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第七講　磁場對電流的作用力
【基本概念、規(guī)律】
一、磁場、磁感應(yīng)強度
1．磁場
(1)基本性質(zhì)：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．
(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向．
2．磁感應(yīng)強度
(1)物理意義：描述磁場強弱和方向．
(2)定義式：B＝(通電導(dǎo)線垂直于磁場)．
(3)方向：小磁針靜止時N極的指向．
(4)單位：特斯拉，符號T.
二、磁感線及特點
1．磁感線
在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應(yīng)強度的方向一致．
2．磁感線的特點
(1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．
(2)磁感線的疏密定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱．
(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極．
(4)同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切．
(5)磁感線是假想的曲線，客觀上不存在．
3．電流周圍的磁場
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(dǎo)線越遠(yuǎn)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(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱
安培定則
三、安培力的大小和方向
1．安培力的大小
(1)磁場和電流垂直時，F(xiàn)＝BIL.
(2)磁場和電流平行時：F＝0.
2．安培力的方向
(1)用左手定則判定：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(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．
(2)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．(注意：B和I可以有任意夾角)
【重要考點歸納】
考點一　安培定則的應(yīng)用和磁場的疊加
1．安培定則的應(yīng)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(yīng)分清“因”和“果”．
原因(電流方向) 結(jié)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(yīng)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．
特別提醒：兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強度疊加而成的．
3.解決這類問題的思路和步驟：
(1)根據(jù)安培定則確定各導(dǎo)線在某點產(chǎn)生的磁場方向；
(2)判斷各分磁場的磁感應(yīng)強度大小關(guān)系；
(3)根據(jù)矢量合成法則確定合磁場的大小和方向．
題型一　 安培定則的應(yīng)用及磁場的疊加
磁場疊加問題的一般解題思路
(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線．
(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場．
(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場．
【例1】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，
L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場
的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向
也垂直于紙面向外．則 (　　)
A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
【答案】　AC
【解析】　原磁場、電流的磁場方向如圖所示，
由題意知在b點：B0＝B0－B1＋B2在a點：B0＝B0－B1－B2由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0.
【變式】(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是(　　)
A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶
D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1
【答案】BC
【解析】由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖a所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3的連線平行，選項A錯誤；同理，如圖b所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在的平面垂直，選項B正確；同理，L2處的磁場方向如圖c所示．設(shè)一根長直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小與該處的磁感應(yīng)強度大小成正比，所以L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項C正確，D錯誤．
【變式2】(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(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向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為(　　)
A．0 B．B0 C．B0 D．2B0
【答案】　C
【解析】　 導(dǎo)線P和Q中電流I均向里時，設(shè)其在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示，
則其夾角為60°，它們在a點的合磁場的磁感應(yīng)強度平行于PQ向右、大小為B1.又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場的磁感應(yīng)強度大小為 B′1＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點合磁場的磁感應(yīng)強度B＝＝B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確．
【名師點睛】求解有關(guān)磁感應(yīng)強度的三個關(guān)鍵
(1)磁感應(yīng)強度―→由磁場本身決定．
(2)合磁感應(yīng)強度―→等于各磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和(滿足平行四邊形定則)．
(3)牢記判斷電流的磁場的方法―→安培定則，并能熟練應(yīng)用，建立磁場的立體分布模型．
題型二　導(dǎo)體運動趨勢的判斷
判斷導(dǎo)體運動趨勢常用方法
電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導(dǎo)體所受合力方向―→運動方向
特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向
等效法 環(huán)形電流小磁針條形磁鐵 通電螺線管多個環(huán)形電流
結(jié)論法 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(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢
轉(zhuǎn)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
【例2】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　)
A．不動　 B．順時針轉(zhuǎn)動 C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)平動
【答案】　B
【解析】　法一：電流元分析法
把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，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將順時針轉(zhuǎn)動．
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)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，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將順時針轉(zhuǎn)動．
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)必有相對轉(zhuǎn)動，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將順時針轉(zhuǎn)動．
【變式1】．(2019·唐山模擬) 將長為L的導(dǎo)線彎成六分之一圓弧，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中，兩端點A、C連線豎直，如圖所示．若給導(dǎo)線通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導(dǎo)線所受安培力的大小和方向是(　　)
A．ILB，水平向左 B．ILB，水平向右
C．，水平向右 D．，水平向左
【答案】D.
【解析】弧長為L，圓心角為60°，則弦長AC＝，導(dǎo)線受到的安培力F＝BIl＝，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力方向水平向左．
【變式2】如圖所示，把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直線圈平面．當(dāng)線圈內(nèi)通以圖中方向的電流后，線圈的運動情況是(　　)
A．線圈向左運動　 B．線圈向右運動
C．從上往下看順時針轉(zhuǎn)動 D．從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動
【答案】A
【解析】.法一：電流元法．
首先將圓形線圈分成很多小段，每一段可看做一直線電流元，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示．根據(jù)對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動．只有選項A正確．
法二：等效法．
將環(huán)形電流等效成小磁針，如圖乙所示，根據(jù)異名磁極相吸引知，線圈將向左運動，A正確．也可將左側(cè)條形磁鐵等效成環(huán)形電流，根據(jù)結(jié)論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，也可判斷出線圈向左運動．
題型三　安培力作用力下的平衡或加速問題
1．安培力
公式F＝BIL中安培力、磁感應(yīng)強度和電流兩兩垂直，且L是通電導(dǎo)線的有效長度．
2．通電導(dǎo)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(cè)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，如圖所示．
(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解．
安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題
【例4】．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l，與電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面的夾角為θ，回路其余電阻不計．為使ab棒靜止，需在空間施加一勻強磁場，其磁感應(yīng)強度的最小值及方向分別為(　　)
A．，水平向右 B.，垂直于回路平面向上
C．，豎直向下 D.，垂直于回路平面向下
【答案】D.
【解析】以導(dǎo)體棒為研究對象，受力分析如圖所示，
由金屬棒ab受力分析可知，為使ab棒靜止，ab受到沿斜面向上的安培力作用時，安培力最小，此時對應(yīng)的磁感應(yīng)強度也就最小，由左手定則可知此時磁場方向垂直于回路平面向下，再由平衡關(guān)系可知IlB＝mgsin θ，其中I＝，可得磁感應(yīng)強度B＝，故選項D正確．
【變式1】如圖所示，有兩根長為L、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當(dāng)兩細(xì)棒中均通以電流為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關(guān)于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的說法正確的是(　　)
A．方向豎直向上 B．大小為
C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強度，可使b上移
D．若使b下移，a將不能保持靜止
【答案】ACD
【解析】由安培定則可知b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向應(yīng)豎直向上，A正確．a(chǎn)的受力如圖甲所示．
tan 45°＝＝，所以B＝，B錯誤．b無論上移還是下移，b在a處的磁感應(yīng)強度均減小，若上移，a的受力如圖乙所示．上移過程中FN逐漸減小，F(xiàn)安先減小后增大，兩個力的合力等于mg，可見b適當(dāng)上移，a仍能保持靜止，故C正確．若使b下移，導(dǎo)體棒中的安培力減小，根據(jù)受力平衡條件，當(dāng)a受的安培力方向順時針轉(zhuǎn)動時，只有變大才能保持平衡，故a將不能保持靜止，D正確．
【變式2】如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd，bc邊長為l，線框
的下半部分處在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中
通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)．令磁場反向，磁感應(yīng)強度的大小仍為B，線框達(dá)到
新的平衡，則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　)
A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下
C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下
【答案】B
【解析】線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，安培力為FA＝nBIl，且開始時方向向上，改變電流方向后方向向下，大小不變．設(shè)在磁場反向之前彈簧的伸長為x，則反向之后彈簧的伸長為(x＋Δx)，由平衡條件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，聯(lián)立解得Δx＝，且線框向下移動，B對．
安培力作用下導(dǎo)體的加速問題
【例5】．(2019·山西太原模擬)一金屬條放置在相距為d的兩金屬軌道上，如圖所示．現(xiàn)讓金屬條以v0的初速度從AA′進入水平軌道，再由CC′進入半徑為r的豎直圓軌道，金屬條到達(dá)豎直圓軌道最高點的速度大小為v，完成圓周運動后，再回到水平軌道上，整個軌道除圓軌道光滑外，其余均粗糙，運動過程中金屬條始終與軌道垂直且接觸良好．已知由外電路控制流過金屬條的電流大小始終為I，方向如圖中所示，整個軌道處于水平向右的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，A、C間的距離為L，金屬條恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運動．重力加速度為g，則由題中信息可以求出(　　)
A．金屬條的質(zhì)量 B．金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向
C．金屬條運動到DD′時的瞬時速度 D．金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數(shù)
【答案】ABD
【解析】在圓軌道最高點，由牛頓第二定律，有BId＋mg＝m，所以選項A正確；由題中信息可求出金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向，選項B正確；由于不知道CD間距，故不能求出金屬條運動到DD′時的瞬時速度，所以選項C錯誤；由動能定理得－(mg＋BId)·2r－μ(mg＋BId)·L＝mv2－mv02，所以選項D正確．
【變式1】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0.5 m，勻強磁場方向如圖所示，大小為0.5 T．質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細(xì)桿置于金屬水平軌道上的M點．當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強度為2 A的恒定電流時，金屬細(xì)桿可以沿軌道向右由靜止開始運動．已知MN＝OP＝1 m，則下列說法中正確的是(　　)
A．金屬細(xì)桿開始運動時的加速度大小為5 m/s2 B．金屬細(xì)桿運動到P點時的速度大小為5 m/s
C．金屬細(xì)桿運動到P點時的向心加速度大小為10 m/s2D．金屬細(xì)桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N
【答案】D
【解析】.金屬細(xì)桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金屬細(xì)桿開始運動時的加速度大小為a＝＝10 m/s2，選項A錯誤；對金屬細(xì)桿從M點到P點的運動過程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5 J，由動能定理得W安＋WG＝mv2，解得金屬細(xì)桿運動到P點時的速度大小為v＝ m/s，選項B錯誤；金屬細(xì)桿運動到P點時的向心加速度大小為a′＝＝20 m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細(xì)桿受到軌道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一條軌道對金屬細(xì)桿的作用力大小為0.75 N，由牛頓第三定律可知金屬細(xì)桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N，選項D正確．
【變式2】如圖所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上，使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動．已知電流I隨時間變化的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k>0)，金屬棒PQ與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)一定．以豎直向下為正方向，則下面關(guān)于金屬棒PQ的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖象中，可能正確的是(　　)
【答案】B
【解析】因為開始時金屬棒PQ加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運動，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的變加速運動，然后加速度方向向上，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的變減速運動，故A錯誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒PQ的加速度a＝，F(xiàn)f＝μFN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，聯(lián)立解得加速度a＝g－，與時間成線性關(guān)系，故C錯誤；t＝0時刻無電流，無安培力，只有重力，加速度豎直向下，為正值，故D錯誤．
【題型演練】
1.(2019·江西十校模擬)1820年丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)．在奧斯特實驗中，將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，小指針靠近直導(dǎo)線，下列結(jié)論正確的是(　　)
A．把小磁針放在導(dǎo)線的延長線上，通電后，小磁針會轉(zhuǎn)動
B．把小磁針平行地放在導(dǎo)線的下方，在導(dǎo)線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針不會轉(zhuǎn)動
C．把小磁針平行地放在導(dǎo)線的下方，給導(dǎo)線通以恒定電流，然后逐漸增大導(dǎo)線與小磁針之間的距離，小磁針轉(zhuǎn)動的角度(與通電前相比)會逐漸減小
D．把黃銅針(用黃銅制成的小指針)平行地放在導(dǎo)線的下方，通電后，黃銅針會轉(zhuǎn)動
【答案】C.
