資源簡介

專題十一　磁場
考點過關練
考點一　磁場對電流的作用
1.(2023江蘇,2,4分)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I,放置在磁場中。已知ab邊長為2l,與磁場方向垂直,bc邊長為l,與磁場方向平行。該導線受到的安培力為 (　　)
A.0　　　　B.BIl　　　　C.2BIl　　　　D.BIl
答案　C　
2.(2021廣東,5,4分)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線,長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線。若中心直導線通入電流I1,四根平行直導線均通入電流I2,I1 I2,電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是　 (　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
答案　C　
3.(2022江蘇,3,4分)如圖所示,兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直,a平行于紙面,電流方向向右,b垂直于紙面,電流方向向里。則導線a所受安培力方向 (　　)
A.平行于紙面向上
B.平行于紙面向下
C.左半部分垂直紙面向外,右半部分垂直紙面向里
D.左半部分垂直紙面向里,右半部分垂直紙面向外
答案　C　
4.(2021福建,6,4分)(多選)如圖,四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面,導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點,正方形中心位于坐標原點O,e為cd的中點且在y軸上;四條導線中的電流大小相等,其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里,其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則 (　　)
A.O點的磁感應強度為0
B.O點的磁感應強度方向由O指向c
C.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向
D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向
答案　BD　
5.(2022湖南,3,4分)如圖(a),直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上,其所在區域存在方向垂直指向OO'的磁場,與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化,其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I,靜止后,懸繩偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是 (　　)
A.當導線靜止在圖(a)右側位置時,導線中電流方向由N指向M
B.電流I增大,靜止后,導線對懸繩的拉力不變
C.tan θ與電流I成正比
D.sin θ與電流I成正比
答案　D　
考點二　磁場對運動電荷的作用
6.(2022北京,7,3分)正電子是電子的反粒子,與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場,從P點發出兩個電子和一個正電子,三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是 (　　)
A.磁場方向垂直于紙面向里
B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大
C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大
D.軌跡3對應的粒子是正電子
答案　A　
7.(2021全國乙,16,6分)如圖,圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場,質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉90°;若射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉60°。不計重力。則為 (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
答案　B　
8.(2020課標Ⅲ,18,6分)真空中有一勻強磁場,磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面,磁場的方向與圓柱軸線平行,其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m, 電荷量為e, 忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內,磁場的磁感應強度最小為 (　　)
A.　　 B.　　 C.　　 D.
答案　C　
9.(2023全國乙,18,6分)如圖,一磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面(xOy平面)向里,磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中,在磁場另一側的S點射出,粒子離開磁場后,沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點;SP=l,S與屏的距離為,與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變,在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場,該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為 (　　)
A.　　 B.　　 C.　　 D.
答案　A　
10.(2020課標Ⅱ,24,12分)如圖,在0≤x≤h,-∞0)的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場,不計重力。
(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場,分析說明磁場的方向,并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm;
(2)如果磁感應強度大小為,粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。
答案　(1)由題意,粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力,因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R,根據洛倫茲力公式和圓周運動規律,有qv0B=m ①
由此可得R= ②
粒子穿過y軸正半軸離開磁場,其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上,半徑應滿足R≤h ③
由題意,當磁感應強度大小為Bm時,粒子的運動半徑最大,由此得Bm=。 ④
(2)若磁感應強度大小為,粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上,結合②④式可得,此時圓弧半徑為
R'=2h ⑤
粒子會穿過圖中P點離開磁場,運動軌跡如圖所示。
設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α,由幾何關系有sin α== ⑥
得α= ⑦
由幾何關系可得,P點到x軸的距離為
y=2h(1-cos α) ⑧
聯立⑦⑧式得y=(2-)h。 ⑨
11.(2019課標Ⅰ,24,12分)如圖,在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場,磁感應強度大小為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)
模型強化練
模型一　帶電粒子在疊加場中的運動
1.(2023海南,2,3分)如圖所示,帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場,關于小球運動和受力的說法正確的是 (　　)
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程中的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
答案　A　
2.(2022廣東,8,6分)(多選)如圖所示,磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上,下列說法正確的有　 (　　)
A.電子從N到P,電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N,洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
