PAGEPAGE1專題10磁場(chǎng)超重點(diǎn)1：磁場(chǎng)的描述磁場(chǎng)對(duì)電流的作用超重點(diǎn)1：磁場(chǎng)的描述磁場(chǎng)對(duì)電流的作用一、磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度1．磁場(chǎng)(1)基本特性：磁場(chǎng)對(duì)處于其中的磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷有磁場(chǎng)力的作用．(2)方向：小磁針的N極所受磁場(chǎng)力的方向．2．磁感應(yīng)強(qiáng)度(1)物理意義：描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向．(2)大小：B＝eq\f(F,IL)(通電導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng))．(3)方向：小磁針靜止時(shí)N極的指向．(4)單位：特斯拉(T)．3．勻強(qiáng)磁場(chǎng)(1)定義：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小到處相等、方向到處相同的磁場(chǎng)稱為勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)特點(diǎn)：疏密程度相同、方向相同的平行直線．二、磁感線通電直導(dǎo)線和通電線圈四周磁場(chǎng)的方向1．磁感線在磁場(chǎng)中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點(diǎn)的切線方向跟這點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一樣．2．幾種常見的磁場(chǎng)(1)常見磁體的磁場(chǎng)(如圖所示)．(2)電流的磁場(chǎng)直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相像，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)且磁場(chǎng)最強(qiáng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱安培定則三、安培力、安培力的方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的安培力1．安培力的大小(1)磁場(chǎng)和電流垂直時(shí)：F＝BIL.(2)磁場(chǎng)和電流平行時(shí)：F＝0.2．安培力的方向左手定則推斷：(1)伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)．(2)讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流方向．(3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向．※考點(diǎn)一磁場(chǎng)及安培定則的應(yīng)用1．磁場(chǎng)的三點(diǎn)說明(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，其方向與導(dǎo)線所受力的方向垂直；(2)電流元必需垂直于磁場(chǎng)方向放置，公式B＝eq\f(F,IL)才成立；(3)磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場(chǎng)本身確定的，與通電導(dǎo)線受力的大小及方向都無關(guān)．2.安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”.因果磁場(chǎng)緣由(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)方向)直線電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流的磁場(chǎng)四指大拇指3.磁場(chǎng)疊加問題的一般解題思路(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線．(2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向．如圖所示為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)．(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)．[題組突破訓(xùn)練]1．下列各圖中，已標(biāo)出電流I、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，其中符合安培定則的是()【答案】C2．(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面對(duì)里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．假如讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A．0 B.eq\f(\r(3),3)B0C.eq\f(2\r(3),3)B0 D．2B0【答案】C【解析】導(dǎo)線P和Q中電流I均向里時(shí)，設(shè)其在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝BQ＝B1，如圖甲所示，則其夾角為60°，它們?cè)赼點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度平行于PQ向右、大小為eq\r(3)B1.又依據(jù)題意Ba＝0，則B0＝eq\r(3)B1，且B0平行于PQ向左．若P中電流反向，如圖乙所示，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B合＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點(diǎn)合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,合))＝eq\f(2\r(3),3)B0，則A、B、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．※考點(diǎn)二安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的推斷1．方法概述判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必需弄清晰導(dǎo)體所在位置的磁感線分布狀況，再弄清導(dǎo)體中電流方向，然后利用左手定則精確判定導(dǎo)體的受力狀況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)．2．常用方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特別位置法在特別位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流相互吸引，異向電流相互排斥；兩不平行的直線電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換探討對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)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(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向[典例1]一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2相互絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將()A．不動(dòng) B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．在紙面內(nèi)平動(dòng)【答案】B【解析】方法一：電流元分析法把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成多數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，依據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法二：等效分析法把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法三：結(jié)論法環(huán)形電流I1、I2之間不平行，由于兩不平行的電流的相互作用，則兩環(huán)必有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．[題組突破訓(xùn)練]1．如圖所示，把一通電導(dǎo)線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導(dǎo)線可以自由移動(dòng)．當(dāng)導(dǎo)線通過電流I時(shí)，假如只考慮安培力的作用，則從上往下看，導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)狀況是()A．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降B．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升C．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降D．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升【答案】C【解析】第一步：電流元受力分析法把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向如圖甲所示．可見從上往下看時(shí)，導(dǎo)線將逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)．其次步：特別位置分析法取導(dǎo)線逆時(shí)針轉(zhuǎn)過90°的特別位置來分析，如圖乙所示．依據(jù)左手定則推斷安培力方向向下，故導(dǎo)線在逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)向下運(yùn)動(dòng)．2．如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導(dǎo)線的截面，導(dǎo)線中無電流時(shí)磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN1.當(dāng)導(dǎo)線中有垂直紙面對(duì)外的電流時(shí)，磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN2，則下列關(guān)于磁鐵對(duì)斜面的壓力和彈簧的伸長(zhǎng)量的說法中正確的是()A．