資源簡(jiǎn)介

近三年山東高考考情分析 備考建議
命題點(diǎn) 2022年 2023年 2024年 1.強(qiáng)化對(duì)多過(guò)程問(wèn)題的進(jìn)一步分析，強(qiáng)化三維運(yùn)動(dòng)模型的構(gòu)建能力。 2．本部分與立體幾何、數(shù)列、三角函數(shù)等數(shù)學(xué)知識(shí)聯(lián)系緊密，要進(jìn)一步體會(huì)數(shù)學(xué)知識(shí)在解題中的應(yīng)用。
磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成
磁場(chǎng)對(duì)電流的作用
磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
洛倫茲力與現(xiàn)代科技
帶電粒子在有 界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在 復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) √ √ √
　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(2024·山東卷)如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中放置一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN＝60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)。△OMN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜L的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為＋q的無(wú)初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過(guò)小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。
(1)求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0。
(2)調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
(3)當(dāng)加速電壓為時(shí)，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)。
解析：(1)根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，
甲
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為
r＝xNK＝
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qvB＝m
在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有
qU0＝mv2
聯(lián)立解得U0＝。
(2)根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，
乙
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r′＝xNKcos 60°＝
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qv′B＝m
粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的靜電力沿x軸正方向，粒子帶正電，則△OMN之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足qv′B＝qE
聯(lián)立可得E＝。
(3)在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有qU＝mv″2
可得v″＝
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qv″B＝m
可得粒子在△OMN區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
r″＝L
作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，
丙
設(shè)粒子從小孔K射出的速度方向與x軸正方向夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可知sin θ＝＝
則粒子從小孔K射出的速度方向與x軸正方向的夾角為60°，該速度沿x軸和y軸正方向的分速度大小分別為
v″x＝v″cos 60°＝，v″y＝v″sin 60°＝
則粒子從小孔K射出后的運(yùn)動(dòng)可分解為沿y軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度大小為v″x＝v″cos 60°＝的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qv″xB＝m
解得r＝L
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝，粒子至少運(yùn)動(dòng)T距離y軸最近，加上整周期則粒子運(yùn)動(dòng)T(n＝0,1,2，…)時(shí)距離y軸最近，則最近位置的橫坐標(biāo)為
x＝－r＝L
縱坐標(biāo)為
y＝L＋r＋vy″T＝L＋(n＝0,1,2，…)
綜上所述，最近的位置坐標(biāo)為(n＝0,1,2，…)。
答案：(1)　(2)　方向沿x軸正方向
(3)(n＝0,1,2，…)
看到什么 想到什么
垂直擋板射入小孔 軌跡圓圓心的位置
恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng) 平衡狀態(tài)(合力為0)
距離y軸最近位置 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖
1．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)三個(gè)分析
①正確分析受力情況，明確重力是否不計(jì)及洛倫茲力的方向；
②正確分析運(yùn)動(dòng)情況，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一般變速曲線運(yùn)動(dòng)；
③正確分析各力的做功情況，主要分析靜電力和重力做的功，洛倫茲力一定不做功。
(2)運(yùn)動(dòng)分類(lèi)
①靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中所受合力為0時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；
②勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等、方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
2．帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)、生產(chǎn)生活、儀器電器等方面有廣泛的應(yīng)用。如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，該真空中存在方向沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直O(jiān)xy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。原點(diǎn)O處的粒子源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質(zhì)量m＝1×10－6 kg、電荷量q＝2×10－6 C的帶負(fù)電的粒子束，粒子恰能在Oxy平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度取g＝10 m/s2，不計(jì)粒子間的相互作用。
(1)求粒子發(fā)射速度的大小和方向。
(2)若保持E、B初始狀態(tài)和粒子束的初速度不變，在粒子從O點(diǎn)射出時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，求粒子從O點(diǎn)射出后經(jīng)過(guò) y軸時(shí)的坐標(biāo)(不考慮磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)。
(3)若保持E、B初始狀態(tài)和粒子束的初速度不變，在粒子從O點(diǎn)射出時(shí)立即將電場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋′＝5 N/C，求從O點(diǎn)射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)(不考慮電場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)。
解析：(1)對(duì)粒子受力分析，如圖甲所示，
甲
可知粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為0，根據(jù)三角形定則有
qvB＝，解得v＝20 m/s
粒子出射的速度方向與y軸負(fù)方向夾角滿足tan θ＝＝
即粒子發(fā)射方向指向第四象限，與y軸負(fù)方向夾角為θ＝30°。
(2)撤去磁場(chǎng)后，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙，則有
乙
＝ma
tan 30°＝，|y|＝
解得|y|＝ m，所以坐標(biāo)為。
(3)由題意可得qE′＝mg，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖丙所示，
丙
則有qvB＝，解得R＝20 m
由幾何關(guān)系可知
x＝2Rcos 30°＝20 m，坐標(biāo)為(20 m,0)。
答案：(1)20 m/s　方向指向第四象限，與y軸負(fù)方向夾角為30°　(2)　(3)(20 m,0)
2．如圖所示，水平面上方區(qū)域有足夠?qū)挼恼浑姶艌?chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里(圖中所示)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；不計(jì)厚度、內(nèi)壁光滑的豎直小圓筒內(nèi)底部靜止放有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電微粒。現(xiàn)讓小圓筒以加速度a由靜止開(kāi)始向右平動(dòng)，在微粒開(kāi)始沿筒壁上升的瞬間，立即讓小圓筒以此時(shí)刻速度的2倍做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小圓筒勻速運(yùn)動(dòng)的距離為小圓筒長(zhǎng)度的2倍時(shí)，微粒恰好離開(kāi)小圓筒，并在此時(shí)刻撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)。不計(jì)重力大小，求：
(1)小圓筒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間微粒將沿筒壁上升；
(2)小圓筒的長(zhǎng)度；
(3)微粒離開(kāi)小圓筒后能上升的最大高度(距離圓筒上端口的最大高度)。
解析：(1)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1微粒的速度大小為v0時(shí)，微粒開(kāi)始沿管壁上升，有qv0B＝qE，v0＝at1
解得t1＝。
(2)開(kāi)始沿管壁上升后，受力分析如圖所示，
豎直方向上由牛頓第二定律可得
ay＝＝，vx＝2v0
解得ay＝
由此可知，微粒沿豎直方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒在小圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，離開(kāi)小圓筒時(shí)豎直速度為vy，該過(guò)程由題意有
2v0t2＝2·t2
解得vy＝2v0
則小圓筒的長(zhǎng)度為l＝
聯(lián)立解得l＝。
(3)微粒離開(kāi)小圓筒后在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小為v＝＝2v0
設(shè)微粒離開(kāi)小圓筒時(shí)速度方向與水平方向夾角為θ′，有
tan θ′＝＝1
解得θ′＝45°
洛倫茲力提供向心力，有
qvB＝
微粒離開(kāi)小圓筒后能上升的最大高度為
h＝rcos 45°＋r
聯(lián)立解得h＝。
答案：(1)
(2)
(3)
3．(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為0的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)，再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。
(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小。
解析：(1)由于粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有qv0B1＝qE1
在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU＝mv
聯(lián)立解得粒子的比荷為＝。
(2)由洛倫茲力提供向心力有qv0B2＝m
由幾何關(guān)系可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為
OP＝2r＝。
(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，受到向上的洛倫茲力
F洛＝qv0B1
向下的靜電力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
所以通過(guò)配速法，如圖所示
其中滿足qE2＝q(v0＋v1)B1
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0＋v1做勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，豎直方向以v1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在O′點(diǎn)的速度大小為
v′＝v0＋v1＋v1＝。
答案：(1)帶正電　　(2)　(3)
4．某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于Oxy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于O1點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于O2點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。
(1)求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v。
(2)求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E。
(3)保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B(數(shù)值未知)、方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到O1的距離s。
解析：(1)設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得
qvB0＝m
根據(jù)幾何關(guān)系得sin θ＝
聯(lián)立解得v＝。
(2)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受靜電力，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C所用的時(shí)間為t，y軸方向的位移為y0，加速度大小為a，由牛頓第二定律得
qE＝ma
由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得
L＝vtcos θ
y0＝vtsin θ－at2
由幾何關(guān)系得y0＝－r(1－cos θ)
聯(lián)立解得E＝。
(3)Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的平面上做線速度大小為vcos θ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，俯視圖如圖所示，設(shè)在俯視圖中左側(cè)部分的圓心角為α，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r′，在垂直于y軸的投影面內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為l′，由幾何關(guān)系得
l′＝·2πr′＋·2πr′
cos α＝
由于在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有
＝
C到O1的距離s＝2r′sin α＋r′
聯(lián)立解得s＝L。
答案：(1)
(2)
(3)L
　磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成
(多選)三根電流相同的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2、L3沿著正方體的三條邊A1D1、B1C1、BC放置，電流方向如圖所示，此時(shí)正方體幾何中心O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。現(xiàn)將沿BC邊放置的導(dǎo)線L3撤去，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. L1所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向
B. L2所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向
C. O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向沿AA1方向
D. O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向沿BA方向
AD　解析：現(xiàn)將沿BC邊放置的導(dǎo)線L3撤去，剩下L1和L2相互吸引，作用方向與AB平行，L1所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向，L2所受磁場(chǎng)作用力的方向沿BA方向，俯視圖如圖甲所示，故A正確，B錯(cuò)誤；
甲
根據(jù)安培定則，畫(huà)出三根電流相同的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，俯視圖如圖乙所示，B1和B3抵消，故 B2＝B0，現(xiàn)將沿BC邊放置的導(dǎo)線L3撤去，則O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向沿BA方向，故C錯(cuò)誤，D正確。
乙
1．將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖(俯視圖)。
如圖所示。
2．如何判斷各通電直導(dǎo)線周?chē)艌?chǎng)的方向？
根據(jù)安培定則判斷。
3．在判斷通電直導(dǎo)線間安培力方向時(shí)，我們可以直接利用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥來(lái)判斷。
磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的解題思路
(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線。
(2)定位空間中需要求解的點(diǎn)，利用安培定則判定每個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。如圖所示為通電導(dǎo)線M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。
(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，圖中的B即為合磁場(chǎng)。
1．(2024·寧波一模)已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)滁c(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝k，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與導(dǎo)線中的電流I成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿M、N所在直線和其中垂線建立直角坐標(biāo)系Oxy。規(guī)定磁場(chǎng)沿－y方向?yàn)檎瑒t磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x、y變化的圖線正確的是(　　)
