考前第6天磁場和帶電粒子在磁場或復合場中的運動高頻考點解讀高頻考點19勻強磁場中的安培力(Ⅱ)(1)磁場：磁場是磁極(電流)周圍存在的一種特殊物質．磁場對放入其中的磁極(電流)有磁場力的作用．磁場是媒介物，磁極間、電流間、磁極與電流間的相互作用都是通過磁場發(fā)生的．(2)安培力：磁場對電流的作用，F＝BIL，L為導線的有效長度．閉合通電線圈在勻強磁場中所受的安培力的矢量和為零．①左手定則判斷安培力的方向：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且都跟手掌在一個平面內．把手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，并使伸開的四指指向電流的方向，那么大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求解通電導體在磁場中的平衡或加速，關鍵是畫好平面受力分析圖，變三維為二維，注意F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所決定的平面．③安培力做正功，電能轉化為機械能(電動機原理)；安培力做負功(或克服安培力做功)，機械能或其他形式的能量轉化為電能(發(fā)電機原理)．安培力做了多少功，就有多少電能和其他形式的能發(fā)生轉化．高頻考點20洛倫茲力公式(Ⅱ)(1)洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力，當v//B時，F＝0；當v⊥B時，F＝qvB.洛倫茲力垂直于B與v所決定的平面，方向利用左手定則判定．只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0.(2)由于F垂直于v，故洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，洛倫茲力對帶電粒子不做功．高頻考點21帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)(1)帶電粒子的運動規(guī)律若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，則帶電粒子做勻速直線運動．若帶電粒子垂直進入勻強磁場，則做勻速圓周運動．向心力由洛倫茲力提供：qvB＝meq\f(v2,r)；軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB).(2)帶電粒子做圓周運動問題①圓心確定：因洛倫茲力指向圓心且與運動速度方向垂直，畫出粒子運動軌跡中任意兩點洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心．②半徑確定：一般是利用幾何知識，解三角形求解．③時間確定：利用圓心角與弦切角的關系計算圓心角大小，由t＝eq\f(θ,360°)T可求得帶電粒子在磁場中的運動時間．(3)注意圓周運動中有關對稱的規(guī)律．從直線邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．(4)質譜儀是測量同位素質量及含量百分比的儀器．一束帶電粒子通過質譜儀電場和磁場后，比荷不同的便被分開，如圖1所示．由動能定理得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\r(\f(2mU,qB2))，進入同一磁場時，r∝eq\r(\f(m,q))，且U、B、r能直接測量，因此可用此裝置來測量比荷．圖1(5)回旋加速器中交流電壓的周期等于粒子在磁場中運動的周期，粒子獲得的最大動能由磁感應強度和D形盒的半徑決定．考前保溫訓練1．(2015·高安等重點中學協(xié)作體模擬)如圖2所示，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導線框，垂直磁場放置，將AB兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時，線框受到的安培力為F，若將AC、BC邊移走，則余下線框受到的安培力大小為()圖2A.eq\f(1,4)FB.eq\f(1,3)FC.eq\f(1,2)FD.eq\f(2,3)F2．(2015·浙江模擬)如圖3所示為洛倫茲力演示儀的結構圖．勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直．電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié)．下列說法正確的是()圖3A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大3．(2015·寶雞一模)如圖4所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場．對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是()圖4A．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C．電子在磁場中運動的速度偏轉角最大為πD．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度4．(多選)(2015·沈陽四校聯(lián)考)長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖5所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖5A．使粒子的速度v＜eq\f(BqL,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5BqL,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(BqL,m)D．使粒子速度eq\f(BqL,4m)＜v＜eq\f(5BqL,4m)5．(多選)(2015·日照一模)英國物理學家阿斯頓因首次制成質譜儀，并用此對同位素進行了研究，因此榮獲了1922年的諾貝爾化學獎．若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖6所示，則下列相關說法中正確的是()圖6A．該束帶電粒子帶正電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小6.(2015·麗水一模)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量質子和α粒子的混合粒子分離開，如圖7所示，初速度可忽略的質子和α粒子，經電壓為U的電場加速后，進入分離區(qū)．如果在分離區(qū)使用勻強電場或勻強磁場把粒子進行分離，所加磁場方向垂直紙面向里，所加電場方向豎直向下，則下列可行的方法是()圖7A．只能用電場B．只能用磁場C．