FN1<FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小B．FN1＝FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小C．FN1>FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量增大D．FN1>FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小【答案】C※考點(diǎn)三安培力作用下的平衡與加速1．分析導(dǎo)體在磁場(chǎng)中平衡和加速問題的基本思路(1)確定要探討的導(dǎo)體．(2)依據(jù)已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的依次，對(duì)導(dǎo)體受力分析．(3)分析導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)狀況．(4)依據(jù)平衡條件或牛頓其次定律列式求解．2．受力分析的留意事項(xiàng)(1)安培力的方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I確定的平面．(2)安培力的大小：應(yīng)用公式F＝BILsinθ計(jì)算彎曲導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受安培力的大小時(shí)，有效長(zhǎng)度L等于曲線兩端點(diǎn)的直線長(zhǎng)度．(如圖所示)(3)視圖轉(zhuǎn)換：對(duì)于安培力作用下的力學(xué)問題，導(dǎo)體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時(shí)應(yīng)利用俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等，變立體圖為二維平面圖．(如圖所示)[真題拓展探究][典例2](2015·高考全國卷Ⅰ)如圖，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T，方向垂直于紙面對(duì)里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)相比均變更了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.推斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．【答案】豎直向下0.01kg式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度．兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由歐姆定律有E＝IR④式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R是電路總電阻．聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01kg⑤拓展1安培力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問題1．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ.假如僅變更下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變更狀況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小【答案】A【解析】金屬棒MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示，由平衡條件可知F安＝mgtanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtanθ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，故A正確，C、D錯(cuò)誤．θ角與懸線長(zhǎng)度無關(guān)，B錯(cuò)誤．拓展2安培力作用下的加速問題2．(多選)如圖所示，無限長(zhǎng)水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正下方固定一正方形線框，線框中也通有沿順時(shí)針方向的恒定電流，其電流也為I，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L(zhǎng).已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中距長(zhǎng)直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq\f(I,r)，線框的質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為()A．0 B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－g D．g－eq\f(kI2,m)【答案】AC拓展3安培力作用下的功能關(guān)系應(yīng)用3．(多選)間距為L(zhǎng)＝20cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連，右端與半徑為L(zhǎng)的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m＝60g、電阻R＝1Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體捧ab，用長(zhǎng)也為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧搖擺，擺到最大高度時(shí)，細(xì)線與豎直方向成θ＝53°角，搖擺過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，不考慮導(dǎo)體棒切割磁感線的影響，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則()A．磁場(chǎng)方向肯定豎直向下B．電源電動(dòng)勢(shì)E＝3.0VC．導(dǎo)體棒在搖擺過程中所受安培力F＝3ND．導(dǎo)體棒在搖擺過程中電源供應(yīng)的電能為0.048J【答案】AB【解析】當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒向右搖擺，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向豎直向下，故A正確．設(shè)電路中電流為I，則依據(jù)動(dòng)能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3N，由F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，得E＝3V，故B正確，C錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒在搖擺過程中電源供應(yīng)的電能一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4J＝0.048J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯(cuò)誤．超重點(diǎn)2：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用超重點(diǎn)2：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小1．洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力叫洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心；四指——指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；拇指——指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面．3．洛倫茲力的大小(1)當(dāng)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)當(dāng)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)當(dāng)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0.二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．如下圖，帶電粒子在磁場(chǎng)中，①中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，②中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，③中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．半徑和周期公式：(v⊥B)※考點(diǎn)一對(duì)洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，留意區(qū)分正、負(fù)電荷．(2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變更時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變更．(3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不肯定受洛倫茲力作用．(4)洛倫茲力肯定不做功．2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)分(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力．(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功．3．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較洛倫茲力電場(chǎng)力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場(chǎng)中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系F⊥B，F(xiàn)⊥vF∥E做功狀況任何狀況下都不做功可能做功，也可能不做功[題組突破訓(xùn)練]1．下列關(guān)于洛倫茲力的說法中，正確的是()A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B．