【解析】將小磁針放在導(dǎo)線的延長線上，通電后，小磁針不會轉(zhuǎn)動，A錯；把小磁針平行地放在導(dǎo)線的下方，在導(dǎo)線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針仍然會轉(zhuǎn)動，B錯；把小磁針放在導(dǎo)線下方，給導(dǎo)線通以恒定電流，導(dǎo)線周圍存在磁場，距導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱，小磁針轉(zhuǎn)動的角度(與通電前相比)越小，C對；黃銅針沒有磁性，不會轉(zhuǎn)動，D錯．
2.(2019·南師附中)如圖所示，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為θ.質(zhì)量為m長為L的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中．當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止．則磁感應(yīng)強度的方向和大小可能為 (　　)
A．豎直向上， B．平行導(dǎo)軌向上，
C．水平向右， D．水平向左，
【答案】D
【解析】金屬導(dǎo)軌光滑，所以沒有摩擦力，則金屬棒只受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件知三力合力為零．當(dāng)磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，如圖所示，
安培力水平向右，由幾何關(guān)系和F＝BIL得磁感應(yīng)強度大小為，選項A錯誤；磁感應(yīng)強度方向平行導(dǎo)軌向上，安培力垂直于導(dǎo)軌向下，不可能平衡，選項B錯誤；磁感應(yīng)強度方向水平向右，安培力豎直向下，不可能平衡，選項C錯誤；磁感應(yīng)強度方向水平向左，安培力豎直向上，若平衡，安培力和重力相等，且由F＝BIL得磁感應(yīng)強度大小為，選項D正確．
3.(2019·湖南師大附中月考)如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導(dǎo)線a和b，放置在與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場中．當(dāng)a導(dǎo)線通有電流大小為I、b導(dǎo)線通有電流大小為2I，且電流方向相反時，a導(dǎo)線受到的磁場力大小為F1，b導(dǎo)線受到的磁場力大小為F2，則a通電導(dǎo)線的電流在b導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為(　　)
A.　　　　 B. C. D.
【答案】C
【解析】a、b導(dǎo)線中電流方向相反，兩導(dǎo)線之間的磁場力為斥力，設(shè)大小為F，對a有F1＝F＋BIL，對b有F2＝F＋2BIL，解得F＝2F1－F2，對于導(dǎo)線b，F(xiàn)＝2F1－F2＝B′·2IL，解得B′＝，故C正確．
4．(2019·河南六市聯(lián)考)如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L＝1 m．P、M間接有一個電動勢為E＝6 V、內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg，棒的中點用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.4 kg.棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計，g取10 m/s2)，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2 T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是(　　)
A．2 Ω B.2.5 Ω C．3 Ω D．4 Ω
【答案】A
【解析】對棒受力分析可知，其必受繩的拉力FT＝Mg和安培力F安＝BIL＝.若摩擦力向左，且滿足＋μmg＝Mg，代入數(shù)據(jù)解得R1＝4 Ω；若摩擦力向右，且滿足－μmg＝Mg，代入數(shù)據(jù)解得R2＝2.4 Ω，所以R的取值范圍為2.4 Ω≤R≤4 Ω，則選A.
5．通有電流的導(dǎo)線L1、L2、L3、L4處在同一平面(紙面)內(nèi)，放置方式及電流方向如圖甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可繞垂直紙面的中心軸O轉(zhuǎn)動，則下列描述正確的是(　　)
A．L2繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 B．L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動
C．L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 D．L4繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動
【答案】BC
【解析】題圖甲中由右手螺旋定則可知，導(dǎo)線L1上方磁場垂直紙面向外，且離導(dǎo)線L1的距離越近，磁場越強，導(dǎo)線L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但軸O下方導(dǎo)線所受安培力較大，所以L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動，A錯，B對；題圖乙中軸O上方導(dǎo)線L4所受安培力向右，軸O下方導(dǎo)線L4所受安培力向左，即L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動，C對，D錯．
6.(2019·廣東肇慶模擬)如圖甲所示，電流恒定的通電直導(dǎo)線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導(dǎo)軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應(yīng)強度的正方向，當(dāng)t＝0時導(dǎo)線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，下列說法正確的是 (　　)
A．在最初的一個周期內(nèi)，導(dǎo)線在導(dǎo)軌上往復(fù)運動
B．在最初的一個周期內(nèi)，導(dǎo)線一直向左運動
C．在最初的半個周期內(nèi)，導(dǎo)線的加速度先增大后減小
D．在最初的半個周期內(nèi)，導(dǎo)線的速度先增大后減小
【答案】AD
【解析】當(dāng)t＝0時，由左手定則可知，MN受到向右的作用力，根據(jù)F安＝BLI，由于B最大，故此時的安培力最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁場強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當(dāng)B＝0時，加速度為0，速度最大，當(dāng)B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN減速到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原出發(fā)的位置，故在最初的一個周期內(nèi)，導(dǎo)線在導(dǎo)軌上往復(fù)運動，選項A正確，B錯誤；在最初的半個周期內(nèi)，導(dǎo)線的加速度先減小后增大，而其速度則是先增大后減小，故選項C錯誤，D正確．
7.(2019·汕頭模擬)如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B.則(　　)
A．該磁場是勻強磁場 B．線圈平面總與磁場方向垂直
C．線圈將順時針轉(zhuǎn)動 D．a(chǎn)、b導(dǎo)線受到的安培力大小總為BIl
【答案】CD
【解析】.勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，選項A錯誤；在圖示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，線圈順時針轉(zhuǎn)動，選項C正確；易知選項B錯誤；由于磁感應(yīng)強度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為BIl，選項D正確．
8.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運動，可以采取的措施是(　　)
A．增大磁感應(yīng)強度B B．調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流增大
C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ D．將電源正負(fù)極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變
【答案】AB
【解析】.對金屬桿受力分析，沿導(dǎo)軌方向：－mgsin θ＝0，若想讓金屬桿向上運動，則增大，A、B正確；若增大θ，則mgsin θ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．
9.如圖所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源．將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直．已知通過導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止．
(1)求磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小；
(2)如果改變導(dǎo)軌所在空間的磁場方向，試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應(yīng)強度B的最小值和方向．
【答案】(1)mgtan α　(2)　垂直軌道平面斜向上
【解析】(1)導(dǎo)體棒受力如圖所示
根據(jù)共點力平衡條件可知，磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小F安＝mgtan α.
(2)要使磁感應(yīng)強度最小，則要求安培力最小．根據(jù)受力情況可知，最小安培力F安min＝mgsin α，方向平行于軌道斜向上
所以最小磁感應(yīng)強度Bmin＝＝
根據(jù)左手定則可判斷出，此時的磁感應(yīng)強度的方向為垂直軌道平面斜向上．
10.如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(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】安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg
【解析】依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下．
開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得
2kΔl1＝mg①
式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小．
開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為
F＝BIL②
式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度．兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，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是電池的電動勢，R是電路總電阻．
聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01 kg.
第八講　磁場對運動電荷的作用
【基本概念、規(guī)律】
一、洛倫茲力
1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．
2．大小
(1) v∥B時，F(xiàn)＝0.
(2) v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.
(3) v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負(fù)電荷運動的反方向．
(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)．
由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功．
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動．
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m.
(2)軌道半徑公式：r＝.
(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝.
特別提示：T的大小與軌道半徑r和運行速率v無關(guān)，只與磁場的磁感應(yīng)強度B和粒子的比荷有關(guān)．
【重要考點歸納】
考點一　洛倫茲力和電場力的比較
1．洛倫茲力方向的特點
(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．
(2)當(dāng)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)左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負(fù)電荷．
2．洛倫茲力與電場力的比較
對應(yīng)力 內(nèi)容 項目 洛倫茲力 電場力
產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場方向的關(guān)系 一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反
做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負(fù)功，也可能不做功
作用效果 只改變電荷的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運動的方向
題型一　洛倫茲力的特點與應(yīng)用
洛倫茲力方向的判斷
【例1】. 圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　)
A．向上　　 B．向下 C．向左 D．向右
【答案】B
【解析】據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場相抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁場方向向左．由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，正確選項為B.
【變式1】在北半球，地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下(以“×”表示)．如果你家中電視機顯像管的位置恰好處于南北方向，那么由南向北射出的電子束在地磁場的作用下將向哪個方向偏轉(zhuǎn) (　　)
A．不偏轉(zhuǎn)　　 B．向東 C．向西 D．無法判斷
【答案】B
【解析】　根據(jù)左手定則可判斷由南向北運動的電子束所受洛倫茲力方向向東，因此電子束向東偏轉(zhuǎn)，故選項B正確．
【變式2】如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　)
A．向上　　 B．向下 C．向左 D．向右
【答案】A
【解析】條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確．
洛倫茲力做功的特點
【例2】. (多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)
A．經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
【答案】CD
【解析】設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋q甲v甲B＝，mg－q乙v乙B＝，mg＝，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確．
【變式】如圖所示，下端封閉、上端開口、高h(yuǎn)＝5 m、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10 g、電荷量的絕對值|q|＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度大小為B＝0.2 T、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　　)
A．小球帶負(fù)電 B．小球在豎直方向做勻加速直線運動
C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s D．小球機械能的增加量為1 J
【答案】　BD
【解析】　由左手定則可知，小球帶正電，選項A錯誤；玻璃管和小球在水平方向做勻速運動，則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定，豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運動，選項B正確；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中運動的時間t＝＝ s＝1 s，選項C錯誤；小球到管口時的速度v＝at＝10 m/s，機械能的增加量：ΔE＝mgh＋mv2＝0.01×10×5 J＋×0.01×102 J＝1 J，選項D正確.