答案　BC　
3.(2022全國甲,18,6分)空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是 (　　)
答案　B　
4.(2021福建,2,4分)一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場,其中電場的方向與金屬板垂直,磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里,如圖所示。一質子H)以速度v0自O點沿中軸線射入,恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O點沿中軸線射入,能夠做勻速直線運動的是(所有粒子均不考慮重力的影響) (　　)
A.以速度射入的正電子e)
B.以速度v0射入的電子e)
C.以速度2v0射入的氘核H)
D.以速度4v0射入的α粒子He)
答案　B　
5.(2022重慶,5,4分)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則 (　　)
A.電場力的瞬時功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
答案　D　
6.(2023新課標,18,6分)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側,如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為 (　　)
A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
答案　C　
7.(2023江蘇,16,15分)霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動;入射速度小于v0時,電子的運動軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。
(1)求電場強度的大小E;
(2)若電子入射速度為,求運動到速度為時位置的縱坐標y1;
(3)若電子入射速度在0答案　(1)v0B　(2)　(3)90%
模型二　帶電粒子在組合場中的運動
8.(2022湖北,8,4分)(多選)在如圖所示的平面內,分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分,一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場,另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子,離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k,不計重力。若離子從P點射出,設出射方向與入射方向的夾角為θ,則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為 (　　)
A.kBL,0°　　　　　　　　B.kBL,0°
C.kBL,60°　　　　　　　　D.2kBL,60°
答案　BC　
9.(2022廣東,7,4分)如圖所示,一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域,兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面進入磁場,并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中,可能正確的是 (　　)
答案　A　
10.(2019課標Ⅲ,18,6分)如圖,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為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　
11.(2023海南,13,4分)(多選)如圖所示,質量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子,從坐標原點O以初速度v0射入第一象限內的電、磁場區域,在0x0區域內有垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場,控制電場強度E(E值有多種可能),可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到足夠長的接收器MN上,不計重力,則 (　　)
A.粒子從NP中點射入磁場,電場強度E=
B.粒子從NP中點射入磁場時的速度v=v0
C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為
D.粒子在磁場中運動的軌跡半徑的最大值是
答案　AD　
12.(2023遼寧,14,13分)如圖,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域,其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為,不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U。
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ。
(3)僅改變圓形磁場區域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
答案　(1)　(2)60°或　(3)粒子在圓形磁場區域中的運動軌跡對應的弦越長,運動時間越長,故運動軌跡對應的弦為圓形磁場區域的直徑時,粒子在磁場中的運動時間最長,設粒子射入磁場時的速度方向與水平方向夾角為β,則有cos β==,即β=30°,如圖2所示,由幾何關系知cos α==,故30°<α<60°,故可找到弦O'A的位置(其中A為粒子射出圓形磁場區域的位置)、圓心M的位置,進而畫出粒子的運動軌跡。
13.(2021廣東,14,15分)如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖。空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域,圓a內為無場區,圓a與圓b之間存在輻射狀電場,圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區磁感應強度恒定,大小不同,方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場。電場可以反向,保證電子每次進入電場即被全程加速。已知圓a與圓b之間電勢差為U,圓b半徑為R,圓c半徑為R,電子質量為m,電荷量為e。忽略相對論效應。取tan 22.5°=0.4。
(1)當Ek0=0時,電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場,且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°,最終從Q點出射,運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示。求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能;
(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰,就能從出射區域出射。當Ek0=keU時,要保證電子從出射區域出射,求k的最大值。
答案　(1)　　8eU　(2)
14.(2021浙江6月選考,22,10分)如圖甲所示,空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構成,其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標原點,垂直立方體側面和金屬板建立x、y和z坐標軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場;立方體內存在磁場,其磁感應強度沿z方向的分量始終為零,沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規律如圖乙所示,圖中B0可調。氙離子(Xe2+)束從離子源小孔S射出,沿z方向勻速運動到M板,經電場加速進入磁場區域,最后從端面P射出。測得離子經電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0。已知單個離子的質量為m、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用,且射出的離子總質量遠小于推進器的質量。
(1)求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小vS;
(2)不考慮在磁場突變時運動的離子,調節B0的值,使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出,求B0的取值范圍;
(3)設離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T,單位時間從端面P射出的離子數為n,且B0=,求圖乙中t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力。