假如把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C．洛倫茲力方向肯定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向肯定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變【答案】B2．如圖所示，表面粗糙的絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)中，質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列推斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān)C．B很大時(shí)，滑塊最終可能靜止于斜面上D．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面【答案】D※考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)分析(1)圓心的確定方法方法一若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，則可依據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點(diǎn)處速度的垂線，其交點(diǎn)即為圓心，如圖(a)；方法二若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，則可作出此兩點(diǎn)的連線(即過這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖(b)．(2)半徑的計(jì)算方法方法一由物理方法求：半徑R＝eq\f(mv,qB)；方法二由幾何方法求：一般由數(shù)學(xué)學(xué)問(勾股定理、三角函數(shù)等)計(jì)算來確定．(3)時(shí)間的計(jì)算方法方法一由圓心角求：t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二由弧長(zhǎng)求：t＝eq\f(s,v).2．帶電粒子在不同邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)．(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)．[典例1](2024·高考全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A.eq\f(ω,3B) B.eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B) D.eq\f(2ω,B)【答案】A拓展1帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．(2024·陜西渭南模擬)在真空室中，有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)質(zhì)子1、2和3分別以大小相等、方向如圖所示的初速度v1、v2和v3經(jīng)過平板MN上的小孔O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，這三個(gè)質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3，不計(jì)質(zhì)子重力，則有()A．s1>s2>s3 B．s1<s2<s3C．s1＝s3>s2 D．s1＝s3<s2【答案】D拓展2帶電粒子在平行邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．(2024·湖北八校聯(lián)考)如圖所示的狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的左、右兩邊界均沿豎直方向，磁場(chǎng)左、右兩邊界之間的距離為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.某種質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從左邊界上的P點(diǎn)以水平向右的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，該粒子從磁場(chǎng)的右邊界飛出，飛出時(shí)速度方向與右邊界的夾角為30°.不計(jì)粒子的重力．求：(1)該粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)該粒子的運(yùn)動(dòng)速率；(3)該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】(1)eq\f(2\r(3),3)L(2)eq\f(2\r(3)qBL,3m)(3)eq\f(πm,3qB)【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O為圓心，半徑為R.由圖中幾何關(guān)系可得L＝Rsin60°解得R＝eq\f(2\r(3),3)L.拓展3帶電粒子在“三角形”有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3．如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng).在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng)．已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力．(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和；(3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(5,3)t0，求粒子此次入射速度的大小．【答案】(1)eq\f(πm,2qt0)(2)2t0(3)eq\f(\r(3)πL,7t0)(2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示．設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關(guān)系有θ1＋θ2＝180°⑤粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和t1＋t2＝eq\f(T,2)＝2t0⑥(3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150°.設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦r0cos∠OO′D＋eq\f(r0,cos∠BO′A)＝L⑧設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0＝eq\f(2πr0,T)⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝eq\f(\r(3)πL,7t0)⑩※考點(diǎn)三帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值和多解問題1．臨界問題的分析重點(diǎn)是臨界狀態(tài)：臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變更成另一種狀態(tài)的中間過程，這時(shí)存在著一個(gè)過渡的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此轉(zhuǎn)折點(diǎn)即為臨界狀態(tài)點(diǎn)．與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理?xiàng)l件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點(diǎn)．2．極值問題：所謂極值問題就是對(duì)題中所求的某個(gè)物理量最大值或最小值的分析或計(jì)算，求解的思路一般有以下兩種：一是依據(jù)題給條件列出函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行分析、探討；二是借助幾何圖形進(jìn)行直觀分析．3．多解問題形成的緣由(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，由于電性不同，當(dāng)速度相同時(shí)，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解．如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b.(2)磁場(chǎng)方向不確定形成多解：有些題目只知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而不知其方向，此時(shí)必需要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解．如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如B垂直紙面對(duì)里，其軌跡為a，如B垂直紙面對(duì)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(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示．(4)運(yùn)動(dòng)的周期性形成多解：帶電粒子在部分是電場(chǎng)，部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示．[典例2]如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)充溢著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b，OP為分界線，在磁場(chǎng)a中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直于紙面對(duì)里，在磁場(chǎng)b中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面對(duì)外，P點(diǎn)坐標(biāo)為(4l,3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)b，經(jīng)過一段時(shí)間后，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O，不計(jì)粒子重力．求：(1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？(2)粒子運(yùn)動(dòng)的速度可能是多少？