洛倫茲力作用下帶電體的力學(xué)問題分析
【例3】. (2019·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開始滑動，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，在運動過程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是(　　)
A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小 B．當(dāng)v＝v0時，小球的加速度最大
C．當(dāng)v＝v0時，小球一定處于加速度減小階段 D．當(dāng)a＝a0時，>
【答案】C
【解析】開始運動階段qvB【變式】如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段(　　)
A．a(chǎn)對b的壓力不變 B．a(chǎn)對b的壓力變大
C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變小 D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力不變
【答案】BC
【解析】a向左加速時受到的豎直向下的洛倫茲力變大，故a對b的壓力變大，選項A錯誤，B正確；從a、b整體看，由于a受到的洛倫茲力變大，會引起b對地面的壓力變大，滑動摩擦力變大，整體的加速度變小，再隔離a，b對a的靜摩擦力Fba提供其加速度，由Fba＝maa知，a、b間的摩擦力變小，選項C正確，D錯誤．
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．圓心的確定
(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別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跡的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．
(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，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跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．
2．半徑的確定
可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小．
3．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運動時間表示為：
t＝T
4.求解粒子在勻強磁場中運動問題的步驟：
(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡．
(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系．
(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．
題型二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
半徑公式和周期公式的應(yīng)用
1.半徑與磁場的關(guān)系
【例4】．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
【答案】AC
【解析】兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ中磁場磁感應(yīng)強度B1是Ⅱ中磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤；由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確；由ω＝得＝＝，選項D錯誤．
2.半徑與動能的關(guān)系
【例5】如圖，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(dá)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(yīng)強度大小之比（ ）
A．2 B． A．1 A．
【答案】D
【解析】由題意知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半設(shè)粒子在鋁板上方的動能為上下的磁感應(yīng)強度分別為、有幾何關(guān)系可知上下方的軌跡半徑滿足，又則：得
3.半徑與動量的關(guān)系
【例6】如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為I2若該微粒經(jīng)過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上。兩個微粒所受重力均忽略。新微粒運動的 （ ）
A.軌跡為pb,至屏幕的時間將小于t B.軌跡為pc,至屏幕的時間將大于t
C.軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t D.軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t
【答案】D
【解析】設(shè)兩微粒的質(zhì)量分別為m、M碰撞前粒子的軌跡半徑
為----------------①
碰撞過程：-----------②
碰撞后粒子的軌跡半徑為---------③
①②③可得---------④所以粒子仍沿pa運動
由及可知碰撞后微粒質(zhì)量增大周期增大圓心角不變所以時間變長。
4.半徑公式與比荷
【例7】如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子（不計重力）沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則（ ）
從P點射出的粒子速度大 B．從Q點射出的粒子向心力加速度大
C．從P點射出的粒子角速度大 D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長
【答案】BD
【解析】　粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系(圖示弦切角相等)，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間t＝T，又因為粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，可知粒子在磁場中運動的時間相等，選項D正確，C錯誤；由圖知，粒子運動的半徑RP＜RQ，由粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝知粒子運動速度vP＜vQ，選項A錯誤，B正確
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”
2．在軌跡中尋求邊角關(guān)系時，一定要關(guān)注三個角的聯(lián)系：圓心角、弦切角、速度偏角；它們的大小關(guān)系為：圓心角等于速度偏角，圓心角等于2倍的弦切角．在找三角形時，一般要尋求直角三角形，利用勾股定理或三角函數(shù)求解問題．
3．解決帶電粒子在邊界磁場中運動的問題時，一般注意以下兩種情況：
(1)直線邊界中的臨界條件為與直線邊界相切，并且從直線邊界以多大角度射入，還以多大角度射出；
(2)在圓形邊界磁場中運動時，如果沿著半徑射入，則一定沿著半徑射出．
直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖3所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【例題8】（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】運動軌跡如圖。
即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期, 粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。
【變式1】如圖，直線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內(nèi)沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子1和2，兩個質(zhì)子都過P點．已知OP＝a，質(zhì)子1沿與OP成30°角的方向發(fā)射，不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的相互作用力，則(　　)
A．質(zhì)子1在磁場中運動的半徑為a B．質(zhì)子2在磁場中的運動周期為
C．質(zhì)子1在磁場中的運動時間為 D．質(zhì)子2在磁場中的運動時間為
【答案】　B
【解析】　根據(jù)題意作出質(zhì)子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可知，質(zhì)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝a，故A錯誤；質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝，故B正確；由幾何知識可知，質(zhì)子1在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1＝60°，質(zhì)子1在磁場中的運動時間：t1＝T＝T＝，故C錯誤；由幾何知識可知，質(zhì)子2在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ2＝300°，質(zhì)子2在磁場中的運動時間：t2＝T＝，故D錯誤．
【變式2】(2018·廣東省深圳市第一次調(diào)研)如圖所示，直線MN左下側(cè)空間存在范圍足夠大、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中P點有一個粒子源，可在紙面內(nèi)向各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，已知∠POM＝60°，PO間距為L，粒子速率均為v＝，則粒子在磁場中運動的最短時間為(　　)
A. B. C. D.
【答案】　B
【解析】　粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：Bvq＝，解得：R＝＝·＝L；粒子做圓周運動的周期為：T＝＝＝；因為粒子做圓周運動的半徑、周期都不變，那么，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角越小，則其弦長越小，運動時間越短；所以，過P點作MN的垂線，可知，粒子運動軌跡的弦長最小為：Lsin 60°＝L＝R，故最短弦長對應(yīng)的圓心角為60°，所以，粒子在磁場中運動的最短時間為：tmin＝T＝，故A、C、D錯誤，B正確．
平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件(如圖所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝，t2＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【例題9】（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，
方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)
射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】a點射出粒子半徑Ra= =，得：va= =，d點射出粒子半徑為 ，R=，故vd= =，故B選項符合題意
【變式1】(2019·重慶市上學(xué)期期末抽測)如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.在t＝0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內(nèi)．其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a B．粒子的發(fā)射速度大小為
C．帶電粒子的比荷為 D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0
【答案】　D
【解析】　根據(jù)題意作出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的運動軌跡如圖所示，
圓心為O′，根據(jù)幾何關(guān)系，可知粒子做圓周運動的半徑為r＝2a，故A錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為 ，運動時間t0＝，解得：v0＝，選項B錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為，對應(yīng)運動時間為t0，所以粒子運動的周期為T＝3t0，由Bqv0＝mr，則＝，故C錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖所示，
由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為，在磁場中的運動時間為2t0，故D正確．
【變式2】如圖所示為一有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，MN、PQ為其兩個邊界，兩邊界間的距離為L.現(xiàn)有兩個帶負(fù)電的粒子同時從A點以相同速度沿與PQ成30°的方向垂直射入磁場，結(jié)果兩粒子又同時離開磁場．已知兩帶負(fù)電的粒子質(zhì)量分別為2m和5m，電荷量大小均為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子射入磁場時的速度為(　　)
A． B． C．　 　 D．
【答案】B
【解析】由于兩粒子在磁場中運動時間相等，則兩粒子一定是分別從MN邊和PQ邊離開磁場的，如圖所示，由幾何知識可得質(zhì)量為2m的粒子對應(yīng)的圓心角為300°，由t＝T得質(zhì)量為5m的粒子對應(yīng)的圓心角為120°，由圖可知△OCD為等邊三角形，可求得R＝L，由Bqv＝得v＝，B正確．
圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖9所示)
粒子做圓周運動的半徑r＝
粒子在磁場中運動的時間t＝T＝θ＋α＝90°
【例題10】（2017·全國卷Ⅱ·18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為(　　)
A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶
【答案】　C
【解析】　設(shè)圓形磁場半徑為R，若粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos 30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確．
　
甲　　　　　　　　乙
【變式】　(多選)(2019·廣東省惠州市模擬)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運動，以下說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長
B．射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心O
C．射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度滿足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
【答案】　BD
【解析】　速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌道半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角θ越小，由t＝T知，運動時間t越小，故A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線一定過圓心，故B正確；速度不同，半徑不同，軌跡對應(yīng)的圓心角不同，對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)，故C錯誤；速度滿足v＝時，粒子的軌跡半徑為r＝＝R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑垂直，粒子一定垂直打在MN板上，故D正確．
三角形邊界磁場
【例題11】(多選)(2018·湖北省十堰市調(diào)研)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點．今有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某點Q射出．若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則(　　)
A．PBC．QB≤L D．QB≤L
【答案】　BD
【解析】　粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：
粒子在磁場中的運動軌跡半徑為r＝，因此可得r＝L，當(dāng)入射點為P1，圓心為O1，且此刻軌跡正好與BC相切時，PB取得最大值，若粒子從BC邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系有PB題型三　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界極值問題
臨界極值問題的分析方法
(1)數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值．
(2)一個“解題流程”，突破臨界問題
(3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．
帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題
【例12】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上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．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的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離(　　)
A.　　 B. C. D.
【答案】　D
【解析】　根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，
粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，故軌跡與ON相切，粒子出磁場的位置與切點的連線是粒子做圓周運動的直徑，大小為，根據(jù)幾何知識可知，粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為d＝＝，選項D正確
【升華總結(jié)】解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當(dāng)速率v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(3)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運動情況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等．
(4)在圓形勻強磁場中，當(dāng)運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)．
【變式】如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B需滿足(　　)
A．B> B．B<
C．B> D．B<
【答案】B
【解析】若粒子達(dá)到C點時，其運動軌跡剛好與AC相切，如圖所示，
則粒子運動的半徑為r0＝＝a.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應(yīng)滿足r>r0，解得B<，選項B正確．
帶電粒子在勻強磁場中運動的極值問題
【例13】如圖所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為－q(q>0)，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行．
(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1＝
又qv1B＝m
得v1＝.
(2)如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有(2r－R2)2＝R＋r2
可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝
故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過.
【變式】．(2019·遼寧朝陽三校聯(lián)考)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運動的最長時間(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝＝2r；當(dāng)粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝＝＝，故C正確．
【題型演練】
1.(2019·河南開封聯(lián)考)如圖是比荷相同的a、b兩粒子從O點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則(　　)
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的質(zhì)量大 B．a(chǎn)帶正電荷，b帶負(fù)電荷
C．a(chǎn)在磁場中的運動速率比b的大 D．a(chǎn)在磁場中的運動時間比b的短
【答案】CD
【解析】比荷相同的a、b兩粒子，因電荷量無法確定，則質(zhì)量大小無法比較，故A錯誤；初始時刻兩粒子所受的洛倫茲力方向都是豎直向下，根據(jù)左手定則知，兩粒子都帶負(fù)電荷，故B錯誤；根據(jù)題圖可知，a粒子的半徑大于b粒子的，根據(jù)qvB＝m得，r＝，則＝，因它們比荷相同，即半徑越大時，速率越大，故C正確；粒子在磁場中的運動周期T＝，比荷相同，兩粒子運動周期相同，由題圖可知，a粒子對應(yīng)的圓心角小于b粒子的，則知a在磁場中的運動時間比b的短，故D正確．
2.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　)
A．該粒子帶正電 B．A點與x軸的距離為
C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝ D．運動過程中粒子的速度不變
【答案】BC
【解析】由左手定則可判斷該粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；根據(jù)粒子運動軌跡，A點離x軸的距離為r(1－cos θ)＝·(1－cos 60°)＝，選項B正確；t＝T＝，選項C正確；運動過程中粒子速度大小不變，方向時刻改變，選項D錯誤．
3.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是(　　)
A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場
B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場
C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場
D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場
【答案】AC
【解析】如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0，可知，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于t0；從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時
間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是t0.故選項A、C正確，B、D錯誤．
4.(2019·北京海淀區(qū)模擬) 如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　)
無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點
B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長
C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
【答案】D.
【解析】地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負(fù)電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確．
5．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于(　　)
A．　　 B．T C． D．T2
【答案】A
【解析】考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題．由題意知，帶電粒子的平均動能Ek＝mv2∝T，故v∝.由qvB＝整理得：B∝，故選項A正確．
6.(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是 (　　)
A．電子將向右偏轉(zhuǎn) B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d D．電子在磁場中運動的時間為
【答案】D
【解析】電子帶負(fù)電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子
將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，
A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離
為x，則由幾何知識得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，則電子在磁場中運動的時間為t＝＝，故D正確．
7.(2019·山東濰坊檢測)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區(qū)域，下列判斷正確的是 (　　)
電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長
B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大
C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合
D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同
【答案】BC
【解析】由周期公式T＝知，周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運動周期相同，由t＝T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r＝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A錯誤，B正確；若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應(yīng)的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤．故選BC.
8.(2019·鞍山一中期末)如圖所示，在MN上方存在勻強磁場，帶同種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且同時到達(dá)P點，已知OP＝d，則 (　　)
A．a(chǎn)、b兩粒子運動半徑之比為1∶ B．a(chǎn)、b兩粒子的初速率之比為5∶2
C．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為4∶75 D．a(chǎn)、b兩粒子的電荷量之比為2∶15
【答案】CD
【解析】設(shè)a的軌跡半徑為Ra，sin 30°＝，解得Ra＝d，設(shè)b的軌跡半徑為Rb，sin 60°＝，解得Rb＝d，a、b兩粒子運動半徑之比為∶1，A錯誤；帶電粒子在磁場中的運動時間t＝T＝，時間相同，a、b兩粒子的之比為120°∶300°＝2∶5，再由R＝得：v＝，a、b兩粒子的初速率之比為5∶2，B錯誤；由動能Ek＝mv2，得m＝，a、b兩粒子的質(zhì)量之比為4∶75，C正確；根據(jù)之比為和＝，聯(lián)立解得＝，D正確．
9.(2019·山東濰坊檢測)如圖所示，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)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，其運動的方向與原入射方向成θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力．求：
(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.