答案　(1)　(2)0~　(3)離子在立方體中運動軌跡的剖面圖如圖所示
洛倫茲力提供向心力,有2ev0(B0)=
且滿足B0=
解得R3=L,cos θ=
離子從端面P射出時,在沿z軸方向根據動量定理有
FΔt=nΔt·mv0 cos θ-0
根據牛頓第三定律可得離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力大小為F'=F=nmv0,方向沿z軸負方向。
考點強化練
考點一　磁場對電流的作用
1.(2023屆廣州二模,9)(多選)如圖是安培研究通電導體間相互作用的簡化示意圖。甲、乙、丙三個圓形線圈的圓心在同一水平軸線上,軸線垂直線圈平面。甲和丙固定且用導線串聯,并通以電流I1,乙通入電流I2,電流方向在圖中標出,則乙線圈 (　　)
A.圓心處的磁場方向水平向左
B.圓心處的磁場方向水平向右
C.受到甲對它的吸引力
D.受到丙對它的排斥力
答案　BC　
2.(2023屆廣東一模,9)(多選)如圖,用輕質導線將一根硬直金屬棒與電源、開關連接成電路,并使金屬棒與ad'平行,放置在正方體的上表面,正方體處在勻強磁場中。閉合開關,發現金屬棒豎直向上跳起,由此可知,該區域的磁場方向可能是 (　　)
A.垂直于aa'd'd平面
B.垂直于abb'a'平面
C.垂直于a'b'c'd'平面
D.垂直于abc'd'平面
答案　BCD　
3.(2023屆廣州執信中學三模,3)如圖甲所示為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙,間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心,A點、B點分別為Oa、Od的中點。已知通電導線在周圍產生磁場的磁感應強度與電流大小成正比,與到導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂直紙面向外,大小相等的電流,其中a導線中的電流對b導線中電流的安培力大小為F,則　 (　　)
　　
A.A點和B點的磁感應強度相同
B.b導線所受安培力大小為F
C.a、b、c、d、e五根導線在O點產生磁場的磁感應強度方向垂直于ed向下
D.a、b、c、d、e五根導線在O點產生磁場的磁感應強度方向垂直于ed向上
答案　C　
考點二　磁場對運動電荷的作用
4.(2023屆江門一模,6)一種粒子探測器的簡化模型如圖所示。圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,PQ過圓心,平板MQN為探測器,整個裝置放在真空環境中。所有帶電離子從P點沿PQ方向射入磁場,忽略離子重力及離子間相互作用力。對能夠打到探測器上的離子,下列分析正確的是 (　　)
A.打在Q點左側的離子帶正電
B.打在MQN上離Q點越遠的離子,入射速度一定越大
C.打在MQN上離Q點越遠的離子,比荷一定越大
D.入射速度相同的氫離子和氘離子,打在MQN上的位置更靠近Q點的是氘離子
答案　D　
5.(2024屆廣東9月聯考,8)(多選)如圖所示,虛線框MNQP內的勻強磁場垂直紙面向里,a、b、c三個帶電粒子先后從PQ邊的中點垂直于PQ邊射入磁場,速度方向均平行于紙面,它們在磁場中運動的軌跡在圖中均已畫出。不計粒子所受的重力,下列說法正確的是 (　　)
A.粒子b、c均帶正電
B.若三個粒子的比荷相同,則粒子b在磁場中的速度最大
C.若三個粒子的比荷相同,則粒子a在磁場中運動的時間最長
D.若三個粒子入射的動量相同,則粒子c所帶的電荷量最小
答案　BC　
模型綜合練
模型一　帶電粒子在疊加場中的運動
1.(2023屆汕尾中學期末,6)如圖所示,空間中存在著正交的勻強磁場和勻強電場,已知電場強度大小為E,方向豎直向下,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面。一電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入其中,運動軌跡如圖所示,其中O、Q和P分別為軌跡在一個周期內的最高點和最低點,不計電子的重力。下列說法正確的是 (　　)
A.磁感應強度方向垂直紙面向外
B.電子的初速度v0小于
C.由O點至P點的運動過程中,電子的速度增大
D.將電子的初速度調整至合適值可以使其做直線運動
答案　D　
2.(2023屆茂名沖刺模擬,10)(多選)如圖所示,空間有一無限大、正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度為E,方向豎直向下,磁感應強度為B,方向垂直于紙面向外,場中有一內壁光滑豎直放置的絕緣長筒,其底部有一帶電荷量為-q(q>0),質量為的小球,g為重力加速度,小球直徑略小于長筒內徑。現長筒在外力作用下以大小為v0的速度向右做勻速直線運動。已知小球剛離開長筒時小球在豎直方向的分速度大小為v0,下列說法正確的是 (　　)
A.小球在長筒中的運動時間為
B.小球在長筒中的運動時間為
C.小球從長筒中飛出后做勻速圓周運動的軌道半徑的大小為
D.小球從長筒中飛出后做勻速圓周運動的軌道半徑的大小為
答案　BD　
3.(2023屆潮州二模,16)如圖所示,直角坐標系xOy所在豎直平面內,第一、第二象限中分布著沿x軸負方向的勻強電場E1,第三、第四象限中分布著沿y軸正方向的勻強電場E2;第三、第四象限還分布著勻強磁場(圖中未畫出)。一質量為m、帶電荷量為q的帶正電小球自坐標為(0,L)的A點由靜止出發,進入第三象限后恰能做勻速圓周運動并垂直于y軸射入第四象限,已知E1=,重力加速度為g。求:
(1)小球第一次通過x軸時的速度大小;
(2)勻強電場的電場強度E2和勻強磁場的磁感應強度B大小的比值;
(3)小球從第四象限穿出后,經過一段時間會再次到達x軸上的N點(圖中未標出),求小球從出發運動至N點的時間tAN。
答案　(1)2　(2)　(3)
模型二　帶電粒子在組合場中的運動
4.(2024屆潮州松昌中學摸底測,14)如圖所示,M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分,M與N的電勢差為U;邊長為2L的立方體區域內有豎直向上的勻強磁場。一質量為m,電荷量為+q的粒子,以初速度v0水平進入圓筒M左側的小孔。粒子在每個筒內均做勻速直線運動,在兩筒間做勻加速直線運動。粒子自圓筒N出來后,從正方形add'a'的中心垂直進入磁場區域,最后由正方形abb'a'中心垂直飛出磁場區域,忽略粒子受到的重力。求:
(1)粒子進入磁場區域時的速率;
(2)磁感應強度的大小。
答案　(1)　(2)
5.(2023屆河源期末,16)現代科技中常常利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動,某控制裝置如圖所示,區域Ⅰ中有圓弧形均勻輻向電場,半徑為R的弧線O'O處的場強大小處處相等,且大小為E1、方向指向圓心O1;在空間坐標系中,區域Ⅱ是邊長為L的正方體空間,該空間內充滿沿y軸正方向的勻強電場E2(大小未知);區域Ⅲ也是邊長為L的正方體空間,空間內充滿平行于xOy平面、與x軸負方向成45°角的勻強磁場,磁感應強度大小為B,在區域Ⅲ的上表面是一粒子收集板;一群比荷不同的帶正電粒子以不同的速率先后從O'沿切線方向進入輻向電場,所有粒子都能通過輻向電場從坐標原點O沿x軸正方向進入區域Ⅱ,不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用。
(1)若某一粒子進入輻向電場的速率為v0,該粒子通過區域Ⅱ后剛好從P點進入區域Ⅲ中,已知P點坐標為(L,,0),求該粒子的比荷和區域Ⅱ中電場強度E2的大小;
(2)保持(1)問中E2不變,為了使粒子能夠在區域Ⅲ中直接打到粒子收集板上,求粒子的比荷需要滿足的條件。
答案　(1)　　(2)<<
6.(2023屆茂名一模,15)如圖甲所示,空間存在方向豎直向上周期性變化的勻強電場,場強大小隨時間變化如圖乙所示,空間還存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小隨時間變化如圖丙所示。一個質量為0.1 kg、帶電荷量為+0.2 C的小球,在t=0時刻從空間P點在紙面內以水平向右大小為10 m/s的速度拋出。小球在空中運動的時間大于2 s,最終落地時速度垂直于地面。重力加速度為10 m/s2,小球可視為質點,求:
(1)t=1 s時,小球的速度大小;
(2)1~2 s內小球受到的合力大小;
(3)小球第一次速度水平向左時距P點的高度;
(4)P點離地面的高度至少為多少。
　　
答案　(1)10 m/s　(2)2π N　(3) m　(4) m
微專題專練
微專題15　磁場與現代科技
1.(2023廣東,5,4分)某小型醫用回旋加速器,最大回旋半徑為0.5 m,磁感應強度大小為1.12 T,質子加速后獲得的最大動能為1.5×107 eV。根據給出的數據,可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對論效應,1 eV=1.6×10-19 J) (　　)
A.3.6×106 m/s　　　　　　　　B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s　　　　　　　　D.2.4×108 m/s
答案　C　
