿徑向射入必沿徑向射出，如圖 8 2 11 所示）。 8 2 9 所）。 （進出磁場具有對稱性， 如圖 平行邊界 圖 8 2 10 a a I t = 360 T（或 t = 2 n T） , t = v（l 弧長） 例 2如圖 8 2 13 所示，虛線圓所圍區(qū)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場

49、，磁 感應強度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度 v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后， 其運動方向與原入射方向成 0角。設電子質量為 m電荷量為e,不計電子之間相互作用力 及所受的重力，求： / XR X f 圖 8 2 13 （1） 電子在磁場中運動軌跡的半徑 R; （2） 電子在磁場中運動的時間 t ； 圓形磁場區(qū)域的半徑 r 審題指導 第一步：抓關鍵點 關鍵點 獲取信息 (1) 一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向射入 沿半徑方向入射，一疋會沿半徑方向射出 (2)運動方向與原入射方向成 0角 0為偏向角等于軌道圓弧所對圓心角 第二步：找突破口 (1) 要求軌跡半徑T應根據(jù)洛倫茲力提供向心力。

50、0 (2) 要求運動時間T可根據(jù) t = 2n T,先求周期To (3) 要求圓形磁場區(qū)域的半徑T可根據(jù)幾何關系求解。 嘗試解題 (1) 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 mv evB= R mv 解得R= eB (2) 設電子做勻速圓周運動的周期為 T, 2 n R 2 n m 則 T= v = eB 由如圖所示的幾何關系得圓心角 a=0, 0 m0 所以 t = 2 n T= eB o (3) 由如圖所示幾何關系可知， 0 r tan 2 = R mv 0 所以 r = eEtan 2。 mv m0 mv 0 答案 eE (3) eBtan2 【抑健報結I li IT v4JI J ! n

51、帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法一一三步法 （一） 畫軌跡：即畫出軌跡，并確定圓心，幾何方法求半徑。 （二） 找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系， 偏轉角度與圓心角、運動時間 相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系。 （三） 用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式。 1. 帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下， 正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。 如圖 8 2 14 甲，帶電粒子以速率 v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為 a,如 圖 8 2 14 2. 磁場方向不確定

52、形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小, 慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。 如圖 8 2 14 乙，帶正電粒子以速率 v垂直進入勻強磁場，如 B垂直紙面向里，其軌 跡為a,如B垂直紙面向外，其軌跡為 b。 3. 臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時， 由于粒子運動軌跡是圓弧狀， 因此，它可 能穿過去了，也可能轉過 180從入射界面這邊反向飛出，如圖 8 2 15 甲所示，于是形 成了多解。 帶電粒子在磁場中運動的多解問題 帶負電，其軌跡為 而未具體指出磁感應強度的方向， 此時必須要考 甲 甲 圖 8 2 15 4. 運動的周期性形成多解 帶電粒子在部分是電場，

53、 部分是磁場的空間運動時， 運動往往具有往復性， 從而形成多 解。如圖 8-2- 15 乙所示。 例 3 (2013 蘇州模擬)如圖 8-2 16 甲所示，M N為豎直放置彼此平行的兩塊平 板，板間距離為d,兩板中央各有一個小孔 O O正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場， 磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示， 設垂直紙面向里的磁場方向為正方向。 有一群正離子 在t = 0 時垂直于 M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為 m帶電荷量為q,正離子在磁 場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為 To,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的 電場的影響，不計離子所受重力。求： 磁感應強度Bo的大小;

54、(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度 vo的可能值。 嘗試解題 (1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力 mv2 qvoBo= r 做勻速圓周運動的周期 2 n r To= V0 聯(lián)立兩式得磁感應強度 2 n m B= qT）。 d r = 4n（n= 1,2,3 ,） 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 B0qr n d Vo = m = 2nTo（n= 1,2,3，）。(2)要使正離子從 O孔垂直于 N板射出磁場, 示，兩板之間正離子只運動一個周期即 To時，有 當兩板之間正離子運動 n個周期，即nTo時, 圖 8 2 16 V。的方向應如圖所 (4)因粒子最大