【答案】(1)eq\f(53πm,60qB)(2)eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)【解析】(1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場(chǎng)a中和磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期，則有Ra＝eq\f(mv,2qB)，Rb＝eq\f(mv,qB)，Ta＝eq\f(2πm,2qB)＝eq\f(πm,qB)，Tb＝eq\f(2πm,qB)當(dāng)粒子先在磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)，然后從O點(diǎn)射出時(shí)，粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間最短，如圖所示．依據(jù)幾何學(xué)問得tanα＝eq\f(3l,4l)＝eq\f(3,4)，故α＝37°粒子在磁場(chǎng)b和磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為tb＝eq\f(2×90°－α,360°)Tb，ta＝eq\f(2×90°－α,360°)Ta故從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為t＝ta＋tb＝eq\f(53πm,60qB).(2)由題意及上圖可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝eq\r(3l2＋4l2)解得v＝eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)．[題組突破訓(xùn)練]1．(2024·高考全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對(duì)外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)【答案】D【解析】依據(jù)題意畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，故軌跡與ON相切，粒子出磁場(chǎng)的位置與切點(diǎn)的連線是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，大小為eq\f(2mv,qB)，依據(jù)幾何學(xué)問可知，粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為d＝eq\f(\f(2mv,qB),sin30°)＝eq\f(4mv,qB)，選項(xiàng)D正確．2．[極值問題]如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106m/s的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長(zhǎng)AD＝18cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332T，方向垂直于紙面對(duì)里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中．(1)若全部的α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場(chǎng)的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果可帶根號(hào))【答案】(1)(20＋10eq\r(2))×10－2m(2)eq\f(π,16)×10－6seq\f(π,48)×10－6s設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10eq\r(2))cm.則磁場(chǎng)的寬度至少為(20＋10eq\r(2))×10－2m.(2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,8)×10－6s設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖乙所示．因磁場(chǎng)寬度d＝20cm＜d0，且R＝20cm，則在∠EOD間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均能穿出磁場(chǎng)右邊界，在∠EOA間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場(chǎng)右邊界，沿OE方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax，則tmax＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,16)×10－6s若α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦長(zhǎng)最短，則α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．最短的弦長(zhǎng)為磁場(chǎng)寬度d.設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，故tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,48)×10－6s.3．如圖所示，在無限長(zhǎng)的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充溢方向垂直于ADEC平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，OF為上、下磁場(chǎng)的水平分界線．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點(diǎn)相距為a的P點(diǎn)垂直于AC邊界射入上方磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場(chǎng)區(qū)域，Q點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為3a.不考慮粒子重力．(1)求粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿意的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值．【答案】(1)eq\f(5aqB0,m)(2)不小于eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1,2,3，…)【解析】(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得R＝5a，由牛頓其次定律可知qvB0＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(5aqB0,m).(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí)，設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，由幾何關(guān)系得r1＋r1cosθ＝3a，cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，依據(jù)qvB1＝meq\f(v2,r1)，解得B1＝eq\f(8B0,3)，當(dāng)B1≥eq\f(8B0,3)時(shí)，粒子不會(huì)從AC邊界飛出．(3)當(dāng)B＝3B0時(shí)，依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子在OF下方運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(5,3)a，設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一樣時(shí)的位置為P1，則P與P1的連線肯定與OF平行，依據(jù)幾何關(guān)系知：eq\x\to(PP1)＝4a；所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L(zhǎng)＝neq\x\to(PP1)＝4na(n＝1,2,3，…)．超重點(diǎn)3：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)超重點(diǎn)3：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．疊加場(chǎng)與組合場(chǎng)疊加場(chǎng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存組合場(chǎng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊；或在同一區(qū)域分時(shí)間段交替出現(xiàn)2.帶電體在復(fù)合場(chǎng)中常見的幾種運(yùn)動(dòng)狀況(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合力為零．(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：帶電粒子所受重力與電場(chǎng)力大小相等、方向相反，洛倫茲力供應(yīng)向心力．(3)其他變加速曲線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子所受合力的大小和方向均變更，且與初速度不在一條直線上．如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面對(duì)里，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下．一帶負(fù)電粒子從左邊沿水平方向射入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域．①若不計(jì)重力，且qvB＝Eq，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．②若考慮重力，且mg＝Eq，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．③若不計(jì)重力，且qvB≠Eq，粒子做變速曲線運(yùn)動(dòng)．二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,r)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器溝通電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會(huì)被加速．由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，R為D形盒半徑速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)※考點(diǎn)一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)．