C　解析：由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)x軸上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿－y方向，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)x軸上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向沿－y方向，由于規(guī)定磁場(chǎng)方向沿－y方向?yàn)檎藚^(qū)間內(nèi)的磁場(chǎng)等于兩條直導(dǎo)線在各處形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度之和，故在x軸上MN區(qū)間內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)檎鶕?jù)通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)滁c(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝k，知距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，又IM＝IN，可知在兩根導(dǎo)線中間位置O點(diǎn)磁場(chǎng)最弱，但不為0；在導(dǎo)線M左側(cè)x軸上導(dǎo)線M形成的磁場(chǎng)沿y方向， N導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)沿－y方向，因該區(qū)域離導(dǎo)線M較近，則合磁場(chǎng)方向沿y方向，為負(fù)方向，且離導(dǎo)線M越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)x軸上導(dǎo)線N形成的磁場(chǎng)沿y方向，導(dǎo)線M形成的磁場(chǎng)沿－y方向，因該區(qū)域離導(dǎo)線N較近，則合磁場(chǎng)方向沿y方向，為負(fù)方向，且離導(dǎo)線N越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，故A、B錯(cuò)誤。兩通電導(dǎo)線在y軸上的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示，
因此可知合磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿－y方向，大小為B＝2B1cos α，越遠(yuǎn)離O點(diǎn)，B1越小，cos α越小，因此B越小，故C正確，D錯(cuò)誤。
2．(2024·南昌一模)如圖所示，A、B、C、E、F是在紙面內(nèi)圓上的五個(gè)點(diǎn)，其中連線EF、AC過(guò)圓心O點(diǎn)，A、B關(guān)于EF對(duì)稱，∠AOF＝60°，在E、F兩點(diǎn)處垂直于紙面放置兩根相互平行的長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線，兩根導(dǎo)線中分別通有大小相等的電流I。已知通電直導(dǎo)線形成的磁場(chǎng)在空間某點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝k，k為常量，r為該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。若E處的電流在A點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 若兩根導(dǎo)線中的電流同向，則O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B1
B. 若兩根導(dǎo)線中的電流同向，則A、B兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，均為2B1
C. 若兩根導(dǎo)線中的電流反向，則A、C兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，均為B1
D. 無(wú)論兩根導(dǎo)線中的電流同向還是反向，A、B、C三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B1
D　解析：同向電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，故若兩根導(dǎo)線中的電流同向，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，故A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系有＝tan (90°－∠AFO)＝，作出同向電流(假設(shè)電流方向垂直紙面向里)，在A、B點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量圖如圖甲所示，則BE1＝＝B1，BF1＝＝B1，則A點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為BA＝＝2B1，同理可得B點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為BB＝2B1，則A、B兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，大小均為2B1，根據(jù)矢量圖可知A、B兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不同，故B錯(cuò)誤；作出反向電流(假設(shè)E電流垂直紙面向里、F電流垂直紙面向外)，在A、C點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量圖如圖乙所示，同前面分析，可以發(fā)現(xiàn)A、C兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量和的方向相同，大小均為2B1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)前面的分析可知，無(wú)論兩根導(dǎo)線中的電流同向還是反向，A、B、C三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B1，故D正確。
甲
乙
3．(2024·青島模擬)(多選)已知足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線通有電流I時(shí)，距離導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝k，其中k為常數(shù)。圖甲中虛線構(gòu)成一個(gè)立方體，M、N、P、Q、M1、N1、P1、Q1是立方體的頂點(diǎn)；用漆包線制成的正方形導(dǎo)體線框abcd恰好與立方體右側(cè)面的四邊重合。在立方體的MN、PP1兩邊所在位置分別固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，兩導(dǎo)線中電流大小相等，方向如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(　　)
甲
乙
A. 立方體的頂點(diǎn)M1、N1兩處的磁場(chǎng)方向垂直
B. 頂點(diǎn)M1、N1兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1∶2
C. 線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向先沿abcd后沿adcb
D. 線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向一直沿adcb
BD　解析：根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線MN在M1所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵贛1處沿著Q1M1方向，在N1所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵贜1處沿著P1N1方向；同理導(dǎo)線PP1在M1所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵贛1處沿著與P1M1垂直斜向下的方向，導(dǎo)線PP1在N1所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵贜1處沿著N1M1方向，由磁場(chǎng)的疊加可知，兩點(diǎn)處的合磁場(chǎng)方向并不是垂直的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為l，則結(jié)合之前的分析，在N1處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BN1＝＝，在M1處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BM1＝＝·，所以＝，故B項(xiàng)正確。線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量為向左增加，所以根據(jù)楞次定律可知，其中感應(yīng)電流方向一直沿adcb，故C錯(cuò)誤，D正確。
　磁場(chǎng)對(duì)電流的作用
在傾角θ＝30°的絕緣斜面上固定一光滑金屬框，寬 L＝0.5 m，接入電動(dòng)勢(shì)E＝6 V、內(nèi)阻r＝1 Ω的電池，垂直沿斜面向下的框架放置一根質(zhì)量m＝0.2 kg的金屬棒ab，金屬棒接入電路的電阻R0的阻值為 0.5 Ω，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T、方向垂直于框面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值使金屬棒靜止在框架上，如圖所示。
(1)求金屬棒受到的安培力的大小F。
(2)求滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值。
(3)現(xiàn)先將金屬棒固定，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電源輸出功率最大，然后由靜止釋放，求釋放瞬間金屬棒的加速度a的大小及方向。
解析：(1)對(duì)金屬棒受力分析如圖所示，
可得F＝mgsin 30°＝1 N。
(2)由F＝BIL得，電路中的電流I1＝2 A
由閉合電路歐姆定律得I1＝
解得R＝1.5 Ω。
(3)電源的輸出功率為P＝EI－I2r
由閉合電路歐姆定律得I＝
當(dāng)I＝，即R＋R0＝r時(shí)，P最大，此時(shí)R＝0.5 Ω，I2＝3 A
安培力F′＝BI2L＝1.5 N>mgsin θ，金屬棒沿斜面向上加速，由牛頓第二定律得F′－mgsin θ＝ma
聯(lián)立解得a＝2.5 m/s2，方向沿金屬框向上。
答案：(1)1 N　(2)1.5 Ω
(3)2.5 m/s2　方向沿金屬框向上
看到什么 想到什么
金屬棒在斜面上靜止或加速運(yùn)動(dòng) (1)立體圖變?yōu)槠矫鎴D，如圖所示。 (2)受力分析，根據(jù)金屬棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)列方程求解
電源輸出功率最大 當(dāng)電源內(nèi)阻等于外阻，即r＝R外時(shí)電源輸出功率最大
1．解題思路
(1)選定研究對(duì)象。
(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。
2．常見(jiàn)模型
1．(2024·鄭州二模)如圖所示，有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的立方體空間ABCD-MNPQ，一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒沿AP方向放置。空間內(nèi)加上某一方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在導(dǎo)體棒中通以從A至P、大小為I的電流，則關(guān)于導(dǎo)體棒受到的安培力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 若磁場(chǎng)沿M指向A的方向，安培力的大小為ILB
B. 若磁場(chǎng)沿M指向A的方向，安培力的大小為ILB
C. 若磁場(chǎng)沿M指向Q的方向，安培力的大小為ILB
D. 若磁場(chǎng)沿M指向Q的方向，安培力的大小為ILB
B　解析：若磁場(chǎng)沿M指向A的方向，在平面ACPM中對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖甲所示，
甲
則與電流垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度分量B⊥＝Bcos α＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，故A錯(cuò)誤，B正確；若磁場(chǎng)沿M指向Q的方向，對(duì)磁場(chǎng)沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如圖乙所示，
乙 丙
分量B1＝B2＝B，如圖丙所示，在面ACPM中，分量B1產(chǎn)生的安培力大小 F′＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同樣要產(chǎn)生安培力，因此安培力一定大于ILB，故C、D錯(cuò)誤。
2．(2024·齊齊哈爾一模)(多選)某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁炮驅(qū)動(dòng)原理后，設(shè)計(jì)了圓形軌道的電磁炮模型，如圖甲所示，半徑為R的半圓形軌道L1、L2正對(duì)平行豎直擺放，軌道間距也為R，空間有輻向分布的磁場(chǎng)，使得軌道所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，用質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為R的細(xì)導(dǎo)體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖乙所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流I，將其從軌道最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)另一側(cè)最高位置時(shí)完成加速。忽略一切摩擦，且不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　)
甲 乙
A. 為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒
B. 導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，其加速度方向豎直向上
C. 加速完成時(shí)，導(dǎo)體棒獲得的速度大小為R
D. 加速完成時(shí)，軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為πBIR
AC　解析：由左手定則可知導(dǎo)體棒在左側(cè)時(shí)，受到的安培力向下，使導(dǎo)體棒向下加速，故A正確；導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，豎直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，則合力方向不是豎直向上，其加速度方向也不是豎直向上，故B錯(cuò)誤；對(duì)加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有BIL·πR＝mv2，L＝R，解得v＝R，故C正確；加速完成時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為F＝m＝2πBIR，故D錯(cuò)誤。
3．(2024·佛山模擬)如圖甲所示，水平面上固定有一由絕緣材料制成的、橫截面為圓的柱體，其外表面光滑，左側(cè)面豎直。沿柱體中軸線OO′方向固定有一條無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通有大小為I的電流，該電流可在距導(dǎo)線r處產(chǎn)生磁感強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)，B＝k，k為常數(shù)。兩條與OO′平行的導(dǎo)體棒aa′和bb′分別置于左側(cè)面和圓弧面上，并通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)軟導(dǎo)線連接成一個(gè)閉合回路aa′b′ba，導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，接入回路長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，回路總電阻為R。導(dǎo)體棒aa′加速向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)圖乙所示位置時(shí)速度大小為v，此時(shí)兩棒離地高度相同，Ob連線與水平地面夾角為37°。已知圓弧面半徑為2L，忽略回路中電流間的相互作用以及所有摩擦阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，求此時(shí)：
(1)導(dǎo)體棒aa′接入電路部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小；
(2)導(dǎo)體棒bb′所受的安培力的方向和大小；
(3)導(dǎo)體棒bb′受到圓弧面的支持力大小(設(shè)導(dǎo)體棒bb′在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直與圓弧面保持接觸)。
甲 乙
解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，導(dǎo)體棒aa′接入電路部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小
Eaa′＝BLv＝k·Lv＝。
(2)從題圖乙中看，根據(jù)右手定則可知，通過(guò)導(dǎo)體棒bb′的電流垂直紙面向外，而由安培定則可知，通電直導(dǎo)線在導(dǎo)體棒bb′處產(chǎn)生的磁場(chǎng)與其垂直，且導(dǎo)體棒bb′所處位置磁場(chǎng)的方向始終與其垂直，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒bb′所受安培力始終指向圓弧圓心，其大小為
F＝B′I′L
其中B′＝k，I′＝＝
代入解得F＝
方向斜向左下方，垂直圓弧面指向OO′。
(3)由于導(dǎo)體棒aa′和bb′通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)軟導(dǎo)線連接，則速度大小相同，導(dǎo)體棒bb′沿著圓的柱體表面做圓周運(yùn)動(dòng)，則對(duì)導(dǎo)體棒bb′由牛頓第二定律有
F＋mgsin 37°－FN ＝m
聯(lián)立解得FN＝＋mg－。
答案：(1)　(2)　方向斜向左下方，垂直圓弧面指向OO′　(3)＋mg－
　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
(多選)如圖所示，下端封閉、上端開(kāi)口且內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球，整個(gè)裝置水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，若小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)到小球飛出上端口的過(guò)程中(　　)
A. 洛倫茲力對(duì)小球做正功
B. 小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線
D. 小球的機(jī)械能守恒
BC　解析：運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力始終垂直于小球?qū)嶋H的速度方向，對(duì)小球不做功，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示，
由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則豎直方向的洛倫茲力F1＝qvB是恒力，在豎直方向上還受到向下的重力，也是恒力，所以小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，類(lèi)似于平拋運(yùn)動(dòng)，所以小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線，故C正確；由于過(guò)程中玻璃管內(nèi)壁對(duì)小球的彈力做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
1．洛倫茲力公式F＝qvB中的v是運(yùn)動(dòng)電荷在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)相對(duì)于磁場(chǎng)的速度，即在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)的合速度。
2．該題中可將小球的速度v分解為水平方向速度v和豎直方向速度vy。