【答案】(1)　(2)　(3)tan
【解析】(1)電子在磁場中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運動的向心力即：evB＝m
由此可得電子做圓周運動的半徑R＝
(2)如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道電子在磁場中做圓周運動時轉(zhuǎn)過的圓心角α＝θ
則電子在磁場中運動的時間：
t＝T＝×＝×＝
(3)由題意知，由圖根據(jù)幾何關(guān)系知：tan ＝
所以r＝Rtan ＝tan
10．(2019·陜西咸陽模擬)如圖所示，A點距坐標(biāo)原點的距離為L，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向里．有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，從x軸上的B點射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：
(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小；
(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；
(3)電子在磁場中運動的時間．
【答案】(1)　(2)(L，)　(3)
【解析】(1)由題意得電子在有界圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力做圓周運動，設(shè)圓周運動軌跡半徑為r，磁場的磁感應(yīng)強度為B，則有ev0B＝m①
過A、B點分別作速度的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，已知B點速度與x軸夾角為60°，由幾何關(guān)系得，軌跡圓的圓心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由幾何知識得r＝2L④
由①④得B＝⑤
(2)由于ABO在有界圓周上，∠AOB＝90°，得AB為有界磁場圓的直徑，故AB的中點為磁場區(qū)域的圓心O1，由③易得△ABC為等邊三角形，磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)為(L，)．
(3)電子做勻速圓周運動，則圓周運動的周期為T＝⑥
由②④⑥得電子在磁場中運動的時間t＝＝.
第九講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動
【基本概念、規(guī)律】
一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動
1．復(fù)合場的分類
(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．
2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類
(1)靜止或勻速直線運動
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動．
(2)勻速圓周運動
當(dāng)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)非勻變速曲線運動
當(dāng)帶電粒子所受的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時，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．
題型一　帶電粒子在組合場中的運動
“3步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；
第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動．
第3步：用規(guī)律
磁偏轉(zhuǎn)→→定圓心→畫軌跡
1.先電場，后磁場
(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖甲、乙所示)
在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度．
(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖丙、丁所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．
【例1】(2019·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，經(jīng)電壓U加速后的速度大小為v。
由動能定理有qU＝mv2①
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qvB＝m②
粒子的運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知
d＝r③
聯(lián)立①②③式得＝④
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為
t＝⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝。⑦
【變式】(2017·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向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：
(1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；
(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比．
【答案】　(1)v0，與x軸正方向成45°角斜向上　(2)
【解析】　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy
vy＝at ③
設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有
tan α＝④
聯(lián)立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上．
設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運動的合成有
v＝⑥
聯(lián)立①②③⑥式得
v＝v0.⑦
(2)設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得
F＝ma ⑧
又F＝qE ⑨
設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有
qvB＝m ⑩
由幾何關(guān)系可知
R＝L
聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩ 式得
＝.
2.先磁場，后電場
對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：
(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)
【例2】(2019·山東濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標(biāo)為(0，l)；n點為y軸負(fù)半軸上的一點，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點．粒子的重力忽略不計．求：
(1)粒子在p點的速度大小；
(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強度的大小；
(3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過x軸的總時間．
【答案】(1)　(2)
(3)(＋2＋2)
【解析】粒子在復(fù)合場中的運動軌跡如圖所示．
(1)由幾何關(guān)系可知
rsin 45°＝l
解得r＝l又因為qv0B＝m，可解得
v0＝.
(2)粒子進入電場在第三象限內(nèi)的運動可視為平拋運動的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點的時間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(＋1)l，在n點有v2＝v1＝v0
由類平拋運動規(guī)律有
(＋1)l＝v0t2
v0＝at2＝t2
聯(lián)立以上方程解得t2＝，E＝.
(3)粒子在磁場中的運動周期為
T＝
粒子第一次在磁場中運動的時間為
t1＝T＝
粒子在電場中運動的時間為
2t2＝
粒子第二次在磁場中運動的時間為
t3＝T＝
故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為
t＝t1＋2t2＋t3＝(＋2＋2).
【變式】如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔儯挥嬛亓Γ?br/>(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；
(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝m，T＝
依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為π，所需時間t1為t1＝T，求得t1＝.
(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達(dá)x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，
有qE＝ma，v0＝at2，得t2＝
根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0
得電場強度最大值E＝.
題型二　帶電粒子在疊加場中的運動
帶電粒子在疊加場中的運動的分析方法
磁場力，重力并存
(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．
【例3】如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)
A．經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
【答案】CD
【解析】設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bv甲q＝，mg－Bv乙q＝，mg＝，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為重力勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確．
2.電場力、磁場力并存
(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解．
【例4】(多選)如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則 (　　)
A．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動
B．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)
C．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)
D．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動
【答案】　BD
【解析】　若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B選項正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下．由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，D選項正確．
3.電場力、磁場力、重力并存
(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動．
(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解．
【例5】(2019·浙江名校聯(lián)考) 質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(　　)
A．該微粒一定帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為 D．該電場的場強為Bvcos θ
【答案】AC
【解析】.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，故選項A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝，電場的場強E＝Bvsin θ，故選項C正確，D錯誤．
【變式】(2019·贛州模擬)如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　)
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝
D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝
【答案】CD
【解析】.開始時對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤；因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，故C、D正確．
題型三　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間內(nèi)的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解
【例6】(2019·浙江寧波高三上學(xué)期期末十校聯(lián)考)如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿＋y方向的勻強電場，電場強度E＝×103 N/C。在y軸上放置一足夠大的擋板。t＝0時刻，一個帶正電粒子從P點以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁場。已知電場邊界MN到x軸的距離為 m，P點到坐標(biāo)原點O的距離為1.1 m，粒子的比荷＝106 C/kg，不計粒子的重力。求粒子：
(1)在磁場中運動時距x軸的最大距離；
(2)連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間；
(3)最終打在擋板上的位置到坐標(biāo)原點O的距離。
【答案】　(1)0.4 m　(2)×10－5 s或4π×10－5 s(3)0.37 m
【解析】　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有
qvB＝m，
解得半徑R＝0.2 m，
粒子做勻速圓周運動的周期T＝＝2π×10－5 s，由圖乙可知粒子運動圓周后磁感應(yīng)強度發(fā)生變化，在0～×10－5 s內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的時長為t1＝×10－5 s。
由磁場變化規(guī)律可知，粒子在0～×10－5 s時間內(nèi)做勻速圓周運動至A點，接著沿－y方向做勻速直線運動直至電場邊界上的C點，如圖1所示，設(shè)電場邊界MN到x軸的距離為y0，
用時t2＝＝×10－5 s＝。
進入電場后做勻減速運動至D點，由牛頓第二定律得粒子的加速度：a＝＝×109 m/s2，
粒子從C點減速至D再反向加速至C所需的時間
t3＝＝ s＝×10－5 s＝。
接下來，粒子沿＋y軸方向勻速運動至A所需時間仍為t2，磁感應(yīng)強度剛好變?yōu)?.1 T，粒子將在洛倫茲力的作用下從A點開始做勻速圓周運動，再經(jīng)×10－5 s時間，粒子將運動到F點，此后將重復(fù)前面的運動過程。因此粒子在磁場中運動時，到x軸的最大距離ym＝2R＝0.4 m。
(2)由(1)中結(jié)論可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝2π×10－5 s
粒子連續(xù)兩次通過電場邊界MN有兩種可能情況，以圖1所示過程為例，
第一種可能是，由C點先沿－y方向到D再返回經(jīng)過C，所需時間為t＝t3＝×10－5 s。
第二種可能是，由C點先沿＋y方向運動至A點，做勻速圓周運動一圈半后，從G點沿－y方向做勻速直線運動至MN，所需時間為t′＝t2＋＋t2＝2T＝4π×10－5 s。
(3)由(1)可知，粒子每完成一次周期性的運動，將向－x方向平移2R(即圖1中所示從P點移到F點)，＝1.1 m＝5.5R，故粒子打在擋板前的前運動軌跡如圖2所示，其中I是粒子開始做圓周運動的起點，J是粒子打在擋板上的位置，K是最后一段圓周運動的圓心，Q是I點與K點連線與y軸的交點。
由題意知，＝－5R＝0.1 m，＝R－＝0.1 m＝，
則＝＝R，
J點到O的距離＝R＋R＝ m≈0.37 m。
【變式】(2019·哈爾濱三中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運動且每次經(jīng)過mn的時刻均為整數(shù)倍，則：
(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌道半徑為多少？
(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)．
【答案】　(1)或　(2)　－2v0
【解析】　(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝m
解得r＝(或T0＝，r＝)．
(2)第一種情況，若粒子進入第Ⅲ區(qū)域，當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向外時：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝
qv2B0＝m
解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝
第二種情況，若粒子進入第Ⅲ區(qū)域，當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向里時：
粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝
粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝－2v0.
【題型演練】
1.(2019·山西名校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計) (　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
【答案】C
【解析】設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU＝mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正確．
2.(2019·廈門一模)如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的邊界進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則(　　)
A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t B．若撒去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間等于t
C．若撒去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek
【答案】C
【解析】質(zhì)子在電場中是直線加速，進入復(fù)合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質(zhì)子做勻速直線運動．若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，速度不變，故質(zhì)子穿過場區(qū)時間不變，等于t，A錯誤；若撒去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運動，速率不變，水平分運動的速度減小，故質(zhì)子穿過場區(qū)時間增加，大于t，B錯誤；若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運動，電場力做正功，故末動能大于Ek，C正確，若撤去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運動，速率不變，末動能不變，仍為Ek，D錯誤．
3.如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是 (　　)
A．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動 B．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動
C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動 D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動
【答案】D
【解析】P處于靜止?fàn)顟B(tài)，mg＝qE，帶負(fù)電荷，若僅撤去磁場，P仍靜止，A錯誤；僅撤去電場，P向下加速，同時受到洛倫茲力，將做復(fù)雜的曲線運動，B錯誤；給P一初速度，若沿磁場方向，則粒子只受重力和電場力，且二者相等，則P做勻速直線運動，若垂直磁場方向，因mg＝qE，P將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，C錯誤，D正確．
4.如圖所示，相互正交的勻強電場方向豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里．帶有等量同種電荷的三個液滴在此空間中，a液滴靜止不動，b液滴沿水平線向右做直線運動，c液滴沿水平線向左做直線運動．則下列說法中正確的是 (　　)
A．三個液滴都帶負(fù)電 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率
C．三個液滴中液滴b質(zhì)量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是勻速直線運動
【答案】AD
【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故液滴帶負(fù)電，b液滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qE，c液滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE，解得Gc＞Ga＞Gb，故A正確，C錯誤；由以上分析可知，無法確定b與c洛倫茲力大小，因此無法確定液滴速率大小，故B錯誤；根據(jù)f＝qvB，可知，液滴的洛倫茲力受到速率的約束，若不是做勻速直線運動，則洛倫茲力變化，導(dǎo)致受力不平衡，那么就不可能做直線運動，故D正確．
5.如圖所示，實線表示豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是 (　　)
A．液滴一定做勻速直線運動 B．液滴一定帶負(fù)電
C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變速直線運動
【答案】AC
【解析】帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力f，若合力不為零，則洛倫茲力變化，不能沿直線運動，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做勻變速直線運動，故A正確，D錯誤；當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動，如果帶電液滴帶負(fù)電、電場線方向斜向上或斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故B錯誤，C正確．故選AC.
6. (2019·銅陵質(zhì)檢)如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v－t圖象如下圖所示，其中正確的是(　　)
【答案】C.
【解析】小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時qE>qvB，所以a＝，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當(dāng)qE7. 如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　)
A． 電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同
B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同
C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子
D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小
【答案】AC.