2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力狀況電場(chǎng)力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而變更，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉(zhuǎn)角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律探討求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)動(dòng)能變更不變[典例1](2024·高考天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向起先運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等．不計(jì)粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比．【答案】(1)eq\r(2)v0與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0⑦(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓其次定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)⑩由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)L?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)?[題組突破訓(xùn)練]1．(2024·河南六市模擬)如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最終從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場(chǎng)．已知帶電粒子的比荷eq\f(q,m)＝3.2×109C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200V/m，M、N間距MN＝1cm，金屬板長(zhǎng)L＝25cm，粒子的初速度v0＝4×105m/s，帶電粒子重力忽視不計(jì)，求：(1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角θ；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．【答案】(1)45°(2)2.5×10－2T(2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)的速度大小為：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))在磁場(chǎng)中洛倫茲力供應(yīng)向心力：Bqv＝meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系得MN＝eq\r(2)r代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2T.2．如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(h,0)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度起先運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子與x軸正方向成45°進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直．求：(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(3)粒子從起先到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t總．【答案】(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(\r(2)－1qhB2,m)（3）(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)【解析】(1)依據(jù)題意可知，大致畫出粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓其次定律得：qBv1＝meq\f(v\o\al(2,1),r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m).(3)粒子在磁場(chǎng)中的周期為：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次經(jīng)過x軸的時(shí)間t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)從其次次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)則總時(shí)間：t總＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)※考點(diǎn)二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中無約束狀況下運(yùn)動(dòng)的幾種常見形式受力特點(diǎn)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)方法規(guī)律其他場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向勻速直線運(yùn)動(dòng)平衡條件除洛倫茲力外，其他力的合力為零勻速圓周運(yùn)動(dòng)牛頓其次定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向較困難的曲線運(yùn)動(dòng)動(dòng)能定理、能量守恒定律2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束狀況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的狀況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)應(yīng)留意：(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變更狀況，分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)狀況．(2)依據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解．①勻速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用平衡條件求解．②勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用牛頓其次定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．③變加速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律求解．[真題拓展探究][典例2](2024·高考全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里．三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma【答案】B拓展1帶電粒子在無約束狀況下的運(yùn)動(dòng)1．(2024·安徽淮北模擬)如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為志向邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面對(duì)里和向外．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止起先下落，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g.(1)試推斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿意什么條件？(3)若帶電小球運(yùn)動(dòng)肯定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h.【答案】(1)正電eq\f(mg,q)(2)h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)(3)eq\f(2q2B2d2,3m2g)【解析】(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶正電，則有qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q).(2)假設(shè)下落高度為h0時(shí)，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，(3)如圖乙所示，因?yàn)閹щ娦∏蛟冖瘛ⅱ騼蓚€(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R，內(nèi)角為60°，由幾何關(guān)系知R＝eq\f(d,sin60°)，聯(lián)立解得h＝eq\f(2q2B2d2,3m2g).拓展2帶電粒子在有約束狀況下的運(yùn)動(dòng)2．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝eq\f(9,44)m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×104N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3kg、帶電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝0.1s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小；(2)傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s.【答案】(1)4m/s(2)0.56mP1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，依據(jù)牛頓其次定律有qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2⑦設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則s2＝eq\f(1,2)a2t2⑨s＝s1＋s2⑩聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得s＝0.56m.