3．對(duì)小球受力分析可得：水平方向FN＝qvyB，豎直方向qvB－mg＝ma，由此可知小球在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)。
1．洛倫茲力方向的特點(diǎn)
洛倫茲力的方向與電荷運(yùn)動(dòng)的方向和磁場(chǎng)方向都垂直，即洛倫茲力的方向垂直于電荷運(yùn)動(dòng)方向和磁場(chǎng)方向確定的平面，但帶電粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不一定垂直。
2．洛倫茲力的作用效果
(1)洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，而不改變其速度的大小。如果沒(méi)有其他外力作用，帶電粒子會(huì)在磁場(chǎng)中做速率不變的曲線運(yùn)動(dòng)。
(2)洛倫茲力不做功。如果沒(méi)有其他外力對(duì)帶電粒子做功，在帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中就不會(huì)有能量之間的轉(zhuǎn)化。
1．(2024·昌平二模)如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向平行于管軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子槍可以射出速度大小均為v、方向不同的電子，且電子速度v與磁場(chǎng)方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質(zhì)量為m，電子間的相互作用和電子的重力不計(jì)。這些電子通過(guò)磁場(chǎng)會(huì)聚在熒光屏上P點(diǎn)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)
A. 電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為
B. 熒光屏到電子入射點(diǎn)的距離可能為
C. 若將電子入射速度變?yōu)関，這些電子一定能會(huì)聚在P點(diǎn)
D. 若將電子入射速度變?yōu)?v，這些電子一定能會(huì)聚在P點(diǎn)
D　解析：由題圖可知，螺線管內(nèi)磁場(chǎng)方向水平向右，將電子速度沿水平方向、豎直方向正交分解，則電子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子螺旋式前進(jìn)，設(shè)螺線管長(zhǎng)為L(zhǎng)，若這些電子通過(guò)磁場(chǎng)會(huì)聚在熒光屏上P點(diǎn)，則需滿足＝nT(n＝1,2,3，…)，T為電子豎直方向做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，又因?yàn)閑vyB＝，解得周期為T(mén)＝＝，聯(lián)立可得＝(n＝1,2,3，…)，因?yàn)殡娮铀俣葀與磁場(chǎng)方向的夾角非常小，所以vx≈v，可見(jiàn)，電子的速度只要滿足＝(n＝1,2,3，…)，即電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為電子做圓周運(yùn)動(dòng)周期的整數(shù)倍，電子就可以會(huì)聚到P點(diǎn)，由上述分析可知，若電子在磁場(chǎng)中豎直方向只轉(zhuǎn)動(dòng)一周就到達(dá)P點(diǎn)，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為，A正確，不符合題意；若電子在磁場(chǎng)中豎直方向只轉(zhuǎn)動(dòng)一周就到達(dá)P點(diǎn)，則L1＝vT＝，B正確，不符合題意；由上述分析可知當(dāng)電子速度為v時(shí)，L＝v(n＝1,2,3，…)，故當(dāng)電子速度為v時(shí)，L＝·(n′＝2,4,6，…)，即電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間仍然為電子做圓周運(yùn)動(dòng)周期的整數(shù)倍，故這些電子一定能會(huì)聚在P點(diǎn)，C正確，不符合題意；當(dāng)電子速度為2v時(shí)，L＝·2v(n″＝，1，，…)，即電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不是總等于電子做圓周運(yùn)動(dòng)周期的整數(shù)倍，故這些電子不一定能會(huì)聚在P點(diǎn)，D錯(cuò)誤，符合題意。
2．(2024·濟(jì)南模擬)(多選)地球的磁場(chǎng)是保護(hù)地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽(yáng)風(fēng)粒子直接到達(dá)地球表面，從而保護(hù)了地球上的生物。地球北極的磁場(chǎng)是沿豎直軸對(duì)稱的非均勻磁場(chǎng)，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)前進(jìn)時(shí)做螺線運(yùn)動(dòng)的示意圖，不計(jì)帶電粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 該帶電粒子帶正電
B. 從弱磁場(chǎng)區(qū)到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中帶電粒子的速率不變
C. 帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運(yùn)動(dòng)的距離不變
D. 一段時(shí)間后該帶電粒子可能會(huì)從強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)到弱磁場(chǎng)區(qū)做螺線運(yùn)動(dòng)
ABD　解析：由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；因洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，則從弱磁場(chǎng)區(qū)到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中帶電粒子的速率不變，選項(xiàng)B正確；根據(jù)qv⊥B＝m，T＝，得r＝，T＝，可知隨著磁場(chǎng)的增強(qiáng)，粒子運(yùn)動(dòng)半徑逐漸減小，周期變小，則由x＝v∥T可知，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運(yùn)動(dòng)的距離減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；一段時(shí)間后該帶電粒子豎直向下的分速度減為0，其所受洛倫茲力斜向上，則從強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)到弱磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)，軌跡可能為螺旋線，選項(xiàng)D正確。
3．(2023·佛山模擬)(多選)如圖所示，在正方體d′a′、a′b′、b′b、bc、cc′、c′d′六條棱上通有等大電流，O點(diǎn)為正方體的中心。在O點(diǎn)以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方發(fā)射一不計(jì)重力的質(zhì)子，其運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影可能正確的是(　　)
AD　解析：由于在O點(diǎn)處，導(dǎo)線d′a′和bc產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向沿垂直b′c′方向斜向右上方，導(dǎo)線a′b′和c′d′產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向豎直向上，導(dǎo)線b′b和c′c產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，則總的合磁場(chǎng)方向過(guò)O點(diǎn)，沿垂直b′c′方向斜向右上方。若在O點(diǎn)以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方發(fā)射一不計(jì)重力的質(zhì)子，運(yùn)動(dòng)方向平行于磁場(chǎng)方向，可知質(zhì)子斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則軌跡在dxy平面的投影如選項(xiàng)A所示，在dyz平面的投影如選項(xiàng)D所示。
　洛倫茲力與現(xiàn)代科技
(多選)某學(xué)習(xí)小組用霍爾元件測(cè)定我國(guó)某市地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度。現(xiàn)有一塊寬為a、高為b、長(zhǎng)為c的長(zhǎng)方體半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子。先將霍爾元件按圖甲所示水平放置，并通入水平向右、大小為I的電流，測(cè)得元件的前、后表面的電壓為U1；再將霍爾元件按圖乙所示豎直放置，使棱M沿東西方向，元件中通入豎直向上、大小為I的電流，測(cè)得元件的前、后表面的電壓為U2，已知甲、乙圖中電子定向移動(dòng)的速率均為v，則(　　)
A. 圖甲中前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)高
B. 測(cè)量處磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向上的分量大小為By＝
C. 測(cè)量處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝
D. 測(cè)量處磁場(chǎng)方向與水平方向的夾角θ滿足tan θ＝
AD　解析：根據(jù)左手定則可知，題圖甲中電子向后表面偏轉(zhuǎn)，因此后表面帶負(fù)電，電勢(shì)低，前表面帶正電，電勢(shì)高，故A正確；題圖甲中，由e＝evBy得，磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向上分量的大小為By＝，同理，磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平(南北)方向上的分量大小為Bx＝，則tan θ＝，測(cè)量處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝＝，故B、C錯(cuò)誤，D正確。
1．霍爾電壓產(chǎn)生的原因是什么？
當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體中能夠自由移動(dòng)的帶電粒子在洛倫茲力的作用下，向著與電流、磁場(chǎng)都垂直的方向漂移，繼而在該方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱為霍爾電壓。
2．霍爾電壓產(chǎn)生的電場(chǎng)與電流磁場(chǎng)的方向有什么關(guān)系？
霍爾電壓產(chǎn)生的電場(chǎng)垂直于電流，垂直于磁場(chǎng)。
3．霍爾電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度、電子定向移動(dòng)的速率v有什么關(guān)系？
e＝evBy(以題圖甲為例)。
裝置 原理圖 規(guī)律
回旋 加速器 由qvB＝得Ekm＝，其中r為D形盒的半徑
質(zhì)譜儀 加速電場(chǎng)中qU＝mv2， 偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中qvB＝， 聯(lián)立得粒子軌道半徑r＝、粒子質(zhì)量m＝、比荷＝
速度 選擇器 若qvB＝qE，即v＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)
磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入磁場(chǎng)，受洛倫茲力并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使兩極板分別帶正、負(fù)電，當(dāng)兩極板間電壓為U時(shí)穩(wěn)定，由q＝qvB，得U＝vBd
電磁 流量計(jì) 當(dāng)q＝qvB時(shí)，有v＝，流量Q＝Sv＝π2·＝
霍爾 元件 導(dǎo)體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A′間的電勢(shì)差(U)保持穩(wěn)定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝＝k，其中k＝，稱為霍爾系數(shù)
1．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，D1和D2是兩個(gè)相同的中空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接如圖乙所示的交流電源，圖中U0、T0已知，兩個(gè)D形盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將一質(zhì)子(H)從D1金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子經(jīng)過(guò)加速后最終從D形盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計(jì)電場(chǎng)中的加速時(shí)間，且不考慮相對(duì)論效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是(　　)
甲
乙
A. 回旋加速器中所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝
B. 質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時(shí)的速度為
C. 在其他條件不變的情況下，僅增大U0，可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度
D. 在所接交流電源不變的情況下，若用該裝置加速 H(氚核)，需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
D　解析：質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與所加交流電源的周期T0相同，由T0＝，可得B＝，A錯(cuò)誤；當(dāng)質(zhì)子從D形盒邊緣射出時(shí)，由mv2＝nqU0得，射出的速度為v＝，B錯(cuò)誤；質(zhì)子從D形盒射出時(shí)，由qvmaxB＝m可得vmax＝，因此僅增大加速電壓U0，質(zhì)子射出速度大小不變，C錯(cuò)誤；當(dāng)加速氚核時(shí)，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝，其周期應(yīng)該與T0相同，又T0＝，則B′＝3B，故需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，D正確。
2．(2024·重慶模擬)磁聚焦法測(cè)量電子比荷的裝置如圖所示。在抽成真空的玻璃管中裝有熱陰極K和有小孔的陽(yáng)極A。在A、K之間加大小為U0的電壓，對(duì)電子進(jìn)行加速 (初速度視為0)，電子由陽(yáng)極小孔高速射出；在尺寸很小的電容器C的兩極板間加一不大的周期性交變電場(chǎng)，使不同時(shí)刻通過(guò)這里的電子速度方向發(fā)生不同程度的微小偏轉(zhuǎn)，在電容器右端和熒光屏之間加一沿軸線方向 (圖中水平虛線)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的電子會(huì)沿不同的螺旋線運(yùn)動(dòng)，每繞行一周后都會(huì)到達(dá)同一位置聚焦，電容器到熒光屏的水平距離為l，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，可使電子流的第一個(gè)焦點(diǎn)落在熒光屏S上。不計(jì)電子所受的重力和電子間的相互作用，當(dāng)θ非常小時(shí)滿足cos θ＝1，sin θ＝θ，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 帶電粒子所受洛倫茲力的方向與軸線不垂直
B. 不同時(shí)刻進(jìn)入電容器的電子運(yùn)動(dòng)軌跡一定不同
C. 利用該設(shè)備測(cè)出電子的比荷 ＝
D. 若電子經(jīng)過(guò)電容器后偏離軸線方向的最大角度為θ，該裝置中帶電粒子螺旋運(yùn)動(dòng)段的玻璃管內(nèi)徑 (直徑)應(yīng)滿足 D≥
C　解析：洛倫茲力方向既垂直于磁場(chǎng)方向即軸線方向，又垂直于速度方向，故A錯(cuò)誤；不同時(shí)刻進(jìn)入電容器中的電子，若進(jìn)入電容器的時(shí)刻相隔整數(shù)個(gè)電場(chǎng)周期，則離開(kāi)電容器進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，電子運(yùn)動(dòng)軌跡也相同，故B錯(cuò)誤；電子的螺旋運(yùn)動(dòng)可分解為沿B方向的勻速運(yùn)動(dòng)和垂直于B方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子在A、K之間加速，根據(jù)動(dòng)能定理有eU0＝mv2，設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電子的速度v與水平方向夾角為θ，其垂直磁場(chǎng)的分速度為v1，平行磁場(chǎng)方向的分速度為v2，由題意可知速度分量v2＝vcos θ＝v，可得電子回旋周期T＝＝，故電子在磁場(chǎng)中做螺旋運(yùn)動(dòng)的螺距l(xiāng)＝v2T＝v，可得＝，故C正確；垂直B的速度分量為v1＝vsin θ＝vθ，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得ev1B＝m，可知r＝＝，所以管內(nèi)直徑D≥，故D錯(cuò)誤。
3．利用霍爾傳感器可測(cè)量自行車(chē)的運(yùn)動(dòng)速率。如圖所示，一塊磁體安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r，輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁體就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。當(dāng)磁體靠霍爾元件最近時(shí)，通過(guò)元件的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢(shì)差U。已知霍爾元件沿磁場(chǎng)方向的厚度為d，載流子的電荷量為 －q，電流I向左。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì)
B. 若車(chē)速越大，則霍爾電勢(shì)差U越大
C. 元件內(nèi)單位體積中的載流子數(shù)為
D. 若單位時(shí)間內(nèi)霍爾元件檢測(cè)到m個(gè)脈沖，則自行車(chē)行駛的速度大小為2πmr
C　解析：根據(jù)左手定則可知，載流子受到的洛倫茲力指向前表面，所以載流子會(huì)在前表面聚集，由于載流子帶負(fù)電，所以霍爾元件的前表面電勢(shì)低于后表面電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；設(shè)霍爾元件的寬為b，穩(wěn)定后電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即q＝qvB，解得U＝Bbv，設(shè)單位體積內(nèi)自由移動(dòng)的載流子數(shù)為n，由電流微觀表達(dá)式I＝nqSv，整理得U＝，由于電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，因此霍爾電勢(shì)差U與車(chē)速大小無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；由B項(xiàng)分析可知，單位體積內(nèi)自由移動(dòng)的載流子數(shù)為n＝，故C正確；若單位時(shí)間內(nèi)霍爾元件檢測(cè)到m個(gè)脈沖，則車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T(mén)＝，角速度為ω＝＝2πm，則自行車(chē)行駛的速度大于v＝ωr＝2πmr，故D錯(cuò)誤。
4．(多選)如圖所示的磁流體發(fā)電機(jī)由彼此正對(duì)的兩水平金屬板M、N構(gòu)成，M、N間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，兩金屬板與兩平行且水平放置的金屬導(dǎo)軌相連，金屬板M、N及兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離均為d，平行金屬導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向與豎直方向成θ角，在兩平行金屬導(dǎo)軌上放有一長(zhǎng)為d的直導(dǎo)體棒PQ，直導(dǎo)體棒PQ與兩平行金屬導(dǎo)軌垂直并且接觸良好，其電阻為R，其余電阻不計(jì)。在兩平行金屬板M、N間垂直磁場(chǎng)方向噴入一束速度大小為v0的等離子體，PQ仍靜止在導(dǎo)軌上，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，它與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镻→Q
