高考物理一輪復習 第九章 磁場考點通關-人教版高三物理試題

第九章磁場[學習目標定位]考綱下載考情上線1.磁場、磁感應強度、磁感線(Ⅰ)2．通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向(Ⅰ)3．安培力、安培力的方向(Ⅰ)4．勻強磁場中的安培力(Ⅱ)5．洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ)6．洛倫茲力公式(Ⅱ)7．帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)8．質(zhì)譜儀和回旋加速器(Ⅰ)高考地位縱觀近幾年高考，涉及本章知識點的題目年年都有，考查次數(shù)最多的是與洛倫茲力有關的帶電粒子在勻強磁場或復合場中的運動，其次是與安培力有關的通電導體在磁場中的加速或平衡問題考點布設1.本章知識常與電場、恒定電流以及電磁感應、交變電流等章節(jié)知識廣泛聯(lián)系綜合考查2．速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀、回旋加速器等磁場在生活和科技方面的應用第1單元磁場的描述__磁場對電流的作用磁場、磁感應強度和磁通量[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。(2)定義式：B＝eq\f(F,IL)(通電導體垂直于磁場)。(3)方向：小磁針靜止時N極的指向。3．磁通量(1)概念：在磁感應強度為B的勻強磁場中，與磁場方向垂直的面積S和B的乘積。(2)公式：Φ＝BS。(3)單位：1Wb＝1_T·m2。[試一試]1．[多選]下列說法中正確的是()A．電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零B．一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零C．表征電場中某點電場的強弱，是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值D．表征磁場中某點磁場的強弱，是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導體長度和電流乘積的比值解析：選AC電場和磁場有一個明顯的區(qū)別是：電場對放入其中的電荷有力的作用，而磁場僅對在磁場中運動且速度方向和磁感應強度方向不平行的帶電粒子有力的作用；磁場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行，因此A對B錯。同理根據(jù)電場強度的定義式E＝F/q可知C正確。而同樣用比值定義法定義的磁感應強度則應有明確的說明，即B＝eq\f(F,IL)中I和B的方向必須垂直，故D錯，所以應選A、C。磁感線和電流的磁場[想一想]如圖9－1－1所示，一束帶電粒子沿水平方向的虛線飛過小磁針上方，并與小磁針方向平行，能使小磁針N極轉向讀者，那么這束帶電粒子可能是如何運動的？圖9－1－1提示：帶電粒子沿水平方向的虛線飛過小磁針上方，并與小磁針方向平行，能使小磁針N極轉向讀者?？芍娏鞯拇艌鲈谛〈裴標谔幨谴怪庇诩埫嬷赶蜃x者的。依據(jù)安培定則可得，電流的方向水平向左。因此，如果這束帶電粒子是正離子，則向左飛行；如果是負離子，則向右飛行。[記一記]1．磁感線(1)磁感線：在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁感應強度方向一致。(2)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場磁感線分布，如圖9－1－2所示。圖9－1－22．地磁場(1)地磁場的N極在地理南極附近，地磁場的S極在地理北極附近，磁感線分布如圖9－1－3所示。圖9－1－3(2)地磁場B的水平分量(Bx)總是從地理南極指向地理北極，而豎直分量(By)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。赤道處的地磁場沿水平方向，指向北。3．電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則立體圖橫截面圖[試一試]2．下列各圖9－1－4中，已標出電流I、磁感應強度B的方向，其中符合安培定則的是() 圖9－1－4解析：選C本題要用安培定則來判斷。對A、B選項，用右手握住通電直導線，讓大拇指指向電流的方向，那么四指的指向就是磁感線的環(huán)繞方向，由此可知A、B錯誤；對C、D選項，用右手握住通電螺線管，使四指彎曲與電流方向一致，那么大拇指所指的那一端是內(nèi)部的磁感線方向，據(jù)此可知C正確，D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(nèi)；讓磁感線垂直穿入手心，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：同向電流互相吸引，異向電流互相排斥。2．安培力的大小當磁感應強度B的方向與導線方向成θ角時，F(xiàn)＝BIlsin_θ，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，F(xiàn)max＝BIl。(2)當磁場與電流平行時，安培力等于零。[試一試]3．(2014·全國卷Ⅰ)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導線受到的安培力為零，當電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關，C錯誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導線受到的安培力F＝BIL，將直導線從中點折成直角，分段研究導線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，根據(jù)平行四邊形定則可得，導線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D錯誤。安培定則的應用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”。類型原因(電流方向)結果(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]如圖9－1－5，M、N、P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應強度大小為B1。若將M處的長直導線移至P處，則O點的磁感應強度大小變?yōu)锽2，則B2與B1之比為()圖9－1－5A．1∶2 B．2∶1C.eq\r(3)∶1 D.eq\r(3)∶2[解析]依題意，每根導線在O點產(chǎn)生的磁感強度為eq\f(B1,2)，方向豎直向下，則當M移至P點時，O點合磁感應強度大小為：B2＝2×eq\f(B1,2)×cos30°＝eq\f(\r(3)B1,2)，則B2與B1之比為eq\r(3)∶2。[答案]D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。安培力作用下通電導體運動方向的判定(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?，F(xiàn)對五種常用的方法列表如下：電流元法把整段彎曲導線分為多段直線電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，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。等效后再確定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問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定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9－1－6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)()圖9－1－6A．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[審題指導]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，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。