2.(2021河北,5,4分)如圖,距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場,磁感應強度大小為B1,一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中,磁感應強度大小為B2,導軌平面與水平面夾角為θ,兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置,恰好靜止。重力加速度為g,不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是 (　　)
A.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上,v=
B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下,v=
C.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上,v=
D.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下,v=
答案　B　
3.(2023屆湛江一中、深圳實驗中學1月聯考,7)如圖所示,大量不同的帶電粒子從小孔進入電勢差為U的加速電場,其初速度幾乎為0,加速后經過小孔進入速度選擇器,速度選擇器中存在正交的勻強電場和勻強磁場,場強大小和磁感應強度大小分別為E和B1,粒子沿直線通過速度選擇器,再垂直進入右邊磁感應強度大小為B2的勻強磁場中,做勻速圓周運動打在底片上,不計粒子重力,則　 (　　)
A.粒子打在底片上不同位置是因為進入右邊磁場時的速度不同
B.粒子打在底片上不同位置是因為粒子比荷不同
C.如果速度選擇器平行板帶電荷量不變,僅使兩板間距離增大,能沿直線通過速度選擇器的粒子速度變小
D.如果增大速度選擇器中磁場的磁感應強度B1,能沿直線通過速度選擇器的粒子速度變大
答案　B　
4.(2024屆佛山南海摸底,14)如圖所示是某種質譜儀的結構簡化圖。質量為m、電荷量為+q的粒子束恰能沿直線通過速度選擇器,并從環狀D形盒的中縫(寬度略大于粒子直徑)射入磁感應強度為B0、方向垂直紙面向里的環形磁場區域。環狀D形盒的外半徑為2R,內半徑為R,外殼的厚度不計,出口M、N之間放置照相底片,底片能記錄粒子經過出口時的位置。已知速度選擇器中電場強度大小為E,方向水平向左,磁感應強度大小為B(磁場方向未畫出)。不計粒子重力,若帶電粒子能夠打到照相底片,求:
(1)B的方向以及粒子進入環狀D形盒時的速度大小;
(2)環狀D形盒中的磁感應強度B0的大小范圍。
答案　(1)垂直于紙面向外　　(2)≤B0≤
5.(2021天津,12,18分)霍爾元件是一種重要的磁傳感器,可用在多種自動控制系統中。長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c,以長方體三邊為坐標軸建立坐標系xyz,如圖所示。半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子,空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子,單位體積內自由電子和空穴的數目分別為n和p。當半導體材料通有沿+x方向的恒定電流后,某時刻在半導體所在空間加一勻強磁場,磁感應強度的大小為B,沿+y方向,于是在z方向上很快建立穩定電場,稱其為霍爾電場,已知電場強度大小為E,沿-z方向。
(1)判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向;
(2)若自由電子定向移動在沿+x方向上形成的電流為In,求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz;
(3)霍爾電場建立后,自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為vnz、vpz,求Δt時間內運動到半導體z方向的上表面的自由電子數與空穴數,并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應滿足的條件。
答案　(1)沿+z方向　(2)e
(3)nacvnzΔt　pacvpzΔt　大小相等、方向相反
微專題16　磁場中的動態圓問題
6.(2019北京,16,6分)如圖所示,正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入,從b點射出。下列說法正確的是 (　　)
A.粒子帶正電
B.粒子在b點速率大于在a點速率
C.若僅減小磁感應強度,則粒子可能從b點右側射出
D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場中運動時間變短
答案　C　
7.(2020課標Ⅰ,18,6分)一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中虛線所示,為半圓,ac、bd與直徑ab共線,ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,在紙面內從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為 (　　)
A.　　 B.　　 C.　　 D.
答案　C　
8.(2021海南,13,4分)(多選)如圖,在平面直角坐標系Oxy的第一象限內,存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。大量質量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0,L)點,以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場,設入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)。當α=150°時,粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則 (　　)
A.粒子一定帶正電
B.當α=45°時,粒子也垂直x軸離開磁場
C.粒子入射速率為
D.粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3L
答案　ACD　
9.(2020浙江7月選考,22,10分)某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內存在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場,探測板CD平行于HG水平放置,能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續從邊界EH水平射入磁場,b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界HG豎直向下射出,并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數均為N,離子束間的距離均為0.6R,探測板CD的寬度為0.5R,離子質量均為m,電荷量均為q,不計重力及離子間的相互作用。
(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界HG時與H點的距離s;
(2)求探測到三束離子時探測板與邊界HG的最大距離Lmax;
(3)若打到探測板上的離子被全部吸收,求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關系。
答案　(1)　0.8R　(2)R　(3)a或c束中每個離子動量的豎直分量p'=p cos α=0.8qBR
當0E與D在同一豎直線上,CD=0.5R、QE=0.2R,tan β=tan α=,解得L=0.4R
當R當L>0.4R,只有b束離子打到CD探測板上,F=Np=NqBR。
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考點一　磁場對電流的作用
一、磁場的描述
1.磁場的基本性質:磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用。
2.磁感應強度
(1)物理意義:描述磁場的強弱和方向的矢量。
(2)大小:B= 。
①比值定義法:此公式是由比值定義法得出的磁感應強度的定義式,僅在電流元(IL)與 磁場方向垂直時成立。
②決定因素:磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的,與I、B、F均無關。
(3)方向:小磁針靜止時N極的指向。
(4)單位:特斯拉,符號為T。
3.磁感線的特點
(1)方向:磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。
(2)強弱:磁感線的疏密程度定性地表示磁場的強弱。
(3)磁感線是閉合曲線,沒有起點和終點。在磁體外部,由N極指向S極;在磁體內部,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,客觀上并不存在。
4.勻強磁場:磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場。
5.地磁場
(1)地磁的N極在地理南極附近,地磁的S極在地理北極附近,磁感線分布大致如圖所 示。