【解析】根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們都帶正電，以相同速度進入磁場時，所受洛倫茲力方向相同，兩者偏轉(zhuǎn)方向相同，僅依據(jù)粒子軌跡無法判斷是質(zhì)子還是正電子，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，故粒子的動能與半徑無關(guān)，選項D錯誤．
8.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的液滴，以速度v沿與水平成45°角斜向上進入正交的足夠大的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，液滴在場區(qū)做直線運動．重力加速度為g，求：
(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B各多大？
(2)當(dāng)液滴運動到某一點A時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場變化而產(chǎn)生的磁場的影響，此時液滴加速度多少？
(3)在滿足(2)的前提下，粒子從A點到達(dá)與A點位于同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間．
【答案】(1)　　(2)g　(3)
【解析】(1)液滴帶正電，液滴受力如圖所示．
根據(jù)平衡條件，有Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝＝mg
解得E＝，B＝
(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有a＝＝g
(3)電場變?yōu)樨Q直向上后，qE＝mg，故粒子做勻速圓周運動，由T＝，t＝T
可得t＝
9．(2019·開封模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場垂直紙面向里．在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0×105 V/m.在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到零后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計．
(1)求圓形磁場區(qū)第七講　磁場對電流的作用力
【基本概念、規(guī)律】
一、磁場、磁感應(yīng)強度
1．磁場
(1)基本性質(zhì)：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．
(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向．
2．磁感應(yīng)強度
(1)物理意義：描述磁場強弱和方向．
(2)定義式：B＝(通電導(dǎo)線垂直于磁場)．
(3)方向：小磁針靜止時N極的指向．
(4)單位：特斯拉，符號T.
二、磁感線及特點
1．磁感線
在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應(yīng)強度的方向一致．
2．磁感線的特點
(1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．
(2)磁感線的疏密定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱．
(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極．
(4)同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切．
(5)磁感線是假想的曲線，客觀上不存在．
3．電流周圍的磁場
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(dǎo)線越遠(yuǎn)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(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱
安培定則
三、安培力的大小和方向
1．安培力的大小
(1)磁場和電流垂直時，F(xiàn)＝BIL.
(2)磁場和電流平行時：F＝0.
2．安培力的方向
(1)用左手定則判定：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(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．
(2)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．(注意：B和I可以有任意夾角)
【重要考點歸納】
考點一　安培定則的應(yīng)用和磁場的疊加
1．安培定則的應(yīng)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(yīng)分清“因”和“果”．
原因(電流方向) 結(jié)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(yīng)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．
特別提醒：兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強度疊加而成的．
3.解決這類問題的思路和步驟：
(1)根據(jù)安培定則確定各導(dǎo)線在某點產(chǎn)生的磁場方向；
(2)判斷各分磁場的磁感應(yīng)強度大小關(guān)系；
(3)根據(jù)矢量合成法則確定合磁場的大小和方向．
題型一　 安培定則的應(yīng)用及磁場的疊加
磁場疊加問題的一般解題思路
(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線．
(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場．
(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場．
【例1】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外．則 (　　)
A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
【變式】(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是(　　)
A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶
D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1
【變式2】(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(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向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為(　　)
A．0 B．B0 C．B0 D．2B0
題型二　導(dǎo)體運動趨勢的判斷
判斷導(dǎo)體運動趨勢常用方法
電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導(dǎo)體所受合力方向―→運動方向
特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向
等效法 環(huán)形電流小磁針條形磁鐵 通電螺線管多個環(huán)形電流
結(jié)論法 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(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢
轉(zhuǎn)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
【例2】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　)
不動　 B．順時針轉(zhuǎn)動
C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)平動
【變式1】．(2019·唐山模擬) 將長為L的導(dǎo)線彎成六分之一圓弧，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中，兩端點A、C連線豎直，如圖所示．若給導(dǎo)線通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導(dǎo)線所受安培力的大小和方向是(　　)
A．ILB，水平向左 B．ILB，水平向右
C．，水平向右 D．，水平向左
【變式2】如圖所示，把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直線圈平面．當(dāng)線圈內(nèi)通以圖中方向的電流后，線圈的運動情況是(　　)
A．線圈向左運動　 B．線圈向右運動
C．從上往下看順時針轉(zhuǎn)動 D．從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動
題型三　安培力作用力下的平衡或加速問題
1．安培力
公式F＝BIL中安培力、磁感應(yīng)強度和電流兩兩垂直，且L是通電導(dǎo)線的有效長度．
2．通電導(dǎo)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(cè)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，如圖所示．
(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解．
安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題
【例4】．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l，與電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面的夾角為θ，回路其余電阻不計．為使ab棒靜止，需在空間施加一勻強磁場，其磁感應(yīng)強度的最小值及方向分別為(　　)
A．，水平向右 B.，垂直于回路平面向上
C．，豎直向下 D.，垂直于回路平面向下
【變式1】如圖所示，有兩根長為L、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當(dāng)兩細(xì)棒中均通以電流為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關(guān)于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的說法正確的是(　　)
方向豎直向上
B．大小為
C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強度，可使b上移
D．若使b下移，a將不能保持靜止
【變式2】如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd，bc邊長為l，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)．令磁場反向，磁感應(yīng)強度的大小仍為B，線框達(dá)到新的平衡，則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　)
A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下
C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下
安培力作用下導(dǎo)體的加速問題
【例5】．(2019·山西太原模擬)一金屬條放置在相距為d的兩金屬軌道上，如圖所示．現(xiàn)讓金屬條以v0的初速度從AA′進入水平軌道，再由CC′進入半徑為r的豎直圓軌道，金屬條到達(dá)豎直圓軌道最高點的速度大小為v，完成圓周運動后，再回到水平軌道上，整個軌道除圓軌道光滑外，其余均粗糙，運動過程中金屬條始終與軌道垂直且接觸良好．已知由外電路控制流過金屬條的電流大小始終為I，方向如圖中所示，整個軌道處于水平向右的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，A、C間的距離為L，金屬條恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運動．重力加速度為g，則由題中信息可以求出(　　)
A．金屬條的質(zhì)量 B．金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向
C．金屬條運動到DD′時的瞬時速度 D．金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數(shù)
【變式1】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0.5 m，勻強磁場方向如圖所示，大小為0.5 T．質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細(xì)桿置于金屬水平軌道上的M點．當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強度為2 A的恒定電流時，金屬細(xì)桿可以沿軌道向右由靜止開始運動．已知MN＝OP＝1 m，則下列說法中正確的是(　　)
A.金屬細(xì)桿開始運動時的加速度大小為5 m/s2
B．金屬細(xì)桿運動到P點時的速度大小為5 m/s
C．金屬細(xì)桿運動到P點時的向心加速度大小為10 m/s2
D．金屬細(xì)桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N
【變式2】如圖所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上，使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動．已知電流I隨時間變化的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k>0)，金屬棒PQ與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)一定．以豎直向下為正方向，則下面關(guān)于金屬棒PQ的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖象中，可能正確的是(　　)
【題型演練】
1.(2019·江西十校模擬)1820年丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)．在奧斯特實驗中，將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，小指針靠近直導(dǎo)線，下列結(jié)論正確的是(　　)
A．把小磁針放在導(dǎo)線的延長線上，通電后，小磁針會轉(zhuǎn)動
B．把小磁針平行地放在導(dǎo)線的下方，在導(dǎo)線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針不會轉(zhuǎn)動
C．把小磁針平行地放在導(dǎo)線的下方，給導(dǎo)線通以恒定電流，然后逐漸增大導(dǎo)線與小磁針之間的距離，小磁針轉(zhuǎn)動的角度(與通電前相比)會逐漸減小
D．把黃銅針(用黃銅制成的小指針)平行地放在導(dǎo)線的下方，通電后，黃銅針會轉(zhuǎn)動
2.(2019·南師附中)如圖所示，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為θ.質(zhì)量為m長為L的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中．當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止．則磁感應(yīng)強度的方向和大小可能為(　　)
A．豎直向上， B．平行導(dǎo)軌向上，
C．水平向右， D．水平向左，
3.(2019·湖南師大附中月考)如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導(dǎo)線a和b，放置在與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場中．當(dāng)a導(dǎo)線通有電流大小為I、b導(dǎo)線通有電流大小為2I，且電流方向相反時，a導(dǎo)線受到的磁場力大小為F1，b導(dǎo)線受到的磁場力大小為F2，則a通電導(dǎo)線的電流在b導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為(　　)
A.　　　　 B. C. D.
4．(2019·河南六市聯(lián)考)如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L＝1 m．P、M間接有一個電動勢為E＝6 V、內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg，棒的中點用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.4 kg.棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計，g取10 m/s2)，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2 T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是(　　)
A．2 Ω B.2.5 Ω C．3 Ω D．4 Ω
5．通有電流的導(dǎo)線L1、L2、L3、L4處在同一平面(紙面)內(nèi)，放置方式及電流方向如圖甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可繞垂直紙面的中心軸O轉(zhuǎn)動，則下列描述正確的是(　　)
A．L2繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 B．L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動
C．L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 D．L4繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動
6.(2019·廣東模擬)如圖甲所示，電流恒定的通電直導(dǎo)線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導(dǎo)軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應(yīng)強度的正方向，當(dāng)t＝0時導(dǎo)線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，說法正確的是(　　)
A．在最初的一個周期內(nèi)，導(dǎo)線在導(dǎo)軌上往復(fù)運動
B．在最初的一個周期內(nèi)，導(dǎo)線一直向左運動
C．在最初的半個周期內(nèi)，導(dǎo)線的加速度先增大后減小
D．在最初的半個周期內(nèi)，導(dǎo)線的速度先增大后減小
7.(2019·汕頭模擬)如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B.則(　　)
該磁場是勻強磁場
B．線圈平面總與磁場方向垂直
C．線圈將順時針轉(zhuǎn)動
D．a(chǎn)、b導(dǎo)線受到的安培力大小總為BIl
8.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運動，可以采取的措施是(　　)
A．增大磁感應(yīng)強度B B．調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流增大
C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ D．將電源正負(fù)極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變
9.如圖所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源．將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直．已知通過導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止．
(1)求磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小；
(2)如果改變導(dǎo)軌所在空間的磁場方向，試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應(yīng)強度B的最小值和方向．
10.如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(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．
第八講　磁場對運動電荷的作用
【基本概念、規(guī)律】
一、洛倫茲力
1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．
2．大小
(1) v∥B時，F(xiàn)＝0.
(2) v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.
(3) v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負(fù)電荷運動的反方向．
(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)．
由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功．
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動．
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m.
(2)軌道半徑公式：r＝.
(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝.