[解析](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；OB段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OO′段為軸順時針轉動(俯視)。(2)特殊位置法把導線轉過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與安培力有關的力學綜合問題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：(1)B與l垂直；(2)l是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度。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9－1－7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。圖9－1－72．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路(1)選定研究對象；(2)變?nèi)S為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解。3．安培力做功的特點和實質(zhì)(1)安培力做功與路徑有關，不像重力、電場力做功與路徑無關。(2)安培力做功的實質(zhì)：起能量轉化的作用。①安培力做正功：是將電源的能量傳遞給通電導線后轉化為導線的動能或轉化為其他形式的能。②安培力做負功：是將其他形式的能轉化為電能后儲存起來或轉化為其他形式的能。[例3]如圖9－1－8所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心。兩金屬軌道之間的寬度為0.5m，勻強磁場方向如圖所示，大小為0.5T。質(zhì)量為0.05kg、長為0.5m的金屬細桿置于金屬軌道上的M點。當在金屬細桿內(nèi)通以電流強度為2A的恒定電流時，金屬細桿可以沿桿向右由靜止開始運動。已知MN＝OP＝1m，則()圖9－1－8A．金屬細桿開始運動時的加速度大小為5m/s2B．金屬細桿運動到P點時的速度大小為5m/sC．金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10m/s2D．金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N[解析]金屬細桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金屬細桿開始運動時的加速度大小為a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，選項A錯誤；對金屬細桿從M點到P點的運動過程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5J，由動能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬細桿運動到P點時的速度大小為v＝eq\r(20)m/s，選項B錯誤；金屬細桿運動到P點時的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一條軌道對金屬細桿的作用力大小為0.75N，由牛頓第三定律可知金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N，選項D正確。[答案]D[典例](2014·泉州模擬)如圖9－1－9所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B＝0.50T，方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場，金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5V、內(nèi)阻r＝0.50Ω的直流電源?，F(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：圖9－1－9(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力的大?。?3)導體棒受到的摩擦力。轉換對象立體圖→平面圖思路立現(xiàn)在三維空間對物體受力分析時，無法準確畫出其受力情況，在解決此類問題時，可將三維立體圖轉化為二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖或側視圖等，可較清晰地明確物體受力情況，畫出受力分析圖[解析](1)導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：圖9－1－10I＝eq\f(E,R0＋r)＝圖9－1－10(2)導體棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.3N。(3)導體棒所受重力沿導軌所在平面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.24N，由于F1小于安培力，故導體棒受沿導軌所在平面向下的摩擦力f，如圖9－1－10所示，根據(jù)共點力平衡條件mgsin37°＋f＝F安，解得：f＝0.06N。[答案](1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N，方向沿導軌向下[題后悟道]解決此類問題，首先將此立體圖轉化為平面圖(剖面圖)，金屬桿用圓代替，電流方向用“×”與“·”表示，然后畫出磁場方向，分析物體的受力，畫出物體受力的平面圖，列方程求解。[多選](2014·蘇州聯(lián)考)如圖9－1－11所示，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ，則磁感應強度方向和大小可能為()圖9－1－11A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z負向，eq\f(mg,IL)tanθ D．沿懸線向上，eq\f(mg,IL)sinθ解析：選BC由平衡條件可知，導線所受安培力方向在＋z方向和沿細線之間，由左手定則可判斷出磁感應強度方向為沿y正向和沿z負向偏y負向θ角之間，選項A、D錯誤；若磁感應強度方向為沿y正向，所受安培力沿z正向，大小等于mg，即BIL＝mg，解得磁感應強度大小為eq\f(mg,IL)，選項B正確；若磁感應強度方向為沿z負向，所受安培力沿y正向，大小BIL＝mgtanθ，解得磁感應強度大小為eq\f(mg,IL)tanθ，選項C正確。[隨堂鞏固落實]1．為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。圖9－1－12中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是()圖9－1－12解析：選B由日常知識可知，地球的南極為磁場的N極，由右手螺旋定則可知，電流方向如圖B，故選項B正確。2.兩長直通電導線互相平行，電流方向相同，其截面處于一個等邊三角形的A、B處，如圖9－1－13所示，兩通電導線在C處的磁感應強度均為B，則C處總磁感應強度為()圖9－1－13A．2B B．BC．0 D.eq\r(3)B解析：選D根據(jù)安培定則(右手螺旋定則)可以判斷A導線在C處的磁感應強度BA，大小為B，方向在紙面內(nèi)垂直于連線AC；B導線在C處的磁感應強度BB，大小為B，方向在紙面內(nèi)垂直于連線BC，C處的總磁感應強度B由BA、BB按平行四邊形定則求得為eq\r(3)B，方向水平向右。選D。3.(2014·廣東六校聯(lián)考)如圖9－1－14所示，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的“V”形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，當在該導線中通以電流強度為I圖9－1－14A．BIl B．2BIlC．0.5BIl D．0解析：選A求導線所受的安培力時，要用它的有效長度來計算，其有效長度為l，根據(jù)公式可知安培力的大小為BIl，故A正確。4.