B. 導(dǎo)體棒受到的安培力大小為
C. 金屬導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為mg－
D. 導(dǎo)體棒受到金屬導(dǎo)軌的摩擦力大小為
CD　解析：由左手定則知，M板聚集負(fù)電荷，N板聚集正電荷，即M板為磁流體發(fā)電機(jī)的負(fù)極，N板為正極，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镼→P，故A錯(cuò)誤；當(dāng)洛倫茲力與靜電力相等時(shí)形成穩(wěn)定的電勢(shì)差，即qv0B1＝qE＝q，由歐姆定律可得導(dǎo)體棒上的電流為I＝，所以導(dǎo)體棒受到的安培力大小為FA＝IdB2＝，故B錯(cuò)誤；如圖所示，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，豎直方向上有mg＝FAsin θ＋FN，水平方向上有Ff＝FAcos θ，聯(lián)立解得FN＝mg－，F(xiàn)f＝，故C、D正確。
　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(2023·全國(guó)乙卷)如圖所示，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面(Oxy平面)向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；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(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為(　　)
A. B．
C. D．
A　解析：由題意知，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向夾角為30°，則 sin 30°＝，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a，由qvB＝m可得，＝，如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有qE＝qvB，聯(lián)立解得＝，故選A。
1．粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度與x軸的夾角為多少？
60°。
2．粒子在磁場(chǎng)中的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角是多少？
60°。
3．加上電場(chǎng)后，洛倫茲力與靜電力存在什么樣的關(guān)系？
qvB＝qE。
帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的三個(gè)幾何關(guān)系
(2)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問(wèn)題
①關(guān)注常見(jiàn)關(guān)鍵詞，如“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞。
②兩種處理方法
a．利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值。
b．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。
(3)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生多解的原因
1．中國(guó)環(huán)流器二號(hào)M裝置(HL-2M)在成都建成并實(shí)現(xiàn)首次放電，該裝置通過(guò)磁場(chǎng)將粒子約束在小范圍內(nèi)實(shí)現(xiàn)核聚變。其簡(jiǎn)化模型如圖所示，半徑為R和 R的兩個(gè)同心圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，核聚變?cè)想?H)和氘核(H)均以相同的速度從圓心O沿半徑方向射出，全部被約束在大圓形區(qū)域內(nèi)，則氕核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑最大為(　　)
A. R B． R
C. R D． (－1)R
A　解析：依題意，氕核、氘核全部被約束在大圓形區(qū)域內(nèi)，根據(jù)qvB＝m，得r＝，由于二者速度相同，根據(jù)半徑與比荷的關(guān)系，可知氕核與氘核在磁場(chǎng)中的軌跡半徑之比為1∶2。當(dāng)氘核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與磁場(chǎng)外邊界相切時(shí)，氘核運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最大，由幾何知識(shí)得(R－rmax)2＝r＋R2，求得氘核的最大半徑為rmax＝R，所以，氕核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r′max＝rmax＝R，故選A。
2．(2024·泰安三模)如圖所示，比荷不同的兩個(gè)帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓U0加速后，垂直磁場(chǎng)左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。兩個(gè)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一個(gè)從左邊界MN的a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，另一個(gè)從磁場(chǎng)的右邊界b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，a、b兩點(diǎn)的連線剛好與磁場(chǎng)邊界垂直，從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶正電，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶負(fù)電
B. 從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為
C. 從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為
D. 從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3∶1
C　解析：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后均向上偏轉(zhuǎn)，所以根據(jù)左手定則可知，兩個(gè)粒子均帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意由幾何關(guān)系可知從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rb＝＝d，從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑ra＝＝d，粒子經(jīng)加速電壓U0加速后有qU0＝mv2，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為＝，從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為＝，B錯(cuò)誤，C正確；兩個(gè)粒子的比荷不同，所以在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期不同，從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角之比為3∶1，但運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定不為3∶1，D錯(cuò)誤。
3．(2024·金華模擬)如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的光電效應(yīng)研究裝置，A、B為金屬板，頻率為ν的單色光照射到板A上發(fā)生光電效應(yīng)，經(jīng)A、B間的電場(chǎng)加速后，部分粒子從小孔a進(jìn)入圖中虛線所示的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)半徑為R，磁場(chǎng)區(qū)域的下方有一粒子選擇及接收裝置P。在磁場(chǎng)圓心O的正下方，aO與PO垂直，接收板與PO垂直。光電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后能從小孔a以不同的角度進(jìn)入磁場(chǎng)，已知元電荷為e，電子的質(zhì)量為m，A、B間的加速電壓為U0，只有速度方向垂直接收器的粒子才能通過(guò)粒子選擇器，其他粒子被粒子選擇器吸收并立即導(dǎo)入大地，通過(guò)選擇器的粒子最終打在接收器上，被接收器吸收并立即導(dǎo)入大地。重力忽略不計(jì)，不考慮粒子之間的相互作用力，不考慮緩慢變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的電場(chǎng)，只考慮紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子，普朗克常量為h。
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0時(shí)，某光電子從A板離開(kāi)時(shí)的速度為0，求該電子經(jīng)過(guò)小孔a進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R1。
(2)粒子從小孔a進(jìn)入時(shí)速度與aO角度范圍 θ＝±30°，求粒子接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度L。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度由B0緩慢增大到B1時(shí)，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金屬板A的逸出功W0。
(4)當(dāng)B＝B0時(shí)，粒子接收器上受到的粒子撞擊的作用力大小為F，求單位時(shí)間內(nèi)接收器上接收到的粒子數(shù)n。
解析：(1)光電子從A板離開(kāi)并在a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理可得eU0＝mv2
解得v＝
光電子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，則有
evB0＝m
解得R1＝＝。
(2)電子以不同的入射角進(jìn)入磁場(chǎng)，其軌跡會(huì)形成一個(gè)扇形區(qū)域，如圖所示，由于入射角度范圍θ＝±30°，因此可知該扇形的張角為60°。由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下，在圓磁場(chǎng)邊緣上兩粒子射出磁場(chǎng)時(shí)所夾的圓弧所對(duì)的圓心角為60°，則接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度L＝R。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度由B0緩慢增大到B1時(shí)，接收器上恰好不能再接收到粒子，說(shuō)明初速度最大的粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑都比R小，臨界狀態(tài)是速度最大的粒子軌道半徑恰好為R，則
vm＝
這意味著電子從A板逸出時(shí)的最大動(dòng)能是
Ekm＝mv－eU0
光電效應(yīng)方程可得
Ekm＝hν－W0＝mv－eU0
解得W0＝hν－mv＋eU0＝hν－＋eU0。
(4)當(dāng)B＝B0時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0＝
粒子接收器上受到的粒子撞擊的作用力大小為F，單位時(shí)間內(nèi)接收器上接收到的粒子數(shù)為n，對(duì)粒子由動(dòng)量定理可得
－Ft＝0－nt·mv0
解得n＝＝。
答案：(1)
(2)R
(3)hν－＋eU0
(4)
專(zhuān)題限時(shí)評(píng)價(jià)(六)
(建議用時(shí)：90分鐘)
1．如圖所示，通有恒定電流I的直導(dǎo)線附近有一正在運(yùn)動(dòng)的電子，某時(shí)刻其速度方向恰好與電流I的方向相同，不計(jì)電子的重力，則此后該電子將做(　　)
A. 勻速直線運(yùn)動(dòng)
B. 勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D. 速度大小不變的曲線運(yùn)動(dòng)
D　解析：根據(jù)安培定則，可知通電導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向里，由左手定則可知該時(shí)刻電子受到的洛倫茲力方向水平向右，電子將向右做圓周運(yùn)動(dòng)，但導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，根據(jù)F洛＝qvB＝m，得r＝，可知電子將做曲率半徑變大的曲線運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力永遠(yuǎn)與電子運(yùn)動(dòng)方向垂直，因此洛倫茲力不做功，電子的速度大小保持不變，所以電子將做速度大小不變的曲線運(yùn)動(dòng)，故選D。
2．(2024·煙臺(tái)模擬)如圖，正六邊形線框ABCDEF由6根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)A、B與直流電源兩端相連，已知導(dǎo)體棒BC受到的安培力大小為F0，則正六邊形線框受到的安培力的大小為(　　)
A. 6F0 B． 5F0
C. 2F0 D． F0
A　解析：設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則BA與BCDEF兩支路的電阻之比為R1∶R2＝R∶5R＝1∶5，根據(jù)并聯(lián)電路兩端電壓相等的特點(diǎn)可知，通過(guò)BA與BCDEF兩支路的電流之比為I1∶I2＝5∶1，通電導(dǎo)體BCDEF受安培力的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)安培力公式F＝BIL可得，通電導(dǎo)體BCDEF與BC受到的安培力的大小相等，也為F0，BA與BCDEF受到的安培力的大小之比為F′∶F0＝I1∶I2＝5∶1，可得F′＝5F0，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，整個(gè)線框所受安培力的合力大小為F0＋F′＝6F0，故選A。
3．(2024·湖北卷)(多選)磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場(chǎng)，極板間便產(chǎn)生電壓。不計(jì)重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 極板MN是發(fā)電機(jī)的正極
B. 僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C. 僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D. 僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大
AC　解析：根據(jù)左手定則可知，正離子向MN偏轉(zhuǎn)，打在極板MN上，所以極板MN是發(fā)電機(jī)的正極，A正確；設(shè)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間距為d ，電壓為U，粒子帶電荷量為q，當(dāng)磁流體發(fā)電機(jī)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電粒子所受靜電力和洛倫茲力平衡，即q＝qvB，解得U＝vBd，若僅增大兩極板間的距離，則極板間的電壓增大，若僅增大等離子體的噴入速率，則極板間的電壓增大，C正確，B錯(cuò)誤；由U＝vBd知，U的大小與帶電粒子數(shù)密度無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。
4．(2024·廣西卷)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子過(guò)y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為(　　)
A. B．
C. (1＋) D．
C　解析：粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以出磁場(chǎng)時(shí)的速度與P點(diǎn)速度相同，如圖，圓周運(yùn)動(dòng)上兩點(diǎn)速度的垂線的交點(diǎn)為圓心O′，則由幾何關(guān)系可得PO＝(1＋)r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，得r＝，所以PO＝(1＋)，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
5．(2024·湖北卷)如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)
B. 粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C. 粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為
D. 若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為
D　解析：帶電粒子沿 AC方向射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡不可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；粒子沿半徑方向射入，則一定沿半徑方向射出，B錯(cuò)誤；粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，最小時(shí)間間隔的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，最小時(shí)間間隔為2T＝，C錯(cuò)誤；若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，軌跡由三段弦長(zhǎng)為R的圓弧組成，第一段圓弧的圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r＝，又r＝，所以粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為，D正確。
　
甲 乙
6．一回旋加速器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩D形盒狹縫間加的交變電場(chǎng)電勢(shì)差為U。質(zhì)量為m、電荷量為q的離子由靜止開(kāi)始經(jīng)交變電場(chǎng)多次加速后，在回旋加速器中旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)。為引出離子，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器，引出器原理如圖所示，一對(duì)圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(diǎn)。引出離子時(shí)，改變通道內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出。則(　　)
A. 交變電場(chǎng)的變化周期為
B. 離子的加速次數(shù)為
C. 引出離子時(shí)，通道內(nèi)、外的磁場(chǎng)方向相反
D. 引出離子時(shí)，通道內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于B
B　解析：離子在D形盒中旋轉(zhuǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，R＝，交變電壓的周期與離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等，即T＝＝，A錯(cuò)誤；離子從釋放到飛出加速器，由動(dòng)能定理可得NqU＝mv，其中vmax＝，聯(lián)立解得N＝，B正確；引出離子時(shí)，通道內(nèi)、外的磁場(chǎng)都是使離子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，故方向相同，C錯(cuò)誤；引出離子時(shí)，離子在通道內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于在通道外的圓周半徑，由R＝知，通道內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于B，D錯(cuò)誤。