特別提示：T的大小與軌道半徑r和運行速率v無關(guān)，只與磁場的磁感應(yīng)強度B和粒子的比荷有關(guān)．
【重要考點歸納】
考點一　洛倫茲力和電場力的比較
1．洛倫茲力方向的特點
(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．
(2)當(dāng)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)左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負(fù)電荷．
2．洛倫茲力與電場力的比較
對應(yīng)力 內(nèi)容 項目 洛倫茲力 電場力
產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場方向的關(guān)系 一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反
做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負(fù)功，也可能不做功
作用效果 只改變電荷的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運動的方向
題型一　洛倫茲力的特點與應(yīng)用
洛倫茲力方向的判斷
【例1】. 圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　)
向上　　 B．向下
C．向左 D．向右
【變式1】在北半球，地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下(以“×”表示)．如果你家中電視機顯像管的位置恰好處于南北方向，那么由南向北射出的電子束在地磁場的作用下將向哪個方向偏(　　)
不偏轉(zhuǎn)　　 B．向東
C．向西 D．無法判斷
【變式2】如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　)
向上　　 B．向下
C．向左 D．向右
洛倫茲力做功的特點
【例2】. (多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)
經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等
B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高
D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
【變式】如圖所示，下端封閉、上端開口、高h(yuǎn)＝5 m、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10 g、電荷量的絕對值|q|＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度大小為B＝0.2 T、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　　)
小球帶負(fù)電
B．小球在豎直方向做勻加速直線運動
C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s
D．小球機械能的增加量為1 J
洛倫茲力作用下帶電體的力學(xué)問題分析
【例3】. (2019·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開始滑動，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，在運動過程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是(　　)
小球先加速后減速，加速度先增大后減小
B．當(dāng)v＝v0時，小球的加速度最大
C．當(dāng)v＝v0時，小球一定處于加速度減小階段
D．當(dāng)a＝a0時，>
【變式】如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段(　　)
A．a(chǎn)對b的壓力不變 B．a(chǎn)對b的壓力變大
C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變小 D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力不變
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．圓心的確定
(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別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跡的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)．
(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，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跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．
2．半徑的確定
可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小．
3．運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運動時間表示為：t＝T
4.求解粒子在勻強磁場中運動問題的步驟：
(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡．
(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系．
(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．
題型二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
半徑公式和周期公式的應(yīng)用
1.半徑與磁場的關(guān)系
【例4】．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
2.半徑與動能的關(guān)系
【例5】如圖，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(dá)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(yīng)強度大小之比（ ）
A．2 B．
C．1 D．
3.半徑與動量的關(guān)系
【例6】如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為I2若該微粒經(jīng)過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上。兩個微粒所受重力均忽略。新微粒運動的 （ ）
A.軌跡為pb,至屏幕的時間將小于t
軌跡為pc,至屏幕的時間將大于t
軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t
D.軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t
4.半徑公式與比荷
【例7】如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子（不計重力）沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則（ ）
從P點射出的粒子速度大
B．從Q點射出的粒子向心力加速度大
C．從P點射出的粒子角速度大
D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”
2．在軌跡中尋求邊角關(guān)系時，一定要關(guān)注三個角的聯(lián)系：圓心角、弦切角、速度偏角；它們的大小關(guān)系為：圓心角等于速度偏角，圓心角等于2倍的弦切角．在找三角形時，一般要尋求直角三角形，利用勾股定理或三角函數(shù)求解問題．
3．解決帶電粒子在邊界磁場中運動的問題時，一般注意以下兩種情況：
(1)直線邊界中的臨界條件為與直線邊界相切，并且從直線邊界以多大角度射入，還以多大角度射出；
(2)在圓形邊界磁場中運動時，如果沿著半徑射入，則一定沿著半徑射出．
直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖3所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【例題8】（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為（ ）
B．
C． D．
【變式1】如圖，直線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內(nèi)沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子1和2，兩個質(zhì)子都過P點．已知OP＝a，質(zhì)子1沿與OP成30°角的方向發(fā)射，不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的相互作用力，則(　　)
質(zhì)子1在磁場中運動的半徑為a
B．質(zhì)子2在磁場中的運動周期為
C．質(zhì)子1在磁場中的運動時間為
D．質(zhì)子2在磁場中的運動時間為
【變式2】(2018·廣東省深圳市第一次調(diào)研)如圖所示，直線MN左下側(cè)空間存在范圍足夠大、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中P點有一個粒子源，可在紙面內(nèi)向各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，已知∠POM＝60°，PO間距為L，粒子速率均為v＝，則粒子在磁場中運動的最短時間為(　　)
A. B.
C. D.
平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件(如圖所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝，t2＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－)T＝(1－)＝
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【例題9】（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（ ）
， B．，
C．， D．，
【變式1】(2019·重慶市上學(xué)期期末抽測)如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.在t＝0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內(nèi)．其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a
B．粒子的發(fā)射速度大小為
C．帶電粒子的比荷為
D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0
【變式2】如圖所示為一有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，MN、PQ為其兩個邊界，兩邊界間的距離為L.現(xiàn)有兩個帶負(fù)電的粒子同時從A點以相同速度沿與PQ成30°的方向垂直射入磁場，結(jié)果兩粒子又同時離開磁場．已知兩帶負(fù)電的粒子質(zhì)量分別為2m和5m，電荷量大小均為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子射入磁場時的速度為(　　)
B．
C．　 　 D．
圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖9所示)
粒子做圓周運動的半徑r＝
粒子在磁場中運動的時間t＝T＝θ＋α＝90°
【例題10】（2017·全國卷Ⅱ·18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1 為(　　)
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D．3∶
【變式】　(多選)(2019·廣東省惠州市模擬)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運動，以下說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長
B．射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心O
C．射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度滿足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
三角形邊界磁場
【例題11】(多選)(2018·湖北省十堰市調(diào)研)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點．今有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某點Q射出．若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則(　　)
A．PBC．QB≤L D．QB≤L
題型三　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界極值問題
【臨界極值問題的分析方法】
(1)數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值．
(2)一個“解題流程”，突破臨界問題
(3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．
帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題
【例12】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上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．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的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離(　　)
A.　　 B.
C. D.
【升華總結(jié)】解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當(dāng)速率v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(3)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運動情況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等．
(4)在圓形勻強磁場中，當(dāng)運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)．
【變式】如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B需滿足(　　)
A．B> B．B<
C．B> D．B<
帶電粒子在勻強磁場中運動的極值問題
【例13】如圖所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為－q(q>0)，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行．
(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？
【變式】．(2019·遼寧朝陽三校聯(lián)考)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運動的最長時間(　　)
A. B.
C. D.
【題型演練】
1.(2019·河南開封聯(lián)考)如圖是比荷相同的a、b兩粒子從O點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則(　　)
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的質(zhì)量大 B．a(chǎn)帶正電荷，b帶負(fù)電荷
C．a(chǎn)在磁場中的運動速率比b的大 D．a(chǎn)在磁場中的運動時間比b的短
2.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　)
A．該粒子帶正電 B．A點與x軸的距離為
C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝ D．運動過程中粒子的速度不變
3.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是(　　)
A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場
B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場
C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場
D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場
4.(2019·北京海淀區(qū)模擬) 如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　)
無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點
B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長
C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
5．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于(　　)
A．　　 B．T C． D．T2
6.(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是(　　)
A．電子將向右偏轉(zhuǎn)
B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
D．電子在磁場中運動的時間為
7.(2019·山東濰坊檢測)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區(qū)域，下列判斷正確的是 (　　)
電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長
B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大
C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合
D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同
8.(2019·鞍山一中期末)如圖所示，在MN上方存在勻強磁場，帶同種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且同時到達(dá)P點，已知OP＝d，則 (　　)
a、b兩粒子運動半徑之比為1∶
B．a(chǎn)、b兩粒子的初速率之比為5∶2
C．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為4∶75
D．a(chǎn)、b兩粒子的電荷量之比為2∶15
9.(2019·山東濰坊檢測)如圖所示，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)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，其運動的方向與原入射方向成θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力．求：
(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.
10．(2019·陜西咸陽模擬)如圖所示，A點距坐標(biāo)原點的距離為L，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向里．有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，從x軸上的B點射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：
(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小；
(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；
(3)電子在磁場中運動的時間．
第九講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動
【基本概念、規(guī)律】
帶電粒子在復(fù)合場中的運動
1．復(fù)合場的分類
(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．
2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類
(1)靜止或勻速直線運動
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動．
(2)勻速圓周運動
當(dāng)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)非勻變速曲線運動
當(dāng)帶電粒子所受的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時，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．
題型一　帶電粒子在組合場中的運動
“3步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；
第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動．
第3步：用規(guī)律
磁偏轉(zhuǎn)→→定圓心→畫軌跡
1.先電場，后磁場
(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖甲、乙所示)
在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度．
(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖丙、丁所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．
【例1】(2019·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
【變式】(2017·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向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：
(1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；
(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比．
2.先磁場，后電場
對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：
(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)
【例2】(2019·山東濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標(biāo)為(0，l)；n點為y軸負(fù)半軸上的一點，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點．粒子的重力忽略不計．求：
(1)粒子在p點的速度大小；
(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強度的大小；
(3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過x軸的總時間．
【變式】如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔儯挥嬛亓Γ?br/>(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；
(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．
題型二　帶電粒子在疊加場中的運動
帶電粒子在疊加場中的運動的分析方法
磁場力，重力并存
(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．
【例3】如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)
A．經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
2.電場力、磁場力并存
(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解．
【例4】(多選)如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則 (　　)
A．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動
B．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)
C．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)
D．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動
3.電場力、磁場力、重力并存
(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動．
(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解．
【例5】(2019·浙江名校聯(lián)考) 質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(　　)
該微粒一定帶負(fù)電荷
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為
D．該電場的場強為Bvcos θ
【變式】(2019·贛州模擬)如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　)
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝
D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝
題型三　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間內(nèi)的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解
【例6】(2019·浙江寧波高三上學(xué)期期末十校聯(lián)考)如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿＋y方向的勻強電場，電場強度E＝×103 N/C。在y軸上放置一足夠大的擋板。t＝0時刻，一個帶正電粒子從P點以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁場。已知電場邊界MN到x軸的距離為 m，P點到坐標(biāo)原點O的距離為1.1 m，粒子的比荷＝106 C/kg，不計粒子的重力。求粒子：
(1)在磁場中運動時距x軸的最大距離；
(2)連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間；
(3)最終打在擋板上的位置到坐標(biāo)原點O的距離。
【變式】(2019·哈爾濱三中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運動且每次經(jīng)過mn的時刻均為整數(shù)倍，則：
(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌道半徑為多少？
(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)．
【題型演練】
1.(2019·山西名校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
2.(2019·廈門一模)如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的邊界進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則(　　)
若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t
B．若撒去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間等于t
C．若撒去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek
D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek
3.如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是(　　)
若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動
B．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動
C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動
D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動
4.如圖所示，相互正交的勻強電場方向豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里．帶有等量同種電荷的三個液滴在此空間中，a液滴靜止不動，b液滴沿水平線向右做直線運動，c液滴沿水平線向左做直線運動．則下列說法中正確的是(　　)
三個液滴都帶負(fù)電
B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率
C．三個液滴中液滴b質(zhì)量最大
D．液滴b和液滴c一定做的是勻速直線運動
5.如圖所示，實線表示豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是 (　　)
A．液滴一定做勻速直線運動
B．液滴一定帶負(fù)電
C．電場線方向一定斜向上
D．液滴有可能做勻變速直線運動
6. (2019·銅陵質(zhì)檢)如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v－t圖象如下圖所示，其中正確的是(　　)
7. 如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　)
A． 電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同
B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同
C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子
D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小
8.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的液滴，以速度v沿與水平成45°角斜向上進入正交的足夠大的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，液滴在場區(qū)做直線運動．重力加速度為g，求：
(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B各多大？
(2)當(dāng)液滴運動到某一點A時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場變化而產(chǎn)生的磁場的影響，此時液滴加速度多少？
(3)在滿足(2)的前提下，粒子從A點到達(dá)與A點位于同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間．
9．(2019·開封模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場垂直紙面向里．在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0×105 V/m.在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到零后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計．
(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程．
10.(2019·貴州黔東南州模擬)空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大小；
(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時間．
第十講　電磁感應(yīng)現(xiàn)象　楞次定律
【基本概念、規(guī)律】
一、磁通量
1．定義：在磁感應(yīng)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＝B·S.
3．單位：1 Wb＝1_T·m2.