(2)在赤道平面上,距離地球表面高度相等的各點,磁感應強度相等,且方向水平向北。
(3)地磁場在南半球有豎直向上的分量,在北半球有豎直向下的分量。
6.其他常見的磁場
(1)常見磁體的磁場(如圖所示)

(2)電流的磁場
直線電流
的磁場 通電螺線
管的磁場 環形電流
的磁場
特點 無磁極、非勻強磁場且 距導線越遠處磁場越弱 與條形磁體的磁場相似, 管內近似為勻強磁場,管 外為非勻強磁場 環形電流的兩側等效為 小磁針的N極和S極,且 離圓環中心越遠,磁場越 弱
安培定則
立體圖
橫截面圖
縱截面圖
7.磁場的疊加
磁感應強度是矢量,空間內某點的磁感應強度應為各磁場源在該點產生的磁感應強度 的矢量和,應用平行四邊形定則進行合成。如圖所示,B1、B2、B3分別為三個磁場源在 O點產生的磁感應強度,B為合磁感應強度。

例1　如圖所示為一邊長為d的正方體,在FE、ND兩邊放置兩條無限長直導線,分別通 有電流I1、I2,且I1=I2=I,電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時,所產生 的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B,則圖中C、O兩點處的磁感應強度大小 分別為 (　 )

A.2B、0　　　　　　　 B.2B、2B
C.0、 B　　　　　　　 D. B、 B
解析 根據右手螺旋定則可得兩處電流在O、C點產生的磁場方向如圖所示,且磁感
應強度大小均為B,則根據磁場的疊加可得,O、C兩點處的磁感應強度大小均為 B,D
正確。

答案 D
二、安培力
1.大小
(1)一般情況下:F=BIL sin θ,其中θ為磁感應強度B與電流I間的夾角。
(2)當磁感應強度B的方向與電流I的方向垂直時:F=BIL。
(3)當磁感應強度B的方向與電流I的方向平行時:F=0。
點撥拓展 L為導線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導線的有效長度L等于連接兩 端點的線段的長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。
2.方向
(1)用左手定則判定:伸開左手,使拇指與其余四指垂直,并且都與手掌在同一個平面內; 讓磁感線從掌心垂直進入,并使四指指向電流的方向,這時拇指所指的方向就是通電 導線在磁場中所受安培力的方向。

(2)安培力方向的特點:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I決定的平面。
3.安培力作用下導體運動的判斷方法
電流元法 分割為電流元 安培力方向→整段導體
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 環形電流→小磁針通電螺線管→條形磁體
結論法 兩電流相互平行時無轉動趨勢,同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究對象法 定性分析磁體在電流產生的磁場作用下的受力或運動的問題時,可先分析電流在磁體產生的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.順時針轉動
C.逆時針轉動　　　　　　　 D.在紙面內平動
解析 解法一　電流元法
把線圈L1沿水平轉軸分成上下兩部分,每一部分又可以看成無數段直線電流元,電流元 處在L2產生的磁場中,根據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方向均指向紙外,下半部分電流元所受安培力方向 均指向紙內,因此從左向右看,線圈L1將順時針轉動。
解法二　等效法
把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環形電流I2的中心,小磁針的N極應指向該 點環形電流I2的磁場方向,由安培定則可知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上,而L1 等效成小磁針后,轉動前,N極指向紙內,因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上,所以 從左向右看,線圈L1將順時針轉動。
解法三　結論法
環形電流I1、I2不平行,則一定有相對轉動,直到兩環形電流同向平行為止。據此可得, 從左向右看,線圈L1將順時針轉動。
答案 B
4.安培力作用下的平衡問題
(1)安培力作用下的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法是相同的,只不過多了安培 力,解題關鍵仍是受力分析。
(2)視圖轉換:對于安培力作用下的力學問題,導體中的電流方向、磁場方向以及其受 力方向往往分布在三維空間的不同方向上,這時應變立體圖為二維平面圖。如圖所示。

考點二　磁場對運動電荷的作用
一、洛倫茲力
1.定義:磁場對運動電荷的作用力叫作洛倫茲力。
2.大小
(1)當v∥B(或v=0)時,洛倫茲力F=0。
(2)當v⊥B時,洛倫茲力F=qvB。
(3)當v與B的夾角為θ時,F=qvB sin θ。
3.方向
(1)判定方法:左手定則
①掌心——磁感線垂直穿入掌心。
②四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向。
③拇指——指向洛倫茲力的方向。
(2)方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v決定的平面。由此我們可知,洛倫茲力不對受 其作用的電荷做功。
4.洛倫茲力與安培力的聯系與比較
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現,洛倫茲力是安培力的微觀實質。二者是相同性質的 力,都是磁場力。
(2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運動電荷不做功。
二、帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中的運動
1.基本運動分析
(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下的運動形式
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場的平面內,以入射速度v做勻速圓周運動。
③若v與B成θ角,帶電粒子在平行于磁場方向,以v cos θ做勻速直線運動;在垂直于磁場 方向,以v sin θ做勻速圓周運動,軌跡為螺旋線。
(2)洛倫茲力作用下帶電粒子做圓周運動的物理量

點撥拓展 周期T與軌道半徑r和運行速率v無關,只與磁場的磁感應強度B和粒子的比 荷有關。
2.帶電粒子在有界磁場中的運動
(1)圓心的確定
①已知兩個位置的速度方向時,可通過入射點和出射點作垂直于速度方向的直線,兩 條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖甲所示)。
②已知入射方向和入射點、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）。
③已知粒子軌跡上某點速度的方向及軌跡半徑r,則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的 位置為圓心(如圖丙所示)。
(2)半徑的計算
①動力學方程求半徑
由qvB=m 可得R= 。
②幾何知識求半徑
若軌跡明確,一般由數學知識(勾股定理、三角函數、弦切角定理等)來確定半徑。如 圖所示,已知勻強磁場區域的寬度為d,軌跡對應的水平長度為L,圓心角為θ,根據幾何
關系可得R= 。根據R2=L2+(R-d)2,可得R= 。

(3)運動時間的計算
①利用圓心角θ、周期T計算:t= T。
②利用弧長、線速度計算:t= 。
點撥拓展　 圓周運動中的幾種角度關系
若是劣弧,粒子速度的偏轉角(φ)等于圓心角(α),并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的 2倍(如圖所示),即φ=α=2θ=ωt。若是優弧,φ=2π-α。