7．磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，燃燒室在3 000 K 的高溫下將氣體全部電離成高溫等離子體。等離子體經(jīng)噴管提速后以速度v進(jìn)入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道中有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，發(fā)電通道長(zhǎng)為l，寬為b，高為a，高溫等離子體的電阻率ρ，外部電路連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)線電阻不計(jì)。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 外部電路中的電流方向?yàn)橛蒒→M
B. 回路電流I＝
C. 發(fā)電機(jī)的輸出功率P＝2R
D. 為維持等離子體勻速流動(dòng)，矩形發(fā)電通道左右端的壓強(qiáng)差Δp＝·ab
C　解析：由左手定則可知，發(fā)電通道的上極板為電源的正極，下極板為負(fù)極，則外部電路中的電流方向?yàn)橛?M→N，A錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，洛倫茲力等于靜電力，即qvB＝q，所以發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝U＝Bav，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，回路中的電流為I＝＝，B錯(cuò)誤；發(fā)電機(jī)的輸出功率為P出＝I2R＝2R，C正確；矩形發(fā)電通道左右端的壓強(qiáng)差為Δp＝＝＝，D錯(cuò)誤。
8．(多選)如圖所示，直角坐標(biāo)系Oxy中，在x＞0的空間內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(其他區(qū)域無(wú)磁場(chǎng))，在y軸上有到原點(diǎn)O的距離均為L(zhǎng)的C、D兩點(diǎn)。帶電粒子P(不計(jì)重力)從C點(diǎn)以速率v沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，并恰好從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)；與粒子P相同的粒子Q從C點(diǎn)以速率4v沿紙面射入磁場(chǎng)，并恰好從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則(　　)
A. 粒子P帶正電
B. 粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C. 粒子Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為
D. 粒子Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程可能為
ABD　解析：粒子P從C點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)，受洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則由左手定則可判斷粒子P帶正電，故A正確；根據(jù)題意可知，粒子P在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑R1＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝，故B正確；粒子Q與粒子P的比荷相同，而速度為4v，由R＝可知，R2＝4R1＝2L；設(shè)粒子Q進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與y軸所夾銳角為θ，則從C點(diǎn)進(jìn)從D點(diǎn)出分別有兩種情況，其軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知 θ＝30°，兩種軌跡的圓心角分別為60°和300°，而圓弧的弧長(zhǎng)分別為s1＝·2L＝，s2＝·2L＝，則粒子Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝＝或t3＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
9．(2024·河北卷)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊長(zhǎng)一定，abcd的邊長(zhǎng)可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個(gè)粒子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場(chǎng)。調(diào)整abcd的邊長(zhǎng)，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過(guò)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)后由BC邊射出。對(duì)滿足前述條件的粒子，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出
B. 若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出
C. 若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為45°
D. 若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°
ACD　解析：若粒子穿過(guò) ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd兩側(cè)偏轉(zhuǎn)角之和為90°，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖甲所示，可知粒子必垂直BC射出，同理，若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為45°，A、C正確；若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，且經(jīng)cd邊從BC邊射出，軌跡如圖乙所示，在正方形abcd兩側(cè)偏轉(zhuǎn)角之和為120°，可知粒子不能垂直BC射出，B錯(cuò)誤；由圖丙知，若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，由幾何關(guān)系知粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°，D正確。
甲 乙
丙
10．(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電荷量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用，則(　　)
A. 油滴a帶負(fù)電，所帶電荷量的大小為
B. 油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C. 小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為，周期為
D. 小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)
ABD　解析：由題意可知，帶電油滴a在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力與重力平衡，即mg＝qE，則油滴a帶負(fù)電，所帶電荷量的大小為，A正確；由qvB＝m，解得v＝，B正確；小油滴Ⅰ做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小油滴Ⅰ所受靜電力與重力平衡，即m1g＝q1E，其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，則q1v1B＝m1，解得v1＝，周期T＝＝，C錯(cuò)誤；油滴a瞬間分成兩個(gè)小油滴，由動(dòng)量守恒定律可知，小油滴Ⅱ在P點(diǎn)的速度方向水平向右，由左手定則可知，小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，D正確。
11．(多選)如圖所示，Oxyz坐標(biāo)系中，y>0的空間內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；y<0的空間內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，帶電粒子第5次沿y軸負(fù)方向穿過(guò)Oxz平面時(shí)恰好經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)。不計(jì)帶電粒子重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. y<0的空間內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B
B. y<0的空間內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B
C. P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)為
D. P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)為
BD　解析：設(shè)粒子在磁場(chǎng)B中的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r1，在磁場(chǎng)B′中的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r2，根據(jù)題意可知，粒子在磁場(chǎng)B中偏轉(zhuǎn)5次，在磁場(chǎng)B′中偏轉(zhuǎn)4次，根據(jù)幾何關(guān)系可知5r1＝4r2，在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m，可得r＝，結(jié)合5r1＝4r2，可得B′＝B，故A錯(cuò)誤，B正確；粒子在y>0的區(qū)域，沿x軸方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，在y<0區(qū)域，做4次勻速運(yùn)動(dòng)，每一次勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′＝·＝＝，在y>0區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2T＋＝，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝at2＝，做勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝·t′＋aT·t′＋·t′＋2aT·t′＝，因此P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)x＝x1＋x2＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
12．(2024·福建卷)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子經(jīng)電容器M由靜止開(kāi)始加速后從另一電容器N下極板進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰從電容器N的上極板射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，已知兩電容器電壓均為U，以電容器N下極板右側(cè)O點(diǎn)建立坐標(biāo)系，粒子自y軸上距離O點(diǎn)為d的P點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直于x軸方向經(jīng)過(guò)x軸，求：
(1)粒子剛進(jìn)入N時(shí)的速度大小；
(2)粒子在P處速度方向與y軸正方向的夾角；
(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
解析：(1)粒子在電容器M兩極板間受靜電力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得
qU＝mv2
解得v＝。
(2)帶電粒子在電容器N中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向以速度vx＝v＝做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝
帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿y軸正方向的分速度
vy＝＝＝vx
則帶電粒子在P處的速度vP＝＝2
設(shè)粒子在P處速度與y軸正方向的夾角為α，則
sin α＝＝
解得α＝45°
故vP與y軸正方向的夾角為45°，斜向右上方。
(3)帶電粒子在電容器N及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得∠OPQ＝45°
帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑r＝＝d
由qvPB＝m得B＝。
答案：(1)　(2)45°，斜向右上方
(3)
13．(2024·湖南卷)如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立O-xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在Oxy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。
(2)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對(duì)值。
(3)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。
解析：(1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，電子在圓筒中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期剛好到達(dá)O點(diǎn)，有L＝v0T
聯(lián)立解得B＝。
(2)設(shè)題設(shè)情況下電子沿y軸方向分速度為v，則tan θ＝
電子垂直磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑最大值為r
有evB＝m
由(1)知B＝
聯(lián)立解得tan θ＝。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最小值，電子在垂直磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)一周后射出磁場(chǎng)
由tan θ＝
解得v＝
由v2＝2ad，eE＝ma
聯(lián)立解得d＝。
答案：(1)　(2)　(3)
14．(2024·廣東卷)如圖甲所示，兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t＝0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在t＝t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在t＝2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在t＝3t0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q。
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時(shí)刻的速度大小。
(3)求從t＝0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中，靜電力對(duì)粒子做的功W。
甲
乙
解析：(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電。
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝2t0
根據(jù)T＝
可知粒子所帶的電荷量q＝。
(2)若金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)為，粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)有＝vt0
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為0，則豎直方向有
y＝2×·(0.5t0)2
在磁場(chǎng)中時(shí)有qvB＝m
其中y＝2r
聯(lián)立解得v＝，D＝。
(3)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，
由(2)的計(jì)算可知金屬板的板間距離D＝3r，則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為0后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)靜電力做功為0，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次靜電力做功也為0，可知整個(gè)過(guò)程中只有開(kāi)始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)靜電力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)靜電力做功，則
W＝mv2＋Eq·＝＋＝。
答案：(1)正電　　(2)　　(3)專(zhuān)題限時(shí)評(píng)價(jià)(六)
(建議用時(shí)：90分鐘)
1．如圖所示，通有恒定電流I的直導(dǎo)線附近有一正在運(yùn)動(dòng)的電子，某時(shí)刻其速度方向恰好與電流I的方向相同，不計(jì)電子的重力，則此后該電子將做(　　)
A. 勻速直線運(yùn)動(dòng)
B. 勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D. 速度大小不變的曲線運(yùn)動(dòng)
D　解析：根據(jù)安培定則，可知通電導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向里，由左手定則可知該時(shí)刻電子受到的洛倫茲力方向水平向右，電子將向右做圓周運(yùn)動(dòng)，但導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，根據(jù)F洛＝qvB＝m，得r＝，可知電子將做曲率半徑變大的曲線運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力永遠(yuǎn)與電子運(yùn)動(dòng)方向垂直，因此洛倫茲力不做功，電子的速度大小保持不變，所以電子將做速度大小不變的曲線運(yùn)動(dòng)，故選D。
2．(2024·煙臺(tái)模擬)如圖，正六邊形線框ABCDEF由6根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)A、B與直流電源兩端相連，已知導(dǎo)體棒BC受到的安培力大小為F0，則正六邊形線框受到的安培力的大小為(　　)
A. 6F0 B． 5F0
C. 2F0 D． F0
A　解析：設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則BA與BCDEF兩支路的電阻之比為R1∶R2＝R∶5R＝1∶5，根據(jù)并聯(lián)電路兩端電壓相等的特點(diǎn)可知，通過(guò)BA與BCDEF兩支路的電流之比為I1∶I2＝5∶1，通電導(dǎo)體BCDEF受安培力的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)安培力公式F＝BIL可得，通電導(dǎo)體BCDEF與BC受到的安培力的大小相等，也為F0，BA與BCDEF受到的安培力的大小之比為F′∶F0＝I1∶I2＝5∶1，可得F′＝5F0，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，整個(gè)線框所受安培力的合力大小為F0＋F′＝6F0，故選A。
3．(2024·湖北卷)(多選)磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場(chǎng)，極板間便產(chǎn)生電壓。不計(jì)重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 極板MN是發(fā)電機(jī)的正極
B. 僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C. 僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D. 僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大