4．標(biāo)矢性：磁通量是標(biāo)量，但有正、負(fù)．
二、電磁感應(yīng)
1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象
當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中有電流產(chǎn)生，這種現(xiàn)象稱為電磁感應(yīng)現(xiàn)象．
2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件
(1)電路閉合；(2)磁通量變化．
3．能量轉(zhuǎn)化
發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．
特別提醒：無論回路是否閉合，只要穿過線圈平面的磁通量發(fā)生變化，線圈中就有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生．
三、感應(yīng)電流方向的判斷
1．楞次定律
(1)內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．
(2)適用情況：所有的電磁感應(yīng)現(xiàn)象．
2．右手定則
(1)內(nèi)容：伸開右手，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)，讓磁感線從掌心進入，并使拇指指向?qū)w運動的方向，這時四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向．
(2)適用情況：導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流．
【重要考點歸納】
考點一　電磁感應(yīng)現(xiàn)象的判斷
1.判斷電路中能否產(chǎn)生感應(yīng)電流的一般流程：
2.判斷能否產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是看回路的磁通量是否發(fā)生了變化．磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多種形式，主要有：
(1)S、θ不變，B改變，這時ΔΦ＝ΔB·Ssin θ；
(2)B、θ不變，S改變，這時ΔΦ＝ΔS·Bsin θ；
(3)B、S不變，θ改變，這時ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)．
題型一　電磁感應(yīng)現(xiàn)象的判斷
1.常見的產(chǎn)生感應(yīng)電流的三種情況
【例1】(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　)
A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動
B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向
C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向
D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動
【變式1】現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關(guān)按如圖所示連接．下列說法正確的(　　)
A．開關(guān)閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉(zhuǎn)
B．線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間，電流計指針均不會偏轉(zhuǎn)
C．開關(guān)閉合后，滑動變阻器的滑片P勻速滑動，會使電流計指針靜止在中央零刻度
D．開關(guān)閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電流計指針才能偏轉(zhuǎn)
【變式2】.(2019·佛山高三質(zhì)檢)如圖所示，一通電螺線管b放在閉合金屬線圈a內(nèi)，螺線管的中心軸線恰和線圈的一條直徑MN重合．要使線圈a中產(chǎn)生感應(yīng)電流，可采用的方法有 （ ）
使通電螺線管中的電流發(fā)生變化
B．使螺線管繞垂直于線圈平面且過線圈圓心的軸轉(zhuǎn)動
C．使線圈a以MN為軸轉(zhuǎn)動
D．使線圈繞垂直于MN的直徑轉(zhuǎn)動
【變式3】如圖所示，一個U形金屬導(dǎo)軌水平放置，其上放有一個金屬導(dǎo)體棒ab，有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ.在下列各過程中，一定能在軌道回路里產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（ ）
ab向右運動，同時使θ減小
B．使磁感應(yīng)強度B減小，θ角同時也減小
C．a(chǎn)b向左運動，同時增大磁感應(yīng)強度B
D．a(chǎn)b向右運動，同時增大磁感應(yīng)強度B和θ角(0°<θ<90°)
題型二　感應(yīng)電流方向的兩種判斷方法
1．用楞次定律判斷
(1)楞次定律中“阻礙”的含義：
2．用右手定則判斷
該方法只適用于切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流，注意三個要點：
(1)掌心——磁感線垂直穿入掌心；
(2)拇指——指向?qū)w運動的方向；
(3)四指——指向感應(yīng)電流的方向．
【例2】（2018·全國III卷）如圖（a），在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電流i，i的變化如圖（b）所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢（ ）
A．在時為零 B．在時改變方向
C．在時最大，且沿順時針方向 D．在時最大，且沿順時針方向
【變式1】(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是(　　)
PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向
PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向
PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向
D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向
【變式2】(2019·貴州遵義模擬)如圖所示，在通電長直導(dǎo)線AB的一側(cè)懸掛一可以自由擺動的閉合矩形金屬線圈P，AB在線圈平面內(nèi)．當(dāng)發(fā)現(xiàn)閉合線圈向右擺動時 (　　)
A．AB中的電流減小，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
B．AB中的電流不變，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
C．AB中的電流增大，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
D．AB中的電流增大，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流
題型三　楞次定律推論的應(yīng)用
楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為：感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，列表說明如下：
內(nèi)容 例證
阻礙原磁通量變化 ——“增反減同”
阻礙相對運動 ——“來拒去留”
使回路面積有擴大或縮小的趨勢 ——“增縮減擴”
阻礙原電流的變化 ——“增反減同”
“增反減同”現(xiàn)象
【例3】．(多選) 如圖所示，磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強度在豎直方向均勻分布，水平方向非均勻分布．一銅制圓環(huán)用絲線懸掛于O點，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在圓環(huán)從a擺向b的過程中(　　)
感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針再逆時針
B．感應(yīng)電流方向一直是逆時針
C．安培力方向始終與速度方向相反
D．安培力方向始終沿水平方向
“增縮減擴”現(xiàn)象
【例4】(2019·廣東廣州名校聯(lián)考)如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管b與電源、滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是(　　)
線圈a中將產(chǎn)生沿順時針方向(俯視)的感應(yīng)電流
B．穿過線圈a的磁通量減小
C．線圈a有擴張的趨勢
D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大
“來拒去留”現(xiàn)象
【例5】. (2019·綿陽模擬)兩個閉合的金屬環(huán)，穿在一根光滑的絕緣桿上，如圖所示，當(dāng)條形磁鐵的S極自右向左插向圓環(huán)時，環(huán)的運動情況是(　　)
A．兩環(huán)同時向左移動，間距增大 B．兩環(huán)同時向左移動，間距變小
C．兩環(huán)同時向右移動，間距變小 D．兩環(huán)同時向左移動，間距不變
題型四　三定則一定律的應(yīng)用
1.安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的應(yīng)用對比
基本現(xiàn)象 因果關(guān)系 應(yīng)用規(guī)律
運動電荷、電流產(chǎn)生磁場 因電生磁 安培定則
磁場對運動電荷、電流有作用力 因電受力 左手定則
部分導(dǎo)體做切割磁感線運動 因動生電 右手定則
閉合回路磁通量變化 因磁生電 楞次定律
2.“三個定則”和“一個定律”的因果關(guān)系
(1)因電而生磁(I→B)→安培定則；
(2)因動而生電(v、B→I安)→右手定則；
(3)因電而受力(I、B→F安)→左手定則；
(4)因磁而生電(S、B→I安)→楞次定律．
因電生動
【例6】(2019·貴州五校聯(lián)考)如圖所示，在勻強磁場中，放有一與線圈D相連接的平行導(dǎo)軌，要使放在線圈D中的線圈A(A、D兩線圈同心共面)各處受到沿半徑方向指向圓心的力，金屬棒MN的運動情況可能是(　　)
勻速向右　　　　　　B．加速向左
C．加速向右 D．減速向左
【變式】.(多選)如圖所示，金屬導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒ab在勻強磁場中沿導(dǎo)軌做下列哪種運動時，銅制線圈c中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生且被螺線管吸引(　　)
向右做勻速運動 B．向左做減速運動
C．向右做減速運動 D．向右做加速運動
“因電而動”現(xiàn)象的判斷
【例7】. 如圖所示，通電螺線管置于水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ之間，ab和cd是放在導(dǎo)軌上的兩根金屬棒，它們分別靜止在螺線管的左右兩側(cè)，現(xiàn)使滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動，則ab和cd棒的運動情況是(　　)
ab向左運動，cd向右運動
B．a(chǎn)b向右運動，cd向左運動
C．a(chǎn)b、cd都向右運動
D．a(chǎn)b、cd保持靜止
【變式】如圖所示，ab是一個可以繞垂直于紙面的軸O轉(zhuǎn)動的閉合矩形導(dǎo)體線圈，當(dāng)滑動變阻器R的滑片P自左向右滑動過程中，線圈ab將(　　)
靜止不動
B．逆時針轉(zhuǎn)動
C．順時針轉(zhuǎn)動
D．發(fā)生轉(zhuǎn)動，但因電源的極性不明，無法確定轉(zhuǎn)動的方向
【題型演練】
1．(2019·北京西城區(qū)期末)從1822年至1831年的近十年時間里，英國科學(xué)家法拉第心系“磁生電”．在他的研究過程中有兩個重要環(huán)節(jié)：(1)敏銳地覺察并提出“磁生電”的閃光思想；(2)通過大量實驗，將“磁生電”(產(chǎn)生感應(yīng)電流)的情況概括為五種：變化的電流、變化的磁場、運動的恒定電流、運動的磁鐵、在磁場中運動的導(dǎo)體．結(jié)合你學(xué)過的相關(guān)知識，試判斷下列說法正確的是(　　)
A．環(huán)節(jié)(1)提出“磁生電”思想是受到了麥克斯韋電磁場理論的啟發(fā)
B．環(huán)節(jié)(1)提出“磁生電”思想是為了對已經(jīng)觀察到的“磁生電”現(xiàn)象做出合理解釋
C．環(huán)節(jié)(2)中五種“磁生電”的條件都可以概括為“穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化”
D．環(huán)節(jié)(2)中“在磁場中運動的導(dǎo)體”這種情況不符合“穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化”這一條件
2.下列圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(　　)
3．物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實驗”．如圖所示，她把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來后，將一金屬套環(huán)置于線圈L上，且使鐵芯穿過套環(huán)，閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起．某同學(xué)另找來器材再探究此實驗．他連接好電路，經(jīng)重復(fù)試驗，線圈上的套環(huán)均未動．對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導(dǎo)致套環(huán)未動的原因可能是(　　)
線圈接在了直流電源上
B．電源電壓過高
C．所選線圈的匝數(shù)過多
D．所用套環(huán)的材料與老師的不同
(2019·浙江寧波模擬)如圖甲所示，在同一平面內(nèi)有兩個圓環(huán)A、B，圓環(huán)A將圓環(huán)B分為面積相等的兩部分，以圖甲中A環(huán)電流沿順時針方向為正，當(dāng)圓環(huán)A中的電流如圖乙所示變化時，下列說法正確的是(　　)
B中始終沒有感應(yīng)電流
B．B中有順時針方向的感應(yīng)電流
C．B中有逆時針方向的感應(yīng)電流
D．B中的感應(yīng)電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向
5.如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由 Ⅰ 平移到 Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到 Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則 (　　)
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)
6.(2019·湖南株洲模擬)如圖，在一根豎直放置的銅管的正上方某處從靜止開始釋放一個強磁體，在強磁體沿著銅管中心軸線穿過銅管的整個過程中，不計空氣阻力，那么 (　　)
A．由于銅是非磁性材料，故強磁體運動的加速度始終等于重力加速度
B．由于銅是金屬材料，能夠被磁化，使得強磁體進入銅管時加速度大于重力加速度，離開銅管時加速度小于重力加速度
C．由于銅是金屬材料，在強磁體穿過銅管的整個過程中，銅管中都有感應(yīng)電流，加速度始終小于重力加速度
D．由于銅是金屬材料，銅管可視為閉合回路，強磁體進入和離開銅管時產(chǎn)生感應(yīng)電流，在進入和離開銅管時加速度都小于重力加速度，但在銅管內(nèi)部時加速度等于重力加速度
7. 如圖，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈．當(dāng)一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方水平快速經(jīng)過時，若線圈始終不動，則關(guān)于線圈受到的支持力FN及在水平方向運動趨勢的正確判斷是(　　)
FN先小于mg后大于mg，運動趨勢向左
B．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向左
C．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢向右
D．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右
8. 如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h(yuǎn)處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上．磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸．若不計空氣阻力．重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)
A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針(從上向下看)
B．磁鐵在整個下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力先豎直向上后豎直向下
C．磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變
D．磁鐵落地時的速率一定等于
9.(2019·青島模擬)如圖甲所示，水平面上的平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒中間用絕緣絲線系住．開始時勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖乙所示，I和FT分別表示流過導(dǎo)體棒中的電流和絲線的拉力(不計電流之間的相互作用力)，則在t0時刻(　　)
I＝0，F(xiàn)T＝0　　　　
B．I＝0，F(xiàn)T≠0
C．I≠0，F(xiàn)T＝0
D．I≠0，F(xiàn)T≠0
10. (2019·江蘇揚州一模)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的。電磁驅(qū)動原理如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關(guān)S的瞬間(　　)
兩個金屬環(huán)都向左運動
B．兩個金屬環(huán)都向右運動
C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力
D．從左側(cè)向右看，鋁環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向
11.(2019·海南嘉積模擬)電阻R、電容C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示，現(xiàn)使磁鐵由靜止開始下落，在N極接近線圈上端的過程中，下列說法正確的是(　　)
流過R的電流方向是a到b
B．電容器的下極板帶正電
C．磁鐵下落過程中，加速度保持不變
D．穿過線圈的磁通量不斷增大
12. 如圖所示，AOC是光滑的金屬軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金屬直桿如圖所示立在導(dǎo)軌上，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上，空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿滑動的過程中，下列判斷正確的是(　　)
感應(yīng)電流的方向始終是由P→Q
B．感應(yīng)電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C．PQ受磁場力的方向垂直桿向左
D．PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左，后垂直于桿向右
13.(2019·廣東珠海摸底)矩形導(dǎo)線框abcd與長直導(dǎo)線MN放在同一水平面上，ab邊與MN平行，導(dǎo)線MN中通入電流方向如圖所示，當(dāng)MN中的電流增大時，下列說法正確的是(　　)
導(dǎo)線框abcd有逆時針的感應(yīng)電流
B．bc、ad兩邊均不受安培力的作用
C．導(dǎo)線框所受的安培力的合力向右
D．MN所受線框給它的作用力向左
14.(2019·聊城模擬)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的．電磁驅(qū)動原理如圖所示，當(dāng)固定線圈上突然通過直流電流時，線圈左端的金屬環(huán)被彈射出去．現(xiàn)在固定線圈左側(cè)同一位置，先后放有分別用橫截面積相等的銅和鋁導(dǎo)線制成形狀、大小相同的兩個閉合環(huán)，且電阻率ρ銅<ρ鋁．閉合開關(guān)S的瞬間(　　)
從左側(cè)看環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向
B．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力
C．若將環(huán)放置在線圈右方，環(huán)將向左運動
D．電池正負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)不能向左彈射
15.兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強磁場中，在導(dǎo)軌上接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以自由滑動．當(dāng)AB在外力F作用下向右運動時，下列說法中正確的是(　　)
導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是D→C
B．導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是C→D
C．磁場對導(dǎo)體棒CD的作用力向左
D．磁場對導(dǎo)體棒AB的作用力向左
法拉第電磁感應(yīng)定律　自感　渦流
【基本概念、規(guī)律】
一、法拉第電磁感應(yīng)定律
1．感應(yīng)電動勢
(1)感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．
(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝.