(4)常見的幾種邊界磁場
①直線邊界:進出磁場具有對稱性。

②平行邊界:存在臨界條件。
　　
③圓形邊界:進出磁場具有對稱性。
a.沿徑向射入必沿徑向射出,如圖甲所示;
b.射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ,射出磁場時速度方向與磁場圓半徑的夾角 也為θ。可簡記為“等角進出”,如圖乙所示。
　
3.帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題
圖例 結論
帶電
粒子
電性
不確定 帶電粒子以速度v垂直射入勻強 磁場。如帶正電,其軌跡為a;如帶 負電,其軌跡為b
磁場
方向
不確定 帶正電粒子以速度v垂直射入勻 強磁場。若磁場方向垂直紙面 向里,其軌跡為a;若磁場方向垂直 紙面向外,其軌跡為b
臨界
狀態
不唯一 粒子恰好從下極板左側飛出,其 軌跡為a;粒子恰好從下極板右側 飛出,其軌跡為b
運動
具有
周期性 帶電粒子在電場、磁場相接的 空間運動時,往往具有周期性,因 而形成多解
例3　如圖所示,在直角三角形CDE區域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外 的勻強磁場,P為直角邊CD的中點,∠C=30°,CD=2L,一束相同的帶負電粒子以不同的 速率從P點垂直于CD射入磁場,粒子的比荷為k,不計粒子間的相互作用和重力。下列 說法錯誤的是 (　 )
A.速率不同的粒子在磁場中運動時間一定不同
B.從CD邊飛出的粒子最大速率為
C.粒子從DE邊飛出的區域長度為L
D.從CE邊飛出的粒子在磁場中運動的最長時間為
解題指導 無論帶電粒子在哪類邊界磁場中做勻速圓周運動,解題時要抓住三個步
驟。
解析 速率不同但都較小的粒子從CD邊射出時,粒子在磁場中運動軌跡均為半圓,
運動時間均為 = × = ,故A錯誤。根據左手定則,粒子向左偏轉,從CD邊飛出的
粒子最遠從D點飛出,半徑R= ,由qvmB= ,解得vm= ,故B正確。由B項分析可知,
粒子可以從D點飛出;粒子軌跡與CE相切并從DE上的M點飛出時,對應粒子從DE邊飛 出的最遠點,如圖所示,由幾何關系得R= CD=L,則粒子從DE邊飛出的區域長度為L,故
C正確。從CE邊飛出的粒子,與CE相切時在磁場中運動的時間最長,由幾何關系可得 ∠FDC=60°,最長時間t= × = ,故D正確。

答案 A
歸納總結
帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的四個結論
(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)當速度v一定時,弧長(或弦長)越長或圓心角越大,帶電粒子在有界磁場中運動的時 間越長。
(3)當速率v變化時,運動軌跡圓心角越大,運動時間越長。
(4)在圓形邊界勻強磁場中,當軌跡圓的半徑大于磁場圓的半徑,且入射點和出射點位 于磁場圓同一條直徑的兩個端點時,軌跡對應的偏轉角最大,運動時間最長。
模型一　帶電粒子在疊加場中的運動
一、三種場的比較
力的特點 功和能的特點
重力場 大小:G=mg
方向:豎直向下 重力做功與路徑無關
重力做功改變物體的重力勢能
電場 大小:F=qE
方向:正(負)電荷受力方向與場強 方向相同(相反) 電場力做功與路徑無關
W=qU
電場力做功改變物體的電勢能
磁場 大小:F=qvB(v⊥B)
方向:可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功,不改變帶電粒 子的動能
二、“三步法”突破疊加場問題

例1　空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向,場強大小為 E;磁場方向垂直紙面向外。質量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計)從坐標原點O由 靜止釋放,釋放后,粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h, 曲線在P點附近的一小部分,可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧,則 (　 )

A.粒子在y軸方向做勻加速運動
B.粒子在最高點P的速度大小為
C.磁場的磁感應強度大小為
D.粒子經過時間π 運動到最高點
解析 (設問1:帶電粒子在y軸方向上受到的力是恒力還是變力 )對帶電粒子受力分
析可知,粒子受到的電場力豎直向上且不變,但粒子受到的洛倫茲力沿y軸方向的分力 是變化的,故粒子在y軸方向的合力是變化的,加速度是變化的,A錯誤。(設問2:帶電粒 子由原點O運動到P點哪些力對其做功 由什么規律求粒子在P點的速度 )從O到P過 程中,只有電場力對粒子做功,洛倫茲力不做功,故由動能定理得qEh= m ,解得vP=
,B錯誤。(設問3:從哪個角度求磁感應強度 如何列式 )洛倫茲力與磁感應強度
相關,洛倫茲力不做功,故求解磁感應強度大小要從運動狀態的角度切入。粒子經過P 點時,可視為正在做半徑為2h的圓周運動,此時洛倫茲力和電場力的合力提供向心力, 即qvPB-qE=m ,聯立解得B= ,C正確。(設問4:能否由勻變速直線運動規律求粒
子運動到最高點的時間 選項里的式子如何來的 )粒子在空間中做比較復雜的曲線運 動,根據題給條件無法計算出粒子運動到最高點的時間,而選項中的式子是粒子在磁 場中做勻速圓周運動的周期,故該時間并非粒子運動到最高點的時間,D錯誤。
答案 C
例2　如圖所示,直流電源(不計內阻)與阻值為R1的定值電阻、滑動變阻器R2以及水平 放置的平行板電容器構成閉合回路,平行板電容器的板間距為d、板長為 d,板間存
在垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、帶電荷量為-q的小球以某一水平初速度從 電容器下極板左邊緣無碰撞地進入電容器。已知重力加速度大小為g,電源電動勢ε= ,小球向右飛入電容器的初速度為v0= ,不計電場、磁場邊緣效應,不計空氣阻
力。
(1)若滑動變阻器接入電路中的阻值R2=7R1,且小球恰好做勻速直線運動,求勻強磁場的 磁感應強度大小B0;
(2)若小球在板間恰好做勻速圓周運動,且能從兩極板間飛出,求R2接入電路中的阻值,
以及磁感應強度大小的取值范圍。