如圖9－1－15所示，蹄形磁體用懸線懸于O點，在磁鐵的正下方有一水平放置的長直導線，當導線中通以由左向右的電流時，蹄形磁鐵的運動情況將是()圖9－1－15A．靜止不動B．向紙外平動C．N極向紙外轉動，S極向紙內(nèi)轉動D．N極向紙內(nèi)轉動，S極向紙外轉動解析：選C首先畫出導線所在位置的磁感線分布情況如圖所示，導線左邊與右邊的磁場方向不同，故把導線分為左右兩部分。由左手定則可知左邊的導線受到向內(nèi)的作用力，右邊的導線受到向外的作用力，所以導線左邊向內(nèi)轉動，右邊向外轉動，現(xiàn)在導線固定，蹄形磁鐵可以自由轉動，磁鐵的轉動方向與導線的轉動方向相反，所以蹄形磁鐵的N極向外轉動，S極向內(nèi)轉動，本題選C。5.[多選](2014·佛山質(zhì)檢)如圖9－1－16，在天平右盤底部掛有一個矩形線圈，其一部分懸在方向水平向里的勻強磁場中，矩形線圈通有順時針方向電流，現(xiàn)天平右側向下傾斜，下列措施有可能使天平平衡的是()圖9－1－16A．減小磁感應強度B．增加通過線圈的電流C．改變電流的方向D．在不改變線圈質(zhì)量的同時，增加底邊的長度解析：選AC對矩形線圈在磁場中的部分進行受力分析，根據(jù)左手定則，左、右兩邊所受的安培力大小相等、方向相反，合力為零，底邊所受的安培力向下，要使天平平衡，必須減小安培力，故可以通過減小磁感應強度、減小底邊的長度、減小通過線圈的電流來實現(xiàn)，或改變電流的方向，從而改變安培力的方向來實現(xiàn)，故B、D錯誤，選AC。[課時跟蹤檢測]一、單項選擇題1．關于磁感應強度，下列說法正確的是()A．由B＝eq\f(F,IL)可知，B與F成正比，與IL成反比B．通電導線放在磁場中某點，該點就有磁感應強度，如果將通電導線拿走，該點的磁感應強度就變?yōu)榱鉉．通電導線所受磁場力不為零的地方一定存在磁場，通電導線不受磁場力的地方一定不存在磁場(即B＝0)D．磁場中某一點的磁感應強度由磁場本身決定解析：選D磁感應強度是由磁場本身決定的，與是否放入通電導線及其受力無關；通電導線在磁場中所受的安培力與磁感應強度B、電流I、導線長度L以及B與I的夾角θ均有關，F(xiàn)＝BILsinθ，當B與I平行時，即使有磁場，所受安培力依然為零。2.在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖1所示。過c點的導線所受安培力的方向()圖1A．與ab邊平行，豎直向上B．與ab邊平行，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Ca處導線在c處產(chǎn)生的磁場B1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B2的方向垂直于bc連線向右下方。B1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(zhì)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(nèi)，且通過圓環(huán)中心，如圖2所示，當圓環(huán)中通以順時針方向的電流時，從上往下看()圖2A．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(nèi)，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·天津高考)如圖3所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)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θ，如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況是()圖3A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應強度變大，θ角變小解析：選A分析MN受力如圖所示，由平衡條件可得：tanθ＝eq\f(BIl,mg)，由此式可知，棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項A正確；兩懸線等長變短，θ角不變，選項B錯誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ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，θ角變大，選項D錯誤。5.電磁軌道炮工作原理如圖4所示。待發(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?，F(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()圖4A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的eq\r(2)倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變解析：選D由題意可知磁感應強度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由動能定理可得：FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判斷D選項正確。二、多項選擇題6．假設能將小磁針移到地球球心附近，則小磁針的N極指向()A．可以根據(jù)“同名磁極相斥，異名磁極相吸”進行判定B．應根據(jù)“小磁針N極所受到磁場力方向與該處磁場方向相同”進行判定C．指向地球的地理南極附近D．指向地球的地理北極附近解析：選BC將地磁場等效為條形磁鐵磁場，同時注意地磁場磁感線是貫穿的閉合曲線，可知地球球心的磁場方向指向地理南極附近，故選BC。7．(2012·海南高考)圖5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(nèi)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。下列說法正確的是()圖5A．若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B．若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C．若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動D．若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動解析：選BD若a接正極，b接負極，根據(jù)安培定則，電磁鐵產(chǎn)生豎直向上的磁場。e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B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。8.如圖6所示，一根通電直導線垂直放在磁感應強度為1T的勻強磁場中，以導線為中心，半徑為R的圓周上有a、b、c、d四個點，已知c點的實際磁感應強度為0，則()圖6A．直導線中電流方向垂直紙面向里B．d點的磁感應強度為0C．a(chǎn)點的磁感應強度為2T，方向向右D．b點的磁感應強度為eq\r(2)T，方向斜向右下方解析：選CDc點磁感應強度為0，說明通電直導線在c點產(chǎn)生的磁感應強度大小為1T，方向與勻強磁場方向相反。根據(jù)右手螺旋定則可判斷知：通電直導線中電流方向垂直紙面向外。以通電導線為圓心的圓周上各點磁感應強度大小相等。故a點處兩個分磁感應強度大小都為1T，方向都水平向右，故a點合磁感應強度大小為2T，方向水平向右。同理可得，b點磁感應強度大小為eq\r(2)T，方向與勻強磁場成45°角斜向右下方；d點磁感應強度大小為eq\r(2)T，方向與勻強磁場成45°角斜向右上方，故選CD。三、計算題9.水平放置的光滑金屬導軌寬L＝0.2m，接有電源電動勢E＝3V，電源內(nèi)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＝1T。導體棒ab的電阻R＝6Ω，質(zhì)量m＝10g，垂直放在導軌上并接觸良好，求合上開關的瞬間。