AC　解析：根據(jù)左手定則可知，正離子向MN偏轉(zhuǎn)，打在極板MN上，所以極板MN是發(fā)電機(jī)的正極，A正確；設(shè)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間距為d ，電壓為U，粒子帶電荷量為q，當(dāng)磁流體發(fā)電機(jī)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電粒子所受靜電力和洛倫茲力平衡，即q＝qvB，解得U＝vBd，若僅增大兩極板間的距離，則極板間的電壓增大，若僅增大等離子體的噴入速率，則極板間的電壓增大，C正確，B錯(cuò)誤；由U＝vBd知，U的大小與帶電粒子數(shù)密度無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。
4．(2024·廣西卷)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子過(guò)y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為(　　)
A. B．
C. (1＋) D．
C　解析：粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以出磁場(chǎng)時(shí)的速度與P點(diǎn)速度相同，如圖，圓周運(yùn)動(dòng)上兩點(diǎn)速度的垂線的交點(diǎn)為圓心O′，則由幾何關(guān)系可得PO＝(1＋)r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，得r＝，所以PO＝(1＋)，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
5．(2024·湖北卷)如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)
B. 粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C. 粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為
D. 若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為
D　解析：帶電粒子沿 AC方向射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡不可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；粒子沿半徑方向射入，則一定沿半徑方向射出，B錯(cuò)誤；粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，最小時(shí)間間隔的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，最小時(shí)間間隔為2T＝，C錯(cuò)誤；若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，軌跡由三段弦長(zhǎng)為R的圓弧組成，第一段圓弧的圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r＝，又r＝，所以粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為，D正確。
　
甲 乙
6．一回旋加速器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩D形盒狹縫間加的交變電場(chǎng)電勢(shì)差為U。質(zhì)量為m、電荷量為q的離子由靜止開(kāi)始經(jīng)交變電場(chǎng)多次加速后，在回旋加速器中旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)。為引出離子，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器，引出器原理如圖所示，一對(duì)圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(diǎn)。引出離子時(shí)，改變通道內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出。則(　　)
A. 交變電場(chǎng)的變化周期為
B. 離子的加速次數(shù)為
C. 引出離子時(shí)，通道內(nèi)、外的磁場(chǎng)方向相反
D. 引出離子時(shí)，通道內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于B
B　解析：離子在D形盒中旋轉(zhuǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，R＝，交變電壓的周期與離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等，即T＝＝，A錯(cuò)誤；離子從釋放到飛出加速器，由動(dòng)能定理可得NqU＝mv，其中vmax＝，聯(lián)立解得N＝，B正確；引出離子時(shí)，通道內(nèi)、外的磁場(chǎng)都是使離子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，故方向相同，C錯(cuò)誤；引出離子時(shí)，離子在通道內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于在通道外的圓周半徑，由R＝知，通道內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于B，D錯(cuò)誤。
7．磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，燃燒室在3 000 K 的高溫下將氣體全部電離成高溫等離子體。等離子體經(jīng)噴管提速后以速度v進(jìn)入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道中有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，發(fā)電通道長(zhǎng)為l，寬為b，高為a，高溫等離子體的電阻率ρ，外部電路連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)線電阻不計(jì)。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 外部電路中的電流方向?yàn)橛蒒→M
B. 回路電流I＝
C. 發(fā)電機(jī)的輸出功率P＝2R
D. 為維持等離子體勻速流動(dòng)，矩形發(fā)電通道左右端的壓強(qiáng)差Δp＝·ab
C　解析：由左手定則可知，發(fā)電通道的上極板為電源的正極，下極板為負(fù)極，則外部電路中的電流方向?yàn)橛?M→N，A錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，洛倫茲力等于靜電力，即qvB＝q，所以發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝U＝Bav，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，回路中的電流為I＝＝，B錯(cuò)誤；發(fā)電機(jī)的輸出功率為P出＝I2R＝2R，C正確；矩形發(fā)電通道左右端的壓強(qiáng)差為Δp＝＝＝，D錯(cuò)誤。
8．(多選)如圖所示，直角坐標(biāo)系Oxy中，在x＞0的空間內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(其他區(qū)域無(wú)磁場(chǎng))，在y軸上有到原點(diǎn)O的距離均為L(zhǎng)的C、D兩點(diǎn)。帶電粒子P(不計(jì)重力)從C點(diǎn)以速率v沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，并恰好從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)；與粒子P相同的粒子Q從C點(diǎn)以速率4v沿紙面射入磁場(chǎng)，并恰好從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則(　　)
A. 粒子P帶正電
B. 粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C. 粒子Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為
D. 粒子Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程可能為
ABD　解析：粒子P從C點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)，受洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則由左手定則可判斷粒子P帶正電，故A正確；根據(jù)題意可知，粒子P在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑R1＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝，故B正確；粒子Q與粒子P的比荷相同，而速度為4v，由R＝可知，R2＝4R1＝2L；設(shè)粒子Q進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與y軸所夾銳角為θ，則從C點(diǎn)進(jìn)從D點(diǎn)出分別有兩種情況，其軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知 θ＝30°，兩種軌跡的圓心角分別為60°和300°，而圓弧的弧長(zhǎng)分別為s1＝·2L＝，s2＝·2L＝，則粒子Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝＝或t3＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
9．(2024·河北卷)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊長(zhǎng)一定，abcd的邊長(zhǎng)可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個(gè)粒子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場(chǎng)。調(diào)整abcd的邊長(zhǎng)，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過(guò)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)后由BC邊射出。對(duì)滿足前述條件的粒子，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出
B. 若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出
C. 若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為45°
D. 若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°
ACD　解析：若粒子穿過(guò) ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd兩側(cè)偏轉(zhuǎn)角之和為90°，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖甲所示，可知粒子必垂直BC射出，同理，若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為45°，A、C正確；若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，且經(jīng)cd邊從BC邊射出，軌跡如圖乙所示，在正方形abcd兩側(cè)偏轉(zhuǎn)角之和為120°，可知粒子不能垂直BC射出，B錯(cuò)誤；由圖丙知，若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，由幾何關(guān)系知粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°，D正確。
甲 乙
丙
10．(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電荷量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用，則(　　)
A. 油滴a帶負(fù)電，所帶電荷量的大小為
B. 油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C. 小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為，周期為
D. 小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)
ABD　解析：由題意可知，帶電油滴a在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力與重力平衡，即mg＝qE，則油滴a帶負(fù)電，所帶電荷量的大小為，A正確；由qvB＝m，解得v＝，B正確；小油滴Ⅰ做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小油滴Ⅰ所受靜電力與重力平衡，即m1g＝q1E，其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，則q1v1B＝m1，解得v1＝，周期T＝＝，C錯(cuò)誤；油滴a瞬間分成兩個(gè)小油滴，由動(dòng)量守恒定律可知，小油滴Ⅱ在P點(diǎn)的速度方向水平向右，由左手定則可知，小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，D正確。
11．(多選)如圖所示，Oxyz坐標(biāo)系中，y>0的空間內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；y<0的空間內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，帶電粒子第5次沿y軸負(fù)方向穿過(guò)Oxz平面時(shí)恰好經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)。不計(jì)帶電粒子重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. y<0的空間內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B
B. y<0的空間內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B
C. P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)為
D. P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)為
BD　解析：設(shè)粒子在磁場(chǎng)B中的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r1，在磁場(chǎng)B′中的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r2，根據(jù)題意可知，粒子在磁場(chǎng)B中偏轉(zhuǎn)5次，在磁場(chǎng)B′中偏轉(zhuǎn)4次，根據(jù)幾何關(guān)系可知5r1＝4r2，在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m，可得r＝，結(jié)合5r1＝4r2，可得B′＝B，故A錯(cuò)誤，B正確；粒子在y>0的區(qū)域，沿x軸方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，在y<0區(qū)域，做4次勻速運(yùn)動(dòng)，每一次勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′＝·＝＝，在y>0區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2T＋＝，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝at2＝，做勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝·t′＋aT·t′＋·t′＋2aT·t′＝，因此P點(diǎn)的x軸坐標(biāo)x＝x1＋x2＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
12．(2024·福建卷)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子經(jīng)電容器M由靜止開(kāi)始加速后從另一電容器N下極板進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰從電容器N的上極板射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，已知兩電容器電壓均為U，以電容器N下極板右側(cè)O點(diǎn)建立坐標(biāo)系，粒子自y軸上距離O點(diǎn)為d的P點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直于x軸方向經(jīng)過(guò)x軸，求：
(1)粒子剛進(jìn)入N時(shí)的速度大小；
(2)粒子在P處速度方向與y軸正方向的夾角；
(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
解析：(1)粒子在電容器M兩極板間受靜電力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得
qU＝mv2
解得v＝。
(2)帶電粒子在電容器N中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向以速度vx＝v＝做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝
帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿y軸正方向的分速度
vy＝＝＝vx
則帶電粒子在P處的速度vP＝＝2
設(shè)粒子在P處速度與y軸正方向的夾角為α，則
sin α＝＝
解得α＝45°
故vP與y軸正方向的夾角為45°，斜向右上方。
(3)帶電粒子在電容器N及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得∠OPQ＝45°
帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑r＝＝d
由qvPB＝m得B＝。
答案：(1)　(2)45°，斜向右上方
(3)
13．(2024·湖南卷)如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立O-xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在Oxy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。
(2)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tan θ的絕對(duì)值。
(3)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。
解析：(1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，電子在圓筒中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期剛好到達(dá)O點(diǎn)，有L＝v0T
聯(lián)立解得B＝。
(2)設(shè)題設(shè)情況下電子沿y軸方向分速度為v，則tan θ＝
電子垂直磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑最大值為r
有evB＝m
由(1)知B＝
聯(lián)立解得tan θ＝。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最小值，電子在垂直磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)一周后射出磁場(chǎng)
由tan θ＝
解得v＝
由v2＝2ad，eE＝ma
聯(lián)立解得d＝。
答案：(1)　(2)　(3)
14．(2024·廣東卷)如圖甲所示，兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t＝0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在t＝t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在t＝2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在t＝3t0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q。
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時(shí)刻的速度大小。
(3)求從t＝0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中，靜電力對(duì)粒子做的功W。
甲
乙
解析：(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電。
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝2t0