解析 (1)根據閉合電路歐姆定律有
I=
解得電容器兩板間電壓U=IR1=
極板間電場強度大小E= =
小球恰好做勻速直線運動,則受力平衡,
有qE+qv0B0=mg,解得B0= = 。
(2)小球恰好做勻速圓周運動,則重力與電場力平衡,即qE'=mg,定值電阻R1兩端的電壓 U'=E'd。根據串聯電路的分壓關系有 = ,
聯立解得R2=3R1。畫出小球恰好能從兩極板間飛出的兩條臨界軌跡,如圖所示。
小球恰好從兩板間右側飛出時,設其做圓周運動的半徑為r1,由幾何知識得 =(r1-d)2+
( d)2,解得r1=2d,小球恰好從兩板間左側飛出時,設其做圓周運動的半徑為r2,則r2= ,
則圓周運動的半徑取值范圍為r>2d或r< ,根據洛倫茲力提供向心力有qv0B= ,則磁
感應強度大小的取值范圍為B> 或B< 。
答案 (1) (2)3R1 B> 或B<
模型二　帶電粒子在組合場中的運動
一、磁偏轉與電偏轉的不同(不計重力)
電偏轉 磁偏轉
偏轉條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場
示
意
圖
受力 只受恒定的靜電力 只受大小恒定的洛倫茲力
運動 類平拋運動 勻速圓周運動
軌跡 拋物線 圓弧
物理
規律 牛頓第二定律、
類平拋運動規律 牛頓第二定律、
向心力公式
基本
公式 L=vt,y= at2
a= ,tan θ= qvB= ,r=
T= ,t= ,sin θ=
做功
情況 靜電力既改變速度
方向,也改變速度
大小,對電荷做功 洛倫茲力只改變速度
方向,不改變速度大
小,對電荷永不做功
二、常見的類型
1.磁場與磁場的組合
這類問題的實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題,帶電粒子在兩個磁場中的速度 大小相同,但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接 點與兩圓心共線的特點,進一步尋找邊、角關系。
2.磁場與電場的組合
(1)從電場進入磁場
電場中:加速直線運動

磁場中:勻速圓周運動
電場中:類平拋運動

磁場中:勻速圓周運動
(2)從磁場進入電場
磁場中:勻速圓周運動
v與E同向或反向
電場中:勻變速直線運動
磁場中:勻速圓周運動
v0與E垂直
電場中:類平拋運動
三、分析思路及解題方法
1.分析思路
(1)畫運動軌跡:根據受力分析和運動學分析,大致畫出粒子的運動軌跡。
(2)找關鍵點:確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關 鍵。
(3)劃分過程:將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,對不同的階段選取不同的規 律處理。
2.常見粒子的運動及解題方法
例3　如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區域,磁感應強度 的大小為B0;x<0區域,磁感應強度的大小為λB0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q> 0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速 度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力)
(1)粒子運動的時間;
(2)粒子與O點間的距離。

解題指導 粒子在磁場中運動軌跡如圖所示,速度方向再次沿x軸正向時,意味著粒
子在左、右磁場中各轉過半周,所以粒子與O點間距離為直徑的差值。

解析 (1)在勻強磁場中,帶電粒子做勻速圓周運動。設在x≥0區域,圓周運動軌跡半
徑為R1;在x<0區域,圓周運動軌跡半徑為R2。由洛倫茲力計算式及牛頓運動定律得
qB0v0=m ①
qλB0v0=m ②
粒子速度方向轉過180°時,所需時間為t1
t1= ③
粒子再轉過180°時,所需時間為t2,t2= ④
聯立①②③④式得,所求時間為t0=t1+t2= (1+ ) ⑤
(2)由幾何關系及①②式得,所求距離為
d0=2(R1-R2)= (1- ) ⑥
答案 (1) (1+ ) (2) (1- )
例4　如圖,在空間直角坐標系O-xyz中,界面Ⅰ與Oyz平面重疊,界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平 行,且相鄰界面的間距均為L,與x軸的交點分別為O、O1、O2;在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿z軸 負方向的勻強電場E,在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿y軸正方向的勻強磁場B。一質量為m、電 荷量為+q的粒子,從z軸上距O點 處的P點,以速度v0沿x軸正方向射入電場區域,該粒子
剛好從點O1進入磁場區域。粒子重力不計。求:
(1)電場強度E的大小;
(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出,磁感應強度B應多大。

解題指導 (1)粒子在電場區域做類平拋運動,則由類平拋運動規律和牛頓第二定律
列式求電場強度;(2)粒子在磁場區域做勻速圓周運動,畫出帶電粒子剛好不從界面Ⅲ 飛出的運動軌跡,由牛頓第二定律和幾何條件列式。
解析 (1)粒子在電場區域做類平拋運動,設粒子在電場中的加速度為a,畫出粒子在
xOz平面內的運動軌跡,如圖所示。