電場和磁場都可以D．電場和磁場都不可以7．(多選)(2015·泰州二模)如圖8所示，水平固定一截面為正方形的絕緣方管，其長度為L，空間存在場強為E、方向水平向右的勻強電場和磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．將質量為m、帶電量為＋q的小球從左側管口無初速度釋放，已知小球與管道各接觸面間動摩擦因數均為μ，小球運動到右側管口處時速度為v，該過程()圖8A．洛倫茲力對小球做功為eq\f(1,2)qvBLB．電場力對小球做功為qELC．系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量為μmgLD．系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量為qEL－eq\f(1,2)mv28．(2015·第一次全國大聯(lián)考)如圖9所示，平行板電容器A、B兩極板之間電壓為U，間距為d.下極板與一個直徑為l的半圓形金屬通道相連，金屬通道由兩個同心的半圓形金屬片C、D組成，圓心在O′處，兩個金屬片彼此靠近且不接觸，中間存在徑向電場，即場強大小相等，方向都指向O′.半圓形通道與下極板接觸點有小孔相連通．現從正對B板小孔而緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為m、電荷量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計)，微粒在半圓形通道間運動而不會發(fā)生碰撞．圖9(1)求微粒穿過B板小孔進入半圓形通道時的速度大小和半圓形金屬通道內的電場強度大小．(2)從釋放微粒開始計時，經過多長時間微粒到達半圓形金屬通道的最低點P點？(3)若把半圓形通道內的電場改為磁場，則需要一個什么樣的磁場可以實現無碰撞通過半圓形通道？

學生用書答案精析考前第6天磁場和帶電粒子在磁場或復合場中的運動考前保溫訓練1．D2．B[電子在加速電場中加速，由動能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有：eBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)②解得：r＝eq\f(mv0,eB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))③T＝eq\f(2πm,eB)④可見增大勵磁線圈中的電流，電流產生的磁場增強，由③式可得，電子束的軌道半徑變小，由④式知周期變小，故A、C錯誤；提高電子槍加速電壓，電子束的軌道半徑變大，周期不變，故B正確，D錯誤．]3．B[電子的速率不同，運動軌跡半徑不同，如圖，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，由t＝eq\f(θ,2π)T知，電子在磁場中運動的時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡所對應的圓心角θ越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等且運動時間最長，故A、C正確，B錯誤；從bc邊射出的電子的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度，D正確．題目要求選錯誤的，故選B.]4．AB[如圖所示，由題意知，若帶正電的粒子從左邊射出磁場，其在磁場中做圓周運動的半徑R＜eq\f(L,4)，洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝meq\f(v2,R)可得粒子做圓周運動的半徑：R＝eq\f(mv,qB)粒子從左邊射出，則：eq\f(mv,qB)<eq\f(L,4)即：v＜eq\f(qBL,4m)若帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由圖可知：R2＝L2＋(R－eq\f(L,2))2可得粒子圓周運動的最小半徑：R＝eq\f(5L,4)粒子從右邊射出，則：eq\f(mv,qB)>eq\f(5L,4)即：v＞eq\f(5qBL,4m)故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必須滿足v＜eq\f(qBL,4m)或v＞eq\f(5qBL,4m)，故A、B正確，C、D錯誤．]5．AD[帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該束粒子帶正電，故A正確；在平行極板間，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯誤；進入B2磁場中的粒子的速度是一定的，根據qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷越小，故D正確，C錯誤．]6．B[在加速電場中，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)若分離區(qū)加豎直向下的電場：設偏轉電場的寬度為L，則在電場中偏轉時有：沿電場方向y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·(eq\f(L,v0))2＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))聯(lián)立得粒子在分離區(qū)偏轉距離y＝eq\f(EL2,4U)，可知：加速電壓U相同，偏轉電場的E和L相同，則y相同，所以不能將質子和α粒子進行分離．若分離區(qū)加垂直紙面向里的磁場：粒子進入偏轉磁場時，軌跡半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由于質子和α粒子的比荷不同，運動的半徑r也不同，所以能將兩種粒子分離．故A、C、D錯誤，B正確．]7．BD[運動的帶電物體在磁場中受洛倫茲力，但洛倫茲力永不做功，故A錯誤；小球在電場中，受電場力為F＝qE，從左側運動到右側，距離為L，則電場力做功為WF＝FL＝qEL，故B正確；由題意知，由動能定理，可得：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，即系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量為Q＝Wf＝qEL－eq\f(1,2)mv2，故C錯誤，D正確．]8．(1)eq\r(2qU)eq\f(4mU,l)(2)mdeq\r(\f(2,qU))＋eq\f(πl(wèi),4)eq\r(\f(1,2qU))(3)B＝eq\f(2m,l)eq\r(\f(2U,q))，方向垂直紙面向里解析(1)在A、B板間只受電場力，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2qU)在半圓形通道內電場力提供向心力qE2＝eq\f