題組突破訓(xùn)練題組突破訓(xùn)練一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.1～5題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，6～8題有多個(gè)選項(xiàng)正確)1．(2024·江西南昌模擬)奧斯特在探討電流的磁效應(yīng)試驗(yàn)時(shí)，將一根長(zhǎng)直導(dǎo)線南北放置在小磁針的正上方，導(dǎo)線不通電時(shí)，小磁針在地磁場(chǎng)作用下靜止時(shí)N極指向北方，如圖所示．現(xiàn)在導(dǎo)線中通有由南向北的恒定電流I，小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)后再次靜止時(shí)N極指向()A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏東方向【答案】C2．2024年備受矚目的國家自然科學(xué)獎(jiǎng)一等獎(jiǎng)，頒給了中國科學(xué)技術(shù)高校潘建偉院士領(lǐng)銜的“多光子糾纏及干涉度量”項(xiàng)目．在物理學(xué)理論建立的過程中，有很多科學(xué)家做出了貢獻(xiàn).1931年英國物理學(xué)家狄拉克從理論上預(yù)言：存在只有一個(gè)磁極的粒子，即“磁單極子”．如圖為一個(gè)“N磁單極子”形成的磁場(chǎng)，將一個(gè)半徑為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體線圈水平放置在該磁單極子的正上方，線圈所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，與圓環(huán)相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若線圈恰好在該位置懸浮，則線圈中電流的大小為()A.eq\f(mg,2πrB) B.eq\f(mg,πrB)C.eq\f(\r(3)mg,2πrB) D.eq\f(\r(3)mg,πrB)【答案】B【解析】當(dāng)線圈所受的重力與安培力在豎直方向上的分力大小相等時(shí)，線圈恰好在該位置懸浮，以線圈為探討對(duì)象可知mg＝BI·2πr·sin30°，解得線圈中電流的大小I＝eq\f(mg,πrB)，只有選項(xiàng)B正確．3.如圖所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后打在P點(diǎn)，設(shè)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()【答案】B【解析】在電場(chǎng)中Uq＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，x＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2m,qB)eq\r(\f(2Uq,m))＝eq\r(\f(8mU,qB2))，所以能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是B圖．4.如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的恒定電流I垂直于紙面對(duì)里時(shí)，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可將導(dǎo)體棒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時(shí)針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，關(guān)于B的大小的變更，正確的是()A．漸漸增大 B．漸漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大【答案】D5.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt【答案】B6.在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對(duì)里、有肯定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場(chǎng)右邊界射出．在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋()A．在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3【答案】BCD【解析】磷離子P＋與P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場(chǎng)中加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，選項(xiàng)B正確；設(shè)離子P3＋在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α，則sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d為磁場(chǎng)寬度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，選項(xiàng)C正確；全過程中只有電場(chǎng)力做功，W＝qU，故離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比即為電場(chǎng)力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項(xiàng)D正確．7.如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以肯定速率放射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則全部粒子剛好都不離開磁場(chǎng)，不考慮粒子之間的相互作用．由此可知()A．帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑肯定是R0B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率肯定是eq\f(qBR0,2m)C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期肯定是eq\f(πm,qB)D．帶電粒子的動(dòng)能肯定是eq\f(q2B2R\o\al(2,0),8m)【答案】BD8.(2024·山東淄博模擬)如圖所示，空間存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(\r(3)mg,q)，電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直．在此電、磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上．若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，且小球電荷量保持不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最終停止C．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最終停止D．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為eq\f(m3g2,2q2B2)【答案】ACD二、非選擇題9.(16分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面對(duì)外．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)．粒子到達(dá)x軸上的A點(diǎn)時(shí)，速度方向與x軸的夾角為φ，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d.接著，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直于OC飛離磁場(chǎng)．不計(jì)重力影響．若OC與x軸的夾角為φ.(1)試畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，并求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小；(2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小；(3)求粒子水平進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離．【答案】見解析【解析】(1)畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得R＝dsinφ①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)②解得v＝eq\f(Bqdsinφ,m)③設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，由牛頓其次定律得qE＝ma⑦聯(lián)立解得E＝eq\f(qdB2sin3φcosφ,m).(3)設(shè)粒子入射點(diǎn)位于y軸正方向的D點(diǎn)，與原點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)，粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)L＝eq\f(1,2)at2⑧聯(lián)立解得L＝eq\f(dsinφ,2cosφ)(寫成L＝eq\f(dtanφ,2)同樣得分)．10.(18分)如圖所示，圓柱形區(qū)域的半徑為R，在區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；對(duì)稱放置的三個(gè)相同的電容器，極板間距為d，板間電壓為U，與磁場(chǎng)相切的極板在切點(diǎn)處均有一小孔，一帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，自某電容器極板上的M點(diǎn)由靜止釋放，M點(diǎn)在小孔a的正上方，若經(jīng)過一段時(shí)間后，帶電粒子又恰好返回M點(diǎn)，不計(jì)帶電粒子所受重力．已知在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，帶電粒子始終不與圓柱形區(qū)域的邊界相碰．求：(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)U與B所滿意的關(guān)系式；(3)帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點(diǎn)所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間．【答案】(1)eq\r(3)R(2)U＝eq\f(3B2R2q,2m)(3)πReq\r(\f(