圖7(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I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3,6)A＝0.5Aab棒所受安培力F安＝BIL＝0.1N由左手定則知方向水平向右(2)由牛頓第二定律知a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2方向水平向右答案：(1)0.1N水平向右(2)10m/s2，方向水平向右10．如圖8甲所示，質(zhì)量為m＝50g，長l＝10cm的銅棒，用長度也為l的兩根輕軟導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝eq\f(1,3)T。未通電時，輕線在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定電流的大小。圖8某同學對棒中恒定電流的解法如下：對銅棒進行受力分析，通電時導線向外偏轉，說明安培力方向垂直電流和磁場方向向外，受力如圖乙所示(側視圖)。當最大偏轉角θ＝37°時，棒受力平衡。有tanθ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(BIl,mg)，得I＝eq\f(mgtanθ,Bl)＝11.25A。(1)請判斷，該同學的解法正確嗎？若不正確則請指出錯在哪里？(2)試寫出求解棒中電流的正確解答過程及結果。解析：(1)該同學的解法錯誤。錯誤原因：認為棒到達最高點速度為零時，一定處于平衡狀態(tài)；或者認為偏角最大的是平衡位置。(2)正確的解法如下：金屬棒向外偏轉過程中，導線拉力不做功，如圖所示，安培力F做功為WF＝Fs1＝BIl2sin37°重力做功為WG＝－mgs2＝－mgl(1－cos37°)由動能定理得BIl2sin37°－mgl(1－cos37°)＝0解得I＝eq\f(mg1－cos37°,Blsin37°)＝5A。答案：(1)見解析(2)5A第2單元磁場對運動電荷的作用洛倫茲力[想一想]來自宇宙的質(zhì)子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質(zhì)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(zhì)子是氫原子核，帶正電荷。根據(jù)左手定則可判定，質(zhì)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(nèi)；讓磁感線垂直穿入手心，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＝qvBsinθ，θ為v與B的夾角，如圖9－2－1所示。圖9－2－1(1)v∥B時，θ＝0°或180°，洛倫茲力F＝0。(2)v⊥B時，θ＝90°，洛倫茲力F＝qvB。(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0。[試一試]1.(2015·深圳調(diào)研)如圖9－2－2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()圖9－2－2A．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，由左手定則可判斷，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[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(zhì)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？提示：向心力可能是F電＋FB或F電－FB，即4eBv＝meq\f(v2,R)或2eBv1＝meq\f(v\o\al(2,1),R)。故電子運動的角速度可能為4eq\f(eB,m)或2eq\f(eB,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小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。2．粒子的運動性質(zhì)(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動。(2)若v0⊥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，表達式為qvB＝meq\f(v2,r)。(2)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)，周期公式T＝eq\f(2πm,qB)。[試一試]2．如圖9－2－3所示，在y＜0的區(qū)域內(nèi)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v0從O點射入磁場，入射方向在xOy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為θ，不計重力。若粒子射出磁場的位置與O點的距離為l。請在圖中畫出粒子的軌跡草圖，并求出該粒子的比荷eq\f(q,m)＝________。圖9－2－3解析：帶正電的粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿如圖所示虛線所示的軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為l，射出磁場時速度的大小仍為v0，射出的方向與x軸的夾角仍為θ。由洛倫茲力公式和牛頓運動定律可得qv0B＝eq\f(mv\o\al(0,2),r)解得r＝eq\f(mv0,qB)①圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得eq\f(l,2)＝rsinθ②聯(lián)立①②兩式，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0sinθ,Bl)。答案：軌跡圖見解析圖所示eq\f(2v0sinθ,Bl)質(zhì)譜儀和回旋加速器[記一記]1．質(zhì)譜儀(1)構造：如圖9－2－4所示，由粒子源、加速電場、勻強磁場和照相底片等構成。圖9－2－4(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qU＝eq\f(1,2)mv2。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qvB＝meq\f(v2,r)。由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷。r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。2．回旋加速器(1)構造：如圖9－2－5所示，D1、D2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。圖9－2－5(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒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，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，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，與加速電壓無關。[試一試]3．如圖9－2－6是質(zhì)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(nèi)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A1A2。平板S下方有強度為B0圖9－2－6A．質(zhì)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E/BD．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D因同位素原子的化學性質(zhì)完全相同，無法用化學方法進行分析，故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的重要工具，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正確。在勻強磁場B0中R＝eq\f(mv,qB0)，所以eq\f(q,m)＝eq\f(v,B0R)，D錯誤。