根據(jù)T＝
可知粒子所帶的電荷量q＝。
(2)若金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)為，粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)有＝vt0
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為0，則豎直方向有
y＝2×·(0.5t0)2
在磁場(chǎng)中時(shí)有qvB＝m
其中y＝2r
聯(lián)立解得v＝，D＝。
(3)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，
由(2)的計(jì)算可知金屬板的板間距離D＝3r，則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為0后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)靜電力做功為0，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次靜電力做功也為0，可知整個(gè)過(guò)程中只有開(kāi)始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)靜電力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)靜電力做功，則
W＝mv2＋Eq·＝＋＝。
答案：(1)正電　　(2)　　(3)(共140張PPT)
板塊二　電磁學(xué)
命題區(qū)間六　磁場(chǎng)
近三年山東高考考情分析 備考建議
命題點(diǎn) 2022年 2023年 2024年 1.強(qiáng)化對(duì)多過(guò)程問(wèn)題的進(jìn)一步分析，強(qiáng)化三維運(yùn)動(dòng)模型的構(gòu)建能力。
2．本部分與立體幾何、數(shù)列、三角函數(shù)等數(shù)學(xué)知識(shí)聯(lián)系緊密，要進(jìn)一步體會(huì)數(shù)學(xué)知識(shí)在解題中的應(yīng)用。
磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成
磁場(chǎng)對(duì)電流的作用
磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
洛倫茲力與現(xiàn)代科技
帶電粒子在有
界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在
復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) √ √ √
近三年山東已考命題點(diǎn)
01
命題點(diǎn)　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過(guò)小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。
(1)求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0。
(2)調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
看到什么 想到什么
垂直擋板射入小孔 軌跡圓圓心的位置
恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng) 平衡狀態(tài)(合力為0)
距離y軸最近位置 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖
解析：(1)根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，
甲
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有
(2)根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，
乙
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的靜電力沿x軸正方向，粒子帶正電，則△OMN之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足qv′B＝qE
在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
可得粒子在△OMN區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，
丙
則粒子從小孔K射出的速度方向與x軸正方向的夾角為60°，該速度沿x軸和y軸正方向的分速度大小分別為
1．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)三個(gè)分析
①正確分析受力情況，明確重力是否不計(jì)及洛倫茲力的方向；
②正確分析運(yùn)動(dòng)情況，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一般變速曲線運(yùn)動(dòng)；
③正確分析各力的做功情況，主要分析靜電力和重力做的功，洛倫茲力一定不做功。
(2)運(yùn)動(dòng)分類(lèi)
①靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中所受合力為0時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；
②勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等、方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
2．帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)求粒子發(fā)射速度的大小和方向。
(2)若保持E、B初始狀態(tài)和粒子束的初速度不變，在粒子從O點(diǎn)射出時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，求粒子從O點(diǎn)射出后經(jīng)過(guò) y軸時(shí)的坐標(biāo)(不考慮磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)。
(3)若保持E、B初始狀態(tài)和粒子束的初速度不變，在粒子從O點(diǎn)射出時(shí)立即將電場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋′＝5 N/C，求從O點(diǎn)射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)(不考慮電場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)。
解析：(1)對(duì)粒子受力分析，如圖甲所示，
甲
可知粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為0，根據(jù)三角形定則有
即粒子發(fā)射方向指向第四象限，與y軸負(fù)方向夾角為θ＝30°。
(2)撤去磁場(chǎng)后，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙，則有
(3)由題意可得qE′＝mg，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖丙所示，
由幾何關(guān)系可知
2．如圖所示，水平面上方區(qū)域有足夠?qū)挼恼浑姶艌?chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里(圖中所示)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；不計(jì)厚度、內(nèi)壁光滑的豎直小圓筒內(nèi)底部靜止放有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電微粒。現(xiàn)讓小圓筒以加速度a由靜止開(kāi)始向右平動(dòng)，在微粒開(kāi)始沿筒壁上升的瞬間，立即讓小圓筒以此時(shí)刻速度的2倍做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小圓筒勻速運(yùn)動(dòng)的距離為小圓筒長(zhǎng)度的2倍時(shí)，微粒恰好離開(kāi)小圓筒，并在此時(shí)刻撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)。不計(jì)重力大小，求：
(1)小圓筒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間微粒將沿筒壁上升；
(2)小圓筒的長(zhǎng)度；
(3)微粒離開(kāi)小圓筒后能上升的最大高度(距離圓筒上端口的最大高度)。
解析：(1)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1微粒的速度大小為v0時(shí)，微粒開(kāi)始沿管壁上升，有qv0B＝qE，v0＝at1
(2)開(kāi)始沿管壁上升后，受力分析如圖所示，
豎直方向上由牛頓第二定律可得
由此可知，微粒沿豎直方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒在小圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，離開(kāi)小圓筒時(shí)豎直速度為vy，該過(guò)程由題意有
解得vy＝2v0
設(shè)微粒離開(kāi)小圓筒時(shí)速度方向與水平方向夾角為θ′，有
解得θ′＝45°
洛倫茲力提供向心力，有
微粒離開(kāi)小圓筒后能上升的最大高度為
h＝rcos 45°＋r
3．(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為0的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)，再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。
(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小。
解析：(1)由于粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有qv0B1＝qE1
由幾何關(guān)系可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為
(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，受到向上的洛倫茲力
F洛＝qv0B1
向下的靜電力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
所以通過(guò)配速法，如圖所示
其中滿足qE2＝q(v0＋v1)B1
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0＋v1做勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，豎直方向以v1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在O′點(diǎn)的速度大小為
4．某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于Oxy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于O1點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于O2點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。
(1)求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v。
(2)求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E。
(3)保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B(數(shù)值未知)、方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到O1的距離s。
解析：(1)設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得
(2)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受靜電力，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C所用的時(shí)間為t，y軸方向的位移為y0，加速度大小為a，由牛頓第二定律得
qE＝ma
由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得
L＝vtcos θ
由幾何關(guān)系得y0＝－r(1－cos θ)
(3)Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的平面上做線速度大小為vcos θ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，俯視圖如圖所示，設(shè)在俯視圖中左側(cè)部分的圓心角為α，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r′，在垂直于y軸的投影面內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為l′，由幾何關(guān)系得
由于在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有
C到O1的距離s＝2r′sin α＋r′
近三年山東未考命題點(diǎn)
02
A. L1所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向
B. L2所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向
(多選)三根電流相同的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2、L3沿著正方體的三條邊A1D1、B1C1、BC放置，電流方向如圖所示，此時(shí)正方體幾何中心O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。現(xiàn)將沿BC邊放置的導(dǎo)線L3撤去，下列說(shuō)法正確的是(　　)
命題點(diǎn)一　磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成
√
√
AD　解析：現(xiàn)將沿BC邊放置的導(dǎo)線L3撤去，剩下L1和L2相互吸引，作用方向與AB平行，L1所受磁場(chǎng)作用力的方向沿AB方向，L2所受磁場(chǎng)作用力的方向沿BA方向，俯視圖如圖甲所示，故A正確，B錯(cuò)誤；
1．將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖(俯視圖)。
如圖所示。
2．如何判斷各通電直導(dǎo)線周?chē)艌?chǎng)的方向？
根據(jù)安培定則判斷。
3．在判斷通電直導(dǎo)線間安培力方向時(shí)，我們可以直接利用同向電流相互______，異向電流相互______來(lái)判斷。
吸引
排斥
磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的解題思路
(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線。
(2)定位空間中需要求解的點(diǎn)，利用安培定則判定每個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。如圖所示為通電導(dǎo)線M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。
(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，圖中的B即為合磁場(chǎng)。
√
域離導(dǎo)線M較近，則合磁場(chǎng)方向沿y方向，為負(fù)方向，且離導(dǎo)線M越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)x軸上導(dǎo)線N形成的磁場(chǎng)沿y方向，導(dǎo)線M形成的磁場(chǎng)沿－y方向，因該區(qū)域離導(dǎo)線N較近，則合磁場(chǎng)方向沿y方向，為負(fù)方向，且離導(dǎo)線N越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，故A、B錯(cuò)誤。兩通電導(dǎo)線在y軸上的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示，
因此可知合磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿－y方向，大小為B＝2B1cos α，越遠(yuǎn)離O點(diǎn)，B1越小，cos α越小，因此B越小，故C正確，D錯(cuò)誤。
B. 若兩根導(dǎo)線中的電流同向，則A、B兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，均為2B1
D. 無(wú)論兩根導(dǎo)線中的電流同向還是反向，A、B、C三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B1
√
直紙面向里、F電流垂直紙面向外)，在A、C點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量圖如圖乙所示，同前面分析，可以發(fā)現(xiàn)A、C兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量和的方向相同，大小均為2B1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)前面的分析可知，無(wú)論兩根導(dǎo)線中的電流同向還是反向，A、B、C三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B1，故D正確。
A. 立方體的頂點(diǎn)M1、N1兩處的磁場(chǎng)方向垂直
B. 頂點(diǎn)M1、N1兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1∶2
C. 線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向先沿abcd后沿adcb
D. 線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向一直沿adcb
√
√
命題點(diǎn)二　磁場(chǎng)對(duì)電流的作用
(1)求金屬棒受到的安培力的大小F。
(2)求滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值。
(3)現(xiàn)先將金屬棒固定，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電源輸出功率最大，然后由靜止釋放，求釋放瞬間金屬棒的加速度a的大小及方向。
看到什么 想到什么
金屬棒在斜面上靜止或加速運(yùn)動(dòng) (1)立體圖變?yōu)槠矫鎴D，如圖所示。
(2)受力分析，根據(jù)金屬棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)列方程求解
電源輸出功率最大 當(dāng)電源內(nèi)阻等于外阻，即r＝R外時(shí)電源輸出功率最大
解析：(1)對(duì)金屬棒受力分析如圖所示，
可得F＝mgsin 30°＝1 N。
(2)由F＝BIL得，電路中的電流I1＝2 A
解得R＝1.5 Ω。
(3)電源的輸出功率為P＝EI－I2r
安培力F′＝BI2L＝1.5 N>mgsin θ，金屬棒沿斜面向上加速，由牛頓第二定律得F′－mgsin θ＝ma
聯(lián)立解得a＝2.5 m/s2，方向沿金屬框向上。
答案：(1)1 N　(2)1.5 Ω
(3)2.5 m/s2　方向沿金屬框向上
1．解題思路
(1)選定研究對(duì)象。
(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。
2．常見(jiàn)模型
√
B　解析：若磁場(chǎng)沿M指向A的方向，在平面ACPM中對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖甲所示，
2．(2024·齊齊哈爾一模)(多選)某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁炮驅(qū)動(dòng)原理后，設(shè)計(jì)了圓形軌道的電磁炮模型，如圖甲所示，半徑為R的半圓形軌道L1、L2正對(duì)平行豎直擺放，軌道間距也為R，空間有輻向分布的磁場(chǎng)，使得軌道所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，用質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為R的細(xì)導(dǎo)體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖乙所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流I，將其從軌道最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)另一側(cè)最高位置時(shí)完成加速。忽略一切摩擦，且不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒
B. 導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，其加速度方向豎直向上
D. 加速完成時(shí)，軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為πBIR
√
√
地高度相同，Ob連線與水平地面夾角為37°。已知圓弧面半徑為2L，忽略回路中電流間的相互作用以及所有摩擦阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，求此時(shí)：
(1)導(dǎo)體棒aa′接入電路部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小；
(2)導(dǎo)體棒bb′所受的安培力的方向和大小；
(3)導(dǎo)體棒bb′受到圓弧面的支持力大小(設(shè)導(dǎo)體棒bb′在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直與圓弧面保持接觸)。
解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，導(dǎo)體棒aa′接入電路部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小
(2)從題圖乙中看，根據(jù)右手定則可知，通過(guò)導(dǎo)體棒bb′的電流垂直紙面向外，而由安培定則可知，通電直導(dǎo)線在導(dǎo)體棒bb′處產(chǎn)生的磁場(chǎng)與其垂直，且導(dǎo)體棒bb′所處位置磁場(chǎng)的方向始終與其垂直，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒bb′所受安培力始終指向圓弧圓心，其大小為
F＝B′I′L
方向斜向左下方，垂直圓弧面指向OO′。
(多選)如圖所示，下端封閉、上端開(kāi)口且內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球，整個(gè)裝置水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，若小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)到小球飛出上端口的過(guò)程中(　　)
命題點(diǎn)三　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
A. 洛倫茲力對(duì)小球做正功
B. 小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線
D. 小球的機(jī)械能守恒
BC　解析：運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力始終垂直于小球?qū)嶋H的速度方向，對(duì)小球不做功，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示，
√
√
由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則豎直方向的洛倫茲力F1＝qvB是恒力，在豎直方向上還受到向下的重力，也是恒力，所以小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，類(lèi)似于平拋運(yùn)動(dòng)，所以小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線，故C正確；由于過(guò)程中玻璃管內(nèi)壁對(duì)小球的彈力做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
1．洛倫茲力公式F＝qvB中的v是運(yùn)動(dòng)電荷在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)相對(duì)于磁場(chǎng)的速度，即在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)的合速度。
2．該題中可將小球的速度v分解為_(kāi)_________________和_______________。
3．對(duì)小球受力分析可得：水平方向____________，豎直方向_________________，由此可知小球在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)。
水平方向速度v
豎直方向速度vy
FN＝qvyB
qvB－mg＝ma
1．洛倫茲力方向的特點(diǎn)
洛倫茲力的方向與電荷運(yùn)動(dòng)的方向和磁場(chǎng)方向都垂直，即洛倫茲力的方向垂直于電荷運(yùn)動(dòng)方向和磁場(chǎng)方向確定的平面，但帶電粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不一定垂直。
2．洛倫茲力的作用效果
(1)洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，而不改變其速度的大小。如果沒(méi)有其他外力作用，帶電粒子會(huì)在磁場(chǎng)中做速率不變的曲線運(yùn)動(dòng)。
(2)洛倫茲力不做功。如果沒(méi)有其他外力對(duì)帶電粒子做功，在帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中就不會(huì)有能量之間的轉(zhuǎn)化。
1．(2024·昌平二模)如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向平行于管軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子槍可以射出速度大小均為v、方向不同的電子，且電子速度v與磁場(chǎng)方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質(zhì)量為m，電子間的相互作用和電子的重力不計(jì)。這些電子通過(guò)磁場(chǎng)會(huì)聚在熒光屏上P點(diǎn)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)
D. 若將電子入射速度變?yōu)?v，這些電子一定能會(huì)聚在P點(diǎn)
√
2．(2024·濟(jì)南模擬)(多選)地球的磁場(chǎng)是保護(hù)地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽(yáng)風(fēng)粒子直接到達(dá)地球表面，從而保護(hù)了地球上的生物。地球北極的磁場(chǎng)是沿豎直軸對(duì)稱的非均勻磁場(chǎng)，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)前進(jìn)時(shí)做螺線運(yùn)動(dòng)的示意圖，不計(jì)帶電粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 該帶電粒子帶正電
B. 從弱磁場(chǎng)區(qū)到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中帶電粒子的速率不變
C. 帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運(yùn)動(dòng)的距離不變
D. 一段時(shí)間后該帶電粒子可能會(huì)從強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)到弱磁場(chǎng)區(qū)做螺線運(yùn)動(dòng)
√
√
√
3．(2023·佛山模擬)(多選)如圖所示，在正方體d′a′、a′b′、b′b、bc、cc′、c′d′六條棱上通有等大電流，O點(diǎn)為正方體的中心。在O點(diǎn)以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方發(fā)射一不計(jì)重力的質(zhì)子，其運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影可能正確的是(　　)
√
√
AD　解析：由于在O點(diǎn)處，導(dǎo)線d′a′和bc產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向沿垂直b′c′方向斜向右上方，導(dǎo)線a′b′和c′d′產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向豎直向上，導(dǎo)線b′b和c′c產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，則總的合磁場(chǎng)方向過(guò)O點(diǎn)，沿垂直b′c′方向斜向右上方。若在O點(diǎn)以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方發(fā)射一不計(jì)重力的質(zhì)子，運(yùn)動(dòng)方向平行于磁場(chǎng)方向，可知質(zhì)子斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則軌跡在dxy平面的投影如選項(xiàng)A所示，在dyz平面的投影如選項(xiàng)D所示。
(多選)某學(xué)習(xí)小組用霍爾元件測(cè)定我國(guó)某市地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度。現(xiàn)有一塊寬為a、高為b、長(zhǎng)為c的長(zhǎng)方體半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子。先將霍爾元件按圖甲所示水平放置，并通入水平向右、大小為I的電流，測(cè)得元件的前、后表面的電壓為U1；再將霍爾元件按圖乙所示豎直放置，使棱M沿東西方向，元件中通入豎直向上、大小為I的電流，測(cè)得元件的前、后表面的電壓為U2，已知甲、乙圖中電子定向移動(dòng)的速率均為v，則(　　)
命題點(diǎn)四　洛倫茲力與現(xiàn)代科技
A. 圖甲中前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)高
√
√
1．霍爾電壓產(chǎn)生的原因是什么？
當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體中能夠自由移動(dòng)的帶電粒子在洛倫茲力的作用下，向著與電流、磁場(chǎng)都垂直的方向漂移，繼而在該方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱為霍爾電壓。
2．霍爾電壓產(chǎn)生的電場(chǎng)與電流磁場(chǎng)的方向有什么關(guān)系？
霍爾電壓產(chǎn)生的電場(chǎng)垂直于電流，垂直于磁場(chǎng)。
3．霍爾電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度、電子定向移動(dòng)的速率v有什么關(guān)系？
C. 在其他條件不變的情況下，僅增大U0，可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度
√
2．(2024·重慶模擬)磁聚焦法測(cè)量電子比荷的裝置如圖所示。在抽成真空的玻璃管中裝有熱陰極K和有小孔的陽(yáng)極A。在A、K之間加大小為U0的電壓，對(duì)電子進(jìn)行加速 (初速度視為0)，電子由陽(yáng)極小孔高速射出；在尺寸很小的電容器C的兩極板間加一不大的周期性交變電場(chǎng)，使不同時(shí)刻通過(guò)這里的電子速度方向發(fā)生不同程度的微小偏轉(zhuǎn)，在電容器右端和熒光屏之間加一沿軸線方向 (圖中水平虛線)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的電子會(huì)沿不同的螺旋線運(yùn)動(dòng)，每繞行一周后都會(huì)到達(dá)同一位置聚焦，電容器到熒光屏的水平距離為l，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，可使電子流的第一個(gè)焦點(diǎn)落在熒光屏S上。不計(jì)電子所受的重力和電子間的相互作用，當(dāng)θ非常小時(shí)滿足cos θ＝1，sin θ＝θ，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 帶電粒子所受洛倫茲力的方向與軸線不垂直
B. 不同時(shí)刻進(jìn)入電容器的電子運(yùn)動(dòng)軌跡一定不同
√
3．利用霍爾傳感器可測(cè)量自行車(chē)的運(yùn)動(dòng)速率。如圖所示，一塊磁體安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r，輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁體就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。當(dāng)磁體靠霍爾元件最近時(shí)，通過(guò)元件的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢(shì)差U。已知霍爾元件沿磁場(chǎng)方向的厚度為d，載流子的電荷量為 －q，電流I向左。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì)
B. 若車(chē)速越大，則霍爾電勢(shì)差U越大
D. 若單位時(shí)間內(nèi)霍爾元件檢測(cè)到m個(gè)脈沖，則自行車(chē)行駛的速度大小為2πmr
√
4．(多選)如圖所示的磁流體發(fā)電機(jī)由彼此正對(duì)的兩水平金屬板M、N構(gòu)成，M、N間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，兩金屬板與兩平行且水平放置的金屬導(dǎo)軌相連，金屬板M、N及兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離均為d，平行金屬導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向與豎直方向成θ角，在兩平行金屬導(dǎo)軌上放有一長(zhǎng)為d的直導(dǎo)體棒PQ，直導(dǎo)體棒PQ與兩平行金屬導(dǎo)軌垂直并且接觸良好，其電阻為R，其余電阻不計(jì)。在兩平行金屬板M、N間垂直磁場(chǎng)方向噴入一束速度大小為v0的等離子體，PQ仍靜止在導(dǎo)軌上，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，它與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镻→Q
√
√
命題點(diǎn)五　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
√
1．粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度與x軸的夾角為多少？
60°。
2．粒子在磁場(chǎng)中的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角是多少？
60°。
3．加上電場(chǎng)后，洛倫茲力與靜電力存在什么樣的關(guān)系？
qvB＝qE。
帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的三個(gè)幾何關(guān)系
(2)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問(wèn)題
①關(guān)注常見(jiàn)關(guān)鍵詞，如“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞。
②兩種處理方法
a．利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值。
b．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。
(3)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生多解的原因
√
2．(2024·泰安三模)如圖所示，比荷不同的兩個(gè)帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓U0加速后，垂直磁場(chǎng)左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。兩個(gè)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一個(gè)從左邊界MN的a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，另一個(gè)從磁場(chǎng)的右邊界b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，a、b兩點(diǎn)的連線剛好與磁場(chǎng)邊界垂直，從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A. 從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶正電，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶負(fù)電
D. 從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3∶1
√
3．(2024·金華模擬)如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的光電效應(yīng)研究裝置，A、B為金屬板，頻率為ν的單色光照射到板A上發(fā)生光電效應(yīng)，經(jīng)A、B間的電場(chǎng)加速后，部分粒子從小孔a進(jìn)入圖中虛線所示的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)半徑為R，磁場(chǎng)區(qū)域的下方有一粒子選擇及接收裝置P。在磁場(chǎng)圓心O的正下方，aO與PO垂直，接收板與PO垂直。光電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后能從小孔a以不同的角度進(jìn)入磁場(chǎng)，已知元電荷為e，電子的質(zhì)量為m，A、B間的加速電壓為U0，只有速度方向垂直接收器的粒子才能通過(guò)粒子選擇器，其他粒子被粒子選擇器吸收并立即導(dǎo)入大地，通過(guò)選擇器的粒子最終打在接收器上，被接收器吸收并立即導(dǎo)入大地。重力忽略不計(jì)，不考慮粒子之間的相互作用力，不考慮緩慢變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的電場(chǎng)，只考慮紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子，普朗克常量為h。
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0時(shí)，某光電子從A板離開(kāi)時(shí)的速度為0，求該電子經(jīng)過(guò)小孔a進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R1。
(2)粒子從小孔a進(jìn)入時(shí)速度與aO角度范圍 θ＝±30°，求粒子接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度L。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度由B0緩慢增大到B1時(shí)，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金屬板A的逸出功W0。
(4)當(dāng)B＝B0時(shí)，粒子接收器上受到的粒子撞擊的作用力大小為F，求單位時(shí)間內(nèi)接收器上接收到的粒子數(shù)n。
光電子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，則有
(2)電子以不同的入射角進(jìn)入磁場(chǎng)，其軌跡會(huì)形成一個(gè)扇形區(qū)域，如圖所示，由于入射角度范圍θ＝±30°，因此可知該扇形的張角為60°。由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下，在圓磁場(chǎng)邊緣上兩粒子射出磁場(chǎng)時(shí)所夾的圓弧所對(duì)的圓心角為60°，則接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度L＝R。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度由B0緩慢增大到B1時(shí)，接收器上恰好不能再接收到粒子，說(shuō)明初速度最大的粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑都比R小，臨界狀態(tài)是速度最大的粒子軌道半徑恰好為R，則
這意味著電子從A板逸出時(shí)的最大動(dòng)能是
光電效應(yīng)方程可得
粒子接收器上受到的粒子撞擊的作用力大小為F，單位時(shí)間內(nèi)接收器上接收到的粒子數(shù)為n，對(duì)粒子由動(dòng)量定理可得
－Ft＝0－nt·mv0

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