2．法拉第電磁感應(yīng)定律
(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝n，n為線圈匝數(shù)．
3．導(dǎo)體切割磁感線的情形
(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.
(2)若B⊥l，l⊥v，v與B夾角為θ，則E＝Blvsin_θ.
二、自感與渦流
1．自感現(xiàn)象
(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢．
(2)表達(dá)式：E＝L.
(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．
2．渦流
當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生像水的旋渦狀的感應(yīng)電流．
(1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運動時，感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運動．
(2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，使導(dǎo)體受到安培力作用，安培力使導(dǎo)體運動起來．
交流感應(yīng)電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的．
【重要考點歸納】
考點一　公式E＝nΔΦ/Δt的應(yīng)用
1．感應(yīng)電動勢大小的決定因素
(1)感應(yīng)電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．
(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時，則E＝n；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝n.
2．磁通量的變化率是Φ－t圖象上某點切線的斜率．
3.應(yīng)用電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題
(1)公式E＝n求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．
(2)利用公式E＝nS求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．
(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝Δt＝Δt＝.
題型一　法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用
【例1】(2019·全國卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖a所示；磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)(　　)
A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向
C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為
【變式1】如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是(　　)
Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向
【變式2】輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42 kg、邊長為L＝1 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示．磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化關(guān)系如圖乙所示．(g取10 m/s2)
(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時針還是逆時針；
(2)求線圈的電功率；
(3)求在t＝4 s時輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小．
考點二　公式E＝Blv的應(yīng)用
1．使用條件
本公式是在一定條件下得出的，除了磁場是勻強磁場外，還需B、l、v三者相互垂直．實際問題中當(dāng)它們不相互垂直時，應(yīng)取垂直的分量進行計算，公式可為E＝Blvsin θ，θ為B與v方向間的夾角．
2．使用范圍
導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即＝Bl.若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．
3．有效性
公式中的l為有效切割長度，即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投影長度．例如，求下圖中MN兩點間的電動勢時，有效長度分別為
甲圖：l＝cdsin β.
乙圖：沿v1方向運動時，l＝；沿v2方向運動時，l＝0.
丙圖：沿v1方向運動時，l＝R；沿v2方向運動時，l＝0；沿v3方向運動時，l＝R.
4．相對性
E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．
5.感應(yīng)電動勢兩個公式的比較
公式 E＝n E＝Blv
導(dǎo)體 一個回路 一段導(dǎo)體
適用 普遍適用 導(dǎo)體切割磁感線
意義 常用于求平均電動勢 既可求平均值也可求瞬時值
聯(lián)系 本質(zhì)上是統(tǒng)一的．但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運動時，用E＝Blv求E比較方便；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝n求E比較方便
題型二　導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢
導(dǎo)體平動切割磁感線問題
【例2】(2019·甘肅靖遠(yuǎn)模擬)如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則(　　)
A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為 B．電路中感應(yīng)電流的大小為
C．金屬桿所受安培力的大小為 D．金屬桿的熱功率為
【變式1】 (2017·高考天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　)
A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
【變式2】如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為 (　　)
A．c→a,2∶1　　　　　　　 B．a(chǎn)→c,2∶1
C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2
導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題
【例3】. 半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值也為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．下列說法正確的是(　　)
A．金屬棒中電流從B流向A B．金屬棒兩端電壓為Bωr2
C．電容器的M板帶負(fù)電 D．電容器所帶電荷量為CBωr2
【變式1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　)
A．Ua>Uc，金屬框中無電流 B．Ub >Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－a
C．Ub c＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ub c＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a
【變式2】(2016·高考全國卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻P、R的電流，下列說法正確的是 (　　)
A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動
C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化
D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍
題型三 應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問題
(1)公式E＝n求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．
(2)利用公式E＝nS求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．
(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)．
推導(dǎo)如下：q＝Δt＝Δt＝.
【例4】(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程 Ⅰ、Ⅱ 中，流過OM的電荷量相等，則等于 (　　)
A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D．2
【變式1】(2019·長沙模擬) 如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則(　　)
A．W1C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2
【變式2】(2019·黑龍江牡丹江一中模擬)如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑水平導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過程中(　　)
A．回路電流I1∶I2＝1∶2 B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4
C．通過任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶1 D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
考點三　自感現(xiàn)象的分析
1．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解
(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．
(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減小．
2．自感現(xiàn)象的四個特點
(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．
(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．
(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體．
(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．
3．自感現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化
通電自感中，電能轉(zhuǎn)化為磁場能；斷電自感中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能．
4.分析自感現(xiàn)象的兩點注意
(1)通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程，線圈中電流逐漸變大，斷電過程，線圈中電流逐漸變小，方向不變．此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路．
(2)斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的判斷，在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來強，則燈泡先閃亮后再慢慢熄滅．
題型四　自感和渦流
自感中“閃亮”與“不閃亮”問題
與線圈串聯(lián)的燈泡 與線圈并聯(lián)的燈泡
電路圖
通電時 電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮 電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定
斷電時 電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變 電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2： ①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗； ②若I2＞I1，燈泡“閃亮”后逐漸變暗． 兩種情況下燈泡中電流方向均改變
【例5】電流傳感器在電路中相當(dāng)于電流表，可以用來研究自感現(xiàn)象．在如圖所示的實驗電路中，L是自感線圈，其自感系數(shù)足夠大，直流電阻值大于燈泡D的阻值，電流傳感器的電阻可以忽略不計．在t＝0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻斷開開關(guān)S.在下列表示電流傳感器記錄的電流隨時間變化情況的圖象中，可能正確的是 (　　)
【題后反思】處理自感現(xiàn)象問題的技巧
(1)通電自感：線圈相當(dāng)于一個變化的電阻——阻值由無窮大逐漸減小，通電瞬間自感線圈處相當(dāng)于斷路．
(2)斷電自感：斷電時自感線圈處相當(dāng)于電源，自感電動勢由某值逐漸減小到零．
(3)電流穩(wěn)定時，理想的自感線圈相當(dāng)于導(dǎo)線，非理想的自感線圈相當(dāng)于定值電阻．
【變式1】.(多選)如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是 (　　)
A．閉合開關(guān)S時，A、B燈同時亮，且達(dá)到正常 B．閉合開關(guān)S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮
C．閉合開關(guān)S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮 D．?dāng)嚅_開關(guān)S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅
【變式2】．(2017·高考北京卷)如圖所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮．而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是 (　　)
A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流
C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等
【題型演練】
1.(多選)(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖甲，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖乙所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢(　　)
A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向
C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向
2．(多選)如圖甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則 (　　)
A．在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗
B．在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗
C．在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗
D．在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗
3．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是 (　　)
A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流 B．在t＝2.5 s時導(dǎo)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1 V
C．在0～2 s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為20 C D．在t＝1 s時，導(dǎo)線圈內(nèi)電流的瞬時功率為10 W
4.(2019·吉林長春七校聯(lián)考)一匝由粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線繞成的矩形導(dǎo)線框abcd固定不動，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t均勻變化，且＝k(k>0)．已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長度的電阻為r，則導(dǎo)線框abcd中的電流為 (　　)
A. B.
C. D.
5.(2019·山東德州模擬)如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場方向垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化．t＝0時，P、Q兩極板電勢相等，兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑．經(jīng)時間t，電容器的P極板 (　　)
A．不帶電 B．所帶電荷量與t成正比
C．帶正電，電荷量是 D．帶負(fù)電，電荷量是
6．(2019·云南玉溪一中檢測)如圖所示，三個相同的金屬圓環(huán)內(nèi)存在著不同的有界勻強磁場，虛線表示環(huán)的某條直徑，已知所有磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系都滿足B＝kt，磁場方向如圖所示．測得A環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強度為I，則B環(huán)和C環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強度分別為 (　　)
A．IB＝I，IC＝0 B．IB＝I，IC＝2I
C．IB＝2I，IC＝2I D．IB＝2I，IC＝0
7.如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計．MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里)．現(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運動．令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是 (　　)
A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d
B．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
8．(2019·廣西南寧二中等三校聯(lián)考)如圖所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為r，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為r.由此可知，下列說法正確的是 (　　)
A．電容器下極板帶正電 B．電容器上極板帶正電
C．電容器所帶電荷量為 D．電容器所帶電荷量為nSkC
9.(2019·貴州遵義航天中學(xué)模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間 (　　)
A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電
C．MN所受安培力的大小始終沒變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左
10.用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化率＝k(k<0)．則 (　　)
A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)具有擴張的趨勢
C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為 D．圖中a、b兩點間的電勢差Uab＝
11.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4 m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05 kg、電阻為1 Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若cd桿以恒定加速度a＝2 m/s2，由靜止開始做勻加速直線運動，則：
(1)在5 s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？
(2)第5 s末，回路中的電流多大？
(3)第5 s末，作用在cd桿上的水平外力多大？
12．(2019·江蘇溧水中學(xué)模擬)如圖所示，以MN為下邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外， MN上方有一單匝矩形導(dǎo)線框abcd，其質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長為l1，bc邊長為l2，cd邊離MN的高度為h.現(xiàn)將線框由靜止釋放，線框下落過程中ab邊始終保持水平，且ab邊離開磁場前已做勻速直線運動，求線框從靜止釋放到完全離開磁場的過程中：
(1)ab邊離

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