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。(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比較項目洛倫茲力F電場力F性質(zhì)磁場對在其中運動電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷與電場方向相同，負電荷與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、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](2014·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(zhì)量為m的小球在如圖9－2－7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R。圖9－2－7[審題指導]小球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。[解析]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＝eq\f(1,2)mv2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：F＋mg－mg＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得：R＝eq\f(2m2g,q2B2)[答案]eq\f(2m2g,q2B2)帶電粒子在有界磁場中的運動分析1.圓心的確定圖9－2－8(1)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9－2－8甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)。(2)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(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)。(3)帶電粒子在不同邊界磁場中的運動：①直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖9－2－9所示)。圖9－2－9②平行邊界(存在臨界條件，如圖9－2－10所示)。圖9－2－10③圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9－2－11所示)。圖9－2－112．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：圖9－2－12(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖9－2－12)，即φ＝α＝2θ＝ωt。(2)相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ＋θ′＝180°。(3)直角三角形的幾何知識(勾股定理)。AB中點C，連接OC，則△ACO、△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α時，其運動時間可由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)，t＝eq\f(l,v)(l—弧長)。[例2]如圖9－2－13所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，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θ角。設電子質(zhì)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：圖9－2－13(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；(3)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，一定會沿半徑方向射出(2)運動方向與原入射方向成θ角θ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→應根據(jù)洛倫茲力提供向心力。(2)要求運動時間→可根據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T，先求周期T。(3)要求圓形磁場區(qū)域的半徑→可根據(jù)幾何關系求解。[解析](1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB)。(2)設電子做勻速圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB)由如圖所示的幾何關系得圓心角α＝θ，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,eB)。(3)由如圖所示幾何關系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)，所以r＝eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)。[答案](1)eq\f(mv,eB)(2)eq\f(mθ,eB)(3)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法(1)畫軌跡：即畫出軌跡，并確定圓心，幾何方法求半徑。(2)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。(3)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。帶電粒子在磁場中運動的多解問題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9－2－14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，如帶負電，其軌跡為b。圖9－2－142．磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖9－2－14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9－2－15甲所示，于是形成了多解。圖9－2－154．運動的周期性形成多解帶電粒子在部分是電場，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9－2－15乙所示。[例3](2014·蘇州模擬)如圖9－2－16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(zhì)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T0，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：圖9－2－16(1)磁感應強度B0的大??；(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v0的可能值。[解析](1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πr,v0)聯(lián)立兩式得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r＝eq\f(d,4)當兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時，有r＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qr,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。[答案](1)B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)v0＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)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。