由類平拋運動規律有L=v0t、 = at2,根據牛頓第二定律有qE=ma,聯立方程解得E=
(2)設粒子到O1點時的速度為v,與x軸夾角為θ,則有tan θ=2 tan α,其中tan α= = ,故tan
θ=1,即有θ=45°,v= = v0。
在磁場區域,粒子做勻速圓周運動,粒子剛好不從界面Ⅲ飛出,其運動軌跡如圖所示,則 根據幾何關系有R+R cos 45°=L,
又qvB=m
解得B= 。
答案 (1) (2)
微專題15　磁場與現代科技
原理圖 規律
帶電粒子由靜止被加速電場加速,qU= mv2,
在磁場中做勻速圓周運動,qvB=m ,比荷 =
帶電粒子經電場加速,經磁場回旋,在磁場中運動一個周期被電場加速兩次,每次動能增加qU。 由qvB= 得Ekm= 。加速次數n= ,總時間t= T=
若qv0B=Eq,即v0= ,粒子做勻速
直線運動
等離子體射入,受洛倫茲力偏轉, 使兩極板分別帶正、負電,兩極 板間電壓為U時穩定,q =qv
0B,U=v0Bd
當q =qvB時,有v= ,流量Q=Sv
=π × =
在勻強磁場中放置一個矩形截 面的載流導體,當磁場方向與電 流方向垂直時,導體在與磁場、 電流方向都垂直的方向上出現 了電勢差。這個現象稱為霍爾 效應
例1 (多選)回旋加速器的工作原理如圖甲所示,D形金屬盒置于真空中,兩盒間的狹縫 很小,帶電粒子穿過狹縫的時間可以忽略,勻強磁場與盒面垂直。圖乙為回旋加速器 所用的交變電壓隨時間變化的規律,某同學保持交變電壓隨時間變化的規律不變,調 整所加磁場的磁感應強度大小,從而實現利用同一回旋加速器分別加速氘核 H)和氦
核 He)兩種粒子。忽略相對論效應的影響,則 (　 )

A.回旋加速器加速帶電粒子能夠達到的最大速度與D形金屬盒的半徑有關
B.氘核 H)和氦核 He)在回旋加速器中的運動時間之比為1∶1
C.氘核 H)和氦核 He)的加速次數之比為2∶1
D.加速氘核 H)和氦核 He)的磁感應強度大小之比為1∶2
解析 令D形金屬盒的半徑為R,粒子最終從磁場飛出時有qvmaxB=m ,解得vmax=
,可知D形金屬盒的半徑越大,粒子離開時的速度越大,故A正確(知識點撥:粒子獲
得的最大速度由磁感應強度B和D形盒半徑R決定,與加速電壓U無關);為了使得粒子 在回旋加速器中正常加速,粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與交變電流的周期相
等,即T= ,由于氘核 H)和氦核 He)的比荷相等,則氘核 H)和氦核 He)運動過程
中所加磁場的磁感應強度相等,即加速氘核 H)和氦核 He)的磁感應強度大小之比為
1∶1,故D錯誤;令粒子在狹縫中的加速次數為n,則粒子離開時的最大動能Ekmax= m =
,由動能定理得nqU=Ekmax,解得n= ,氘核 H)和氦核 He)的比荷相等,則氘
核 H)和氦核 He)的加速次數之比為1∶1,故C錯誤;兩粒子的周期相同,加速的次數也
相同,故兩種粒子在回旋加速器中的運動時間相同,B正確。
答案 AB
微專題16　磁場中的動態圓問題
一、“放縮圓”模型的應用
適用條件 速度方向一定,大小不同 粒子源發射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化。如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情境),速度v越大,運動半徑也越大
軌跡圓圓心共線:可以發現這些帶電粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'上
應用方法 以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索出臨界條件
二、“旋轉圓”模型的應用
適用條件 速度大小一定,方向不同 粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強 磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入初速 度為v0,則軌跡半徑R= 。如圖所示(粒子帶負電)
軌跡圓圓心共圓:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R= 的圓上
應用方法 將一半徑R= 的圓以入射點為圓心進行旋轉,從而探索出粒子運動的臨界條件
三、“平移圓”模型的應用
適用條件 速度大小一定,方向一定,入射點在同一直線上 粒子源發射速度大小、方向一定,入射點不同,但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時,它們做勻速圓周運動的半徑相同,若入射速度大小為v0,則半徑R= ,如圖所示(粒子帶負電)

軌跡圓圓心共線:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上,該直線與入射點的連線平行或共線
應用方法 將半徑R= 的圓進行平移,從而探索出粒子運動的臨界條件
例2 (多選)如圖所示,半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度 為B,M為磁場邊界上一點,有無數個帶電荷量為+q、質量為m的相同粒子(不計重力)在 紙面內向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場,這些粒子射出邊界的位置均處于 邊界的某一段圓弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的 。下列說法中正確的是 (　 )

A.粒子從M點進入磁場時的速率為v=
B.粒子從M點進入磁場時的速率為v=
C.若將磁感應強度的大小增加到 B,則粒子射出邊界的圓弧長度變為原來的
D.若將磁感應強度的大小增加到 B,則粒子射出邊界的圓弧長度變為原來的
解析 圓形區域的半徑為R,磁感應強度為B時,從M點射入的粒子與磁場邊界的最遠
交點為P,最遠的點是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點(粒子射出邊界的位置均處于邊 界的某一段圓弧上,說明軌跡圓半徑小于磁場圓半徑。速度大小一定,方向不同,使用 “旋轉圓”可以發現旋轉過程中軌跡圓與磁場圓邊界交點連成的弦有最大值,最長弦 為軌跡圓直徑),如圖所示。

由題意可知∠POM=120°,所以粒子做圓周運動的半徑r=R sin 60°= R,根據牛頓第二
定律,qvB=m ,聯立解得v= ,A正確,B錯誤;若將磁感應強度的大小增加到 B,則
粒子的軌道半徑變為r1= = = r= R,故射出邊界的粒子區域所占的圓心角為6
0°,則射出邊界的粒子圓弧長度變為原來的 = ,C正確,D錯誤。
答案 AC
點撥拓展 若軌跡圓半徑等于磁場圓半徑,就會形成磁發散模型,其逆過程為磁聚焦 模型。
①磁發散模型
速率相同的同種粒子從圓形有界磁場邊界上一點沿各方向進入磁場,若粒子在磁場中 的軌跡半徑與磁場邊界半徑相等,則所有粒子經過磁場偏轉后離開磁場時的速度方向 垂直于以入射點為端點的直徑,如圖所示。
②磁聚焦模型
速度相同的同種粒子以垂直于某條直徑的方向進入一圓形有界磁場,若粒子在磁場中 的軌跡半徑與磁場邊界半徑相等,則所有粒子經過磁場偏轉后的軌跡交于該條直徑的
一個端點,如圖所示。

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