55、回旋半徑為 Rn,故 2n m n d 答案(1) 喬 (2) vo= 2nr)(n= 1,2,3,) l規(guī)律總結I 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 (1) 分析題目特點，確定題目多解性形成原因。 (2) 作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。 (3) 若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解 出現(xiàn)的條件。 EZXl | 帶電粒子在磁場中運動的實際應用 例 4回旋加速器是用于加速帶電粒子流，使之獲得很大動能的儀器，其核心部分是 兩個 D 形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接， 以便在盒間狹縫中形成勻強電場， 使粒子每次穿過狹縫都得到加速；

56、 兩盒放在勻強磁場中， 磁場方向垂直于盒底面， 粒子源置 于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為 q、質量為m粒子最大回旋半徑為 Rn,磁 場的磁感應強度為 B,其運動軌跡如圖 8- 2- 17 所示，問: 圖 8-2- 17 (1) 粒子在盒內磁場中做何種運動？ (2) 粒子在兩盒間狹縫內做何種運動？ (3) 所加交變電壓頻率為多大？粒子運動角速度為多大？ (4) 粒子離開加速器時速度為多大？ 嘗試解題 (1) D 形盒由金屬導體制成，可屏蔽外電場，因而盒內無電場。盒內存在垂直盒面的磁 場，故粒子在盒內磁場中做勻速圓周運動。 (2) 兩盒間狹縫內存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在同

57、一條直線上，故粒子 做勻加速直線運動。 (3) 粒子在電場中運動時間極短，高頻交變電壓頻率要符合粒子回旋頻率 1 qB 回旋頻率f = T= 2 n m qB (4)因粒子最大回旋半徑為 Rn,故 角速度3 = 2 n f = m。 mva qBR Rm=碩，即 vm= m 答案見解析 WJ n Bo：叫：；：爲常：；： 洛倫茲力應用問題的分析方法 (1) 洛倫茲力的應用包括回旋加速器、質譜儀、速度選擇器等。 (2) 回旋加速器中經(jīng)常遇到的問題是粒子獲得的最大動能、加速的次數(shù)、運動時間等, 分析的方法是電場對粒子加速，每次做功相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動，周期相同, 其半徑最大時動能最大。

58、 (3) 質譜儀中粒子在磁場中運動的軌跡不同，其原因是粒子的質量不同。 補短板I 彌不足I 得滿號 “方法技巧專舉化系列 z (七) - 利用放縮法和平移法解決“帶電粒子的磁偏轉問題 1 放縮法 粒子源發(fā)射速度方向一定， 大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時， 這些帶電粒子在磁場 中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化， 如圖 8- 2 18 所示(圖中只畫出粒子帶 正電的情景)，速度V。越大，運動半徑也越大。可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運 動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線 PP上。由此我們可得到一種確定臨界條件的方法： 在確定這類粒子運動的臨界條件時，可以以入射點 P為定點，圓心位

59、于 PP直線上，將半 徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，使問題迎刃而解，這種方法稱為“放縮法”。 2. 平移法 粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時， 它們在磁場中做勻速 圓周運動的半徑相同，若射入初速度為 V。，則圓周運動半徑為 R= mv/qB,如圖 8-2- 19 所示。同時可發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點 P為圓心、半徑 學科4何賽提掘 M U E K E T 5 E Y A t 戶 X X X X X 圖 8-2- 18 R= mv/qB的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。 由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法： 確定這類

60、粒子在有界磁場中運動的臨界 條件時，可以將一半徑為 R= mvo/qB的圓沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件， 這種方法稱為平移法”。 典例 如圖 8 2 20 所示，在屏 MN的上方有磁感應強度為 B的勻強磁場，磁場方 向垂直于紙面向里。 P為屏上的一個小孔。 PC與MN垂直。 一群質量為 m帶電荷量為一q 的粒子（不計重力），以相同的速率v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射 方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與 PC夾角為0的范圍內。則在屏 MN上被粒子打 中的區(qū)域的長度為（ ） 2mv A. qB 2mvcos 0 B qB 2mv sin 0 C. qB 2mv