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；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(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，磁場的磁感應強度為B，其運動軌跡如圖9－2－17所示，問：圖9－2－17(1)粒子在盒內(nèi)磁場中做何種運動？(2)粒子在兩盒間狹縫內(nèi)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？[解析](1)D形盒由金屬導體制成，可屏蔽外電場，因而盒內(nèi)無電場。盒內(nèi)存在垂直盒面的磁場，故粒子在盒內(nèi)磁場中做勻速圓周運動。(2)兩盒間狹縫內(nèi)存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在同一條直線上，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回旋頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)角速度ω＝2πf＝eq\f(qB,m)。(4)因粒子最大回旋半徑為Rm，故Rm＝eq\f(mvm,qB)，即vm＝eq\f(qBRm,m)[答案]見解析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(zhì)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。(3)質(zhì)譜儀中粒子在磁場中運動的軌跡不同，其原因是粒子的質(zhì)量不同。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9－2－18所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v0越大，運動半徑也越大?？梢园l(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”。圖9－2－182．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v0，則圓周運動半徑為R＝mv0/qB，如圖9－2－19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R＝mv0/qB的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。圖9－2－19由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為R＝mv0/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9－2－20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(zhì)量為m、帶電荷量為－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(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()圖9－2－20A.eq\f(2mv,qB) B.eq\f(2mvcosθ,qB)C.eq\f(2mv1－sinθ,qB) D.eq\f(2mv1－cosθ,qB)[解析]由圖9－2－21可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR＝eq\f(2mv,Bq)，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近，為PQ＝eq\f(2mv,Bq)cosθ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：QR＝PR－PQ＝eq\f(2mv1－cosθ,qB)，選項D正確。圖9－2－21[答案]D[題后悟道]由于帶電粒子進入磁場時的速率是相同的，粒子運動軌跡的圓周半徑是相同的，所以可將圓周以P點為轉軸進行旋轉平移，從而可確定出粒子打中區(qū)域的最遠端和最近端。如圖9－2－22所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO′與SS′垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS′垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為α、β，且α＞β。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能到達同一點S′，則下列說法中正確的有()圖9－2－22A．三個質(zhì)子從S運動到S′的時間相等B．三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO′軸上C．若撤去附加磁場，a到達SS′連線上的位置距S點最近D．附加磁場方向與原磁場方向相反解析：選C質(zhì)子在磁場中運動時速度大小不變，由題圖可知質(zhì)子運動的軌跡長度不相等，所以三個質(zhì)子運動的時間不等，選項A錯誤；由r＝eq\f(mv,qB)知三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時軌道半徑相等，又洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以從S點作出的圓心不均在OO′軸上，選項B錯誤；若撤去附加磁場，SS′距離為2rcosθ，θ為質(zhì)子初速度方向與豎直方向的夾角，因為α＞β，所以a到達SS′連線上的位置距S點最近，選項C正確；由題意知附加磁場與原磁場方向相同，選項D錯誤。[隨堂鞏固落實]1.(多選)如圖9－2－23所示是用陰極射線管演示電子在磁場中受洛倫茲力的實驗裝置，圖中虛線是電子的運動軌跡，那么下列關于此裝置的說法正確的有()圖9－2－23A．A端接的是高壓直流電源的負極B．A端接的是高壓直流電源的正極C．C端是蹄形磁鐵的S極D．C端是蹄形磁鐵的N極解析：選AD電子從A極射向B極，電子帶負電，則B端應接正極，A端應接負極。故A正確，B錯誤。電子束向下偏轉，洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷可知，C端是蹄形磁鐵的N極。故C錯誤，D正確。2．(2012·廣東高考)質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖9－2－24中虛線所示，下列表述正確的是()圖9－2－24A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間解析：選A根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負電，A正確；因為r＝eq\f(mv,Bq)，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯；洛倫茲力永不做功，所以C錯；M和N的運行時間都為t＝eq\f(πm,Bq)，所以D錯。3.(2014·漳州檢測)帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，如圖9－2－25所示。運動中經(jīng)過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為()圖9－2－25A．v0 B．1C．2v0 D.eq\f(v0,2)解析：選C帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故Oa＝Ob＝eq\f(mv0,qB)，①帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f(qE,2m)t2，②由①②得eq\f(E,B)＝2v0，故選項C對。4．(2014·全國卷Ⅰ)如圖9－2－26，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖9－2－26A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)解析：選D根據(jù)題圖中的幾何關系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯誤。5．(2013·新課標全國卷Ⅰ)如圖9－2－27，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()圖9－2－27A.eq\f(qBR,2m)B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m)D.eq\f(2qBR,m)解析：選B設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，根據(jù)幾何關系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝eq\f(qBR,m)，選項B正確。6.(2014·汕尾模擬)如圖9－2－28所示，在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直紙面向里的大小也為B的勻強磁場，一個帶正電的粒子從邊界上的P點沿半徑向外，以速度v0進入外圍磁場，已知帶電粒子質(zhì)量m＝2×10－10kg，帶電量q＝5×10－6C，不計重力，磁感應強度B＝1T，粒子運動速度v0＝5×103m/s，圓形區(qū)域半徑R＝圖9－2－28解析：由洛倫茲力提供向心力：qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)r＝0.2m＝R軌跡如圖所示T＝eq\f(2πr,v0)＝8π×10－5s運動周期為t＝2T＝16π×10－5s。答案：軌跡見解析圖16π×10－5s[課時跟蹤檢測]高考?？碱}型：選擇題＋計算題一、單項選擇題1．(2012·北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值()A．與粒子電荷量成正比B．與粒子速率成正比C．與粒子質(zhì)量成正比D．與磁感應強度成正比解析：選D由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置(即某一截面)的電荷量與所用時間的比值。若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式I＝q/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量。又T＝eq\f(2πm,qB)，解出I＝eq\f(q2B,2πm)。故只有選項D正確。2.(2015·廣東七校聯(lián)考)如圖1，沿x方向有界、沿y方向無界的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向內(nèi)，大量的速率不同的電子(不計重力)從O點沿x軸正方向進入磁場，最終離開磁場，下列判斷正確的是()圖1A．所有的電子都向x軸下方偏轉B．所有的電子都做類平拋運動C．所有的電子在磁場中運動時速度不變D．只要是速率不同的電子，它們在磁場中運動的時間就一定不同解析：選AA項，根據(jù)左手定則，可以判斷電子受到的洛倫茲力的方向向下，所以所有的電子都向x軸下方偏轉，所以A正確；B項，粒子在磁場中做的是勻速圓周運動，不會是類平拋運動，所以B錯誤；C項，洛倫茲力對電荷不做功，所有的電子在磁場中運動時速率不變，但方向時刻改變著，所以C錯誤；D項，粒子的速度不同，只是粒子的運動的半徑不同，但是粒子的運動的時間不一定不同，如能從y軸負半軸出磁場的電子運動時間均為半個周期，所以D錯誤。3.(2015·惠州三調(diào))如圖2所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()圖2A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大解析：選A當質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子射入同一個磁場時，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)可知做勻速圓周運動的周期相同，D錯誤；又根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，速率越小，軌道半徑就越小，軌跡所對的圓心角就越大，在磁場中運動時間就越長，選項A正確。4.(2014·北京朝陽期末)正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個α粒子(不計重力)以一定速度從AB邊的中點M沿既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好從AD邊的中點N射出。若將磁感應強度B變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則這個α粒子射出磁場的位置是()圖3A．A點 B．ND之間的某一點C．CD之間的某一點 D．BC之間的某一點解析：選A帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當α粒子垂直于AB邊從中點M射入，又從AD邊的中點N射出，則速度必垂直于AD邊，A點為圓心，且R＝eq\f(mv,qB)，當磁感應強度加倍時，半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，則A正確。5.(2014·執(zhí)信模擬)如圖4，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形的勻強磁場區(qū)，對從ab邊離開磁場的電子，下列判斷正確的是()圖4A．從a點離開的電子速度最小B．從a點離開的電子在磁場中運動時間最長C．從b點離開的電子運動半徑最小D．從b點離開的電子速度偏轉角最小解析：選C從a點離開的電子軌道半徑最大，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知速度最大，A錯誤、C正確；從a點離開的電子在磁場中的軌跡所對的圓心角最小，因此運動時間最短，B選項錯誤；與入射同一邊界射出的電子速度方向與邊界的夾角與入射時與邊界的夾角相同，故從b點離開的電子速度與入射時反向，偏轉了180°，偏轉角最大，選項D錯誤。二、多項選擇題6．(2013·廣東高考)如圖5，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有()圖5A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近解析：選AD離子要打在屏P上，離子都要沿順時針方向偏轉，根據(jù)左手定則判斷，離子都帶正電，A項正確；由于是同種離子，因此質(zhì)量、電荷量相同，初速度大小也相同，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，它們做圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，C項錯誤；由t＝eq\f(s,v)可知，a在磁場中運動的時間比b的長，B項錯誤；從圖上可以看出，D項正確。7．(2014·丹東模擬)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖6所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是()圖6A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfRB．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解析：選AB由evB＝meq\f(v2,R)可得回旋加速器加速質(zhì)子的最大速度為v＝eBR/m。由回旋加速器高頻交流電頻率等于質(zhì)子運動的頻率，則有f＝eB/2πm，聯(lián)立解得質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR，選項AB正確，由相對論可知，質(zhì)子的速度不可能無限增大C錯誤；由于α粒子在回旋加速器中運動的頻率是質(zhì)子的1/2，不改變B和f，該回旋加速器不能用于加速α粒子，選項D錯誤。8.(2014·茂名模擬)如圖7所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，試管在水平拉力F作用下向右勻速運動，帶電小球能從管口處飛出。關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是()圖7A．小球帶正電B．洛倫茲力對小球做正功C．小球運動的軌跡是一條拋物線D．維持試管勻速運動的拉力F應保持恒定解析：選AC以F方向為x軸正向，因球可從管口出來，說明在水平方向vx對應的F洛x＝qvxB作用下球沿管向管口運動。由左手定則可判斷球帶正電，A對。洛倫茲力永不做功，B錯。因球沿F方向是勻速直線運動，垂直F方向F洛x恒定，球做勻加速直線運動，則合運動就是類平拋運動，故C對。因沿管方向vy不斷增大，則與F反向的F洛y＝qvyB不斷增大，為保持vx恒定則F應不斷增大，故D錯。三、計算題9．(2014·廣東六校聯(lián)考)如圖8所示，長度均為L的兩平行金屬板相距為d，O、O′為兩金屬板中心處正對的兩個小孔，兩平行金屬板接有電壓恒為U的電源，緊靠右金屬板右側的邊長為L的正方形MQPN的左下半空間有勻強磁場，MN與右金屬板重合，一質(zhì)量為m，帶電量為負q(q>0)的帶電粒子(重力不計)從O點以可忽略的初速度進入金屬板間的電場，經(jīng)加速后再進入磁場區(qū)，恰好垂直MP而離開磁場區(qū)。試求：圖8(1)磁感應強度B的大??；(2)帶電粒子從O點進入電場到最后從MP離開磁場的時間t。解析：(1)qU＝eq\f(1,2)mv2－0①R＝eq\f(L,2)②qvB＝meq\f(v2,R)③由①②③式得：B＝eq\f(2,L)eq\r(\f(2mU,q))(2)t＝eq\f(d,v/2)＋eq\f(πR/4,v)④聯(lián)立①②④得：t＝(2d＋eq\f(πL,8))eq\r(\f(m,2qU))答案：(1)eq\f(2,L)eq\r(\f(2mU,q))(2)(2d＋eq\f(πL,8))eq\r(\f(m,2qU))10.(2014·江門調(diào)研)橫截面為正方形abcd的勻強磁場磁感應強度為B，一個帶電粒子以垂直于磁場方向、在ab邊的中點與ab邊成30°角的速度v0射入磁場，如圖9所示，帶電粒子恰好不從ad邊離開磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，正方形邊長為L，不計重力，求：圖9(1)粒子帶何種電荷？粒子的電荷量是多少？(2)粒子在磁場中運動的時間。解析：(1)根據(jù)左手定則，粒子帶正電荷，設粒子做圓周運動的半徑為r。由幾何條件：r＋rcos60°＝eq\f(L,2)得：r＝eq\f(L,3)根據(jù)牛頓第二定律：qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)所以：q＝eq\f(mv0,Br)＝eq\f(3mv0,BL)(2)設周期為T，由幾何條件可知粒子軌道所對的圓心角為300°，所以t＝eq\f(5,6)T又T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πL,3v0)得：t＝eq\f(5,6)T＝eq\f(5πL,9v0)答案：(1)粒子帶正電荷，q＝eq\f(3mv0,BL)(2)t＝eq\f(5πL,9v0)第3單元帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動[想一想]復合場中帶電粒子在重力、電場力(為恒力時)、洛倫茲力三個力作用下能做勻變速直線運動嗎？提示：不能，因為重力和電場力為恒力，而洛倫茲力隨速度的增加而增加，故三力的合力一定發(fā)生變化。帶電粒子不能做勻變速直線運動。[記一記]1．復合場復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在。從場的復合形式上一般可分為如下四種情況：①相鄰場；②重疊場；③交替場；④交變場。2．帶電粒子在復合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。(3)較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。[試一試]1．有一個帶電量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖9－3－1所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是()圖9－3－1A．一定做曲線運動B．不可能做曲線運動C．有可能做勻加速運動D．有可能做勻速運動解析：選A帶電小球剛入電場和磁場空間時，受到水平向左的電場力和水平向右的洛倫茲力，及豎直向下的重力，即使有qE＝qvB，因重力做正功，小球速度v增大，水平方向合力不再為零，小球一定做曲線運動，故A正確，B、C、D均錯誤。帶電粒子在復合場中運動的應用實例[想一想]速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計在正常工作達到穩(wěn)定后，帶電粒子的受力有什么共同特征？提示：電場力與洛倫茲力受力平衡。[記一記]裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計eq\f(U,D)q＝qvB所以v＝eq\f(U,DB)所以Q＝vS＝eq\f(UπD,4B)霍爾效應當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差[試一試]2．為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖9－3－2所示的流量計。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是()圖9－3－2A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B．若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高C．污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關解析：選D由左手定則可判斷，前表面聚集負電荷，比后表面電勢低，且當Bvq＝eq\f(U,b)q時，電荷不再偏轉，電壓表示數(shù)恒定，與污水中離子的多少無關，A、B、C均錯誤；由Q＝vbc可得：Q＝eq\f(Uc,B)，可見，Q與U成正比，與a、b無關，D正確。帶電粒子在相鄰復合場中的運動“電偏轉”和“磁偏轉”的比較分析垂直進入磁場(磁偏轉)垂直進入電場(電偏轉)情景圖受力FB＝qv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運動vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t2運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,Bq)t＝eq\f(L,v0)，具有等時性動能不變變化[例1](2013·山東高考)如圖9－3－3所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP＝d，OQ＝2d。不計粒子重力。圖9－3－3(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向。(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0。(3)若磁感應強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間。[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息①沿y軸正方向的勻強電場②自y軸P點沿x軸正方向射入帶電粒子在第四象限內(nèi)做類平拋運動在第一、三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場在第一、三象限內(nèi)帶電粒子做半徑相同的勻速圓周運動以垂直y軸的方向進入第二象限在第一象限內(nèi)做圓周運動的圓心在y軸上改變磁感應強度值，經(jīng)過一段時間后粒子再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次相同帶電粒子在第一、三象限內(nèi)運動的軌跡均為半圓第二步：找突破口(1)要求過Q點的速度，可以結合平拋運動的知識列方程求解。(2)要求以垂直y軸的方向進入第二象限時的磁感應強度B0值，可以先畫出帶電粒子在第一象限的運動軌跡，后結合勻速圓周運動的