[體系構(gòu)建][考綱點擊]1.磁場、磁感應(yīng)強度、磁感線(Ⅰ)2.通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向(Ⅰ)3.安培力、安培力的方向(Ⅰ)4.勻強磁場中的安培力(Ⅱ)5.洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ)6.洛倫茲力公式(Ⅱ)7.帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)8.質(zhì)譜儀和回旋加速器(Ⅰ)[復(fù)習指導]1.理解磁場、安培力、洛倫茲力等基本概念。2.掌握通電導線在磁場中、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的受力分析和運動分析的方法，能結(jié)合牛頓運動定律、運動學規(guī)律、圓周運動規(guī)律及功和能的關(guān)系等知識進行綜合分析。3.能運用幾何圖形、函數(shù)圖象分析表達物理量之間的定量關(guān)系，提高運用數(shù)學知識處理物理問題的能力。磁場、磁感應(yīng)強度和磁通量1．磁場(1)來源：磁場是存在于磁體、電流和運動電荷周圍的一種特殊物質(zhì)。(2)基本性質(zhì)：磁場對放入磁場中的磁體、電流和運動電荷有力的作用。2．磁感應(yīng)強度(1)意義：描述磁場強弱及方向的物理量。(2)定義：B＝eq\f(F,IL)，式中通電直導線I與磁場方向垂直。(3)方向：小磁針靜止時N極所指的方向。(4)單位：特斯拉，符號T,1T＝1N/A·m。(5)決定因素：由磁場本身決定，與I、L和F的大小均無關(guān)。3．磁通量(1)概念：在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，與磁場方向垂直的平面的面積S和B的乘積。(2)公式：Φ＝BS。(3)單位：韋伯，符號：Wb,1Wb＝1_T·m2。1．對磁感應(yīng)強度的理解(1)磁感應(yīng)強度由磁場本身決定，跟在該位置放入的導線長度L、電流I的大小及受到磁場的作用力均無關(guān)，與是否放通電導線也無關(guān)。絕對不能根據(jù)公式B＝eq\f(F,IL)認為B與F成正比，與IL成反比。(2)由公式B＝eq\f(F,IL)計算B時，通電導線必須垂直于磁場放入，如果小段通電導線平行放入磁場，其所受安培力F為零，但該處磁感應(yīng)強度B不為零。(3)磁感應(yīng)強度的方向不是通電導線所受磁場作用力的方向，而是與受到的作用力的方向垂直。2．磁感應(yīng)強度B與電場強度E的比較對應(yīng)名稱比較項目磁感應(yīng)強度B電場強度E物理意義描述磁場的力的性質(zhì)的物理量描述電場的力的性質(zhì)的物理量定義式B＝eq\f(F,IL)，通電導線與B垂直E＝eq\f(F,q)大小決定由磁場決定，與檢驗電流無關(guān)由電場決定，與檢驗電荷無關(guān)矢量性及方向矢量磁感線切線方向，小磁針N極受力方向矢量電場線切線方向，放入該點的正電荷受力方向場的疊加合磁感應(yīng)強度等于各磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和合電場強度等于各電場的電場強度的矢量和單位1T＝1N/(A·m)1V/m＝1N/C3．磁感應(yīng)強度的疊加(1)類似于電場中兩個電荷附近的電場強度是由兩個電荷分別單獨存在時產(chǎn)生的場強疊加而成的。(2)兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強度是兩個電流分別單獨存在時產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度疊加而成的。(3)若兩個電流在某處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B1、B2不在同一直線上時，則應(yīng)用平行四邊形定則進行矢量合成可求得該點的磁感應(yīng)強度B。1．(雙選)下列說法中正確的是()A．電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零B．一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應(yīng)強度一定為零C．表征電場中某點電場的強弱，是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值D．表征磁場中某點磁場的強弱，是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導體長度和電流乘積的比值解析：選AC電場和磁場有一個明顯的區(qū)別是：電場對放入其中的電荷有力的作用，而磁場僅對在磁場中運動且速度方向和磁感應(yīng)強度方向不平行的帶電粒子有力的作用，磁場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行，因此A對，B錯；同理根據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)可知C選項正確；而同樣用比值定義法定義的磁感應(yīng)強度則應(yīng)有明確的說明，即B＝eq\f(F,IL)中I和B的方向必須垂直，故D錯，所以應(yīng)選A、C。磁感線及常見磁場磁感線分布1．磁感線在磁場中人為地畫出一系列曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁場的方向一致，曲線的疏密程度表示磁場的強弱，這樣的曲線叫做磁感線。2．幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖9－1－1所示)圖9－1－1(2)幾種電流周圍的磁場分布：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、非勻強且距導線越遠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，磁場越弱安培定則立體圖橫截面圖縱截面圖(3)勻強磁場：在磁場的某些區(qū)域內(nèi)，磁感線為疏密均勻的平行線，如圖9－1－2所示。

圖9－1－2(4)地磁場：圖9－1－3①地磁場的N極在地理南極附近，地磁場的S極在地理北極附近，磁感線分布如圖9－1－3所示。②地磁場B的水平分量(Bx)總是從地理南極指向地理北極，而豎直分量(By)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。赤道處的地磁場沿水平方向，指向北。3．安培分子電流假說(1)內(nèi)容：在原子、分子等物質(zhì)微粒的內(nèi)部，存在著一種環(huán)形電流——分子電流。分子電流使每個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體，它的兩側(cè)相當于兩個磁極。(2)該假說能夠解釋磁化、去磁等現(xiàn)象。(3)分子電流的實質(zhì)是原子內(nèi)部帶電粒子在不停地運動。1．磁感線和電場線的比較磁感線電場線不同點閉合曲線起始于正電荷，終止于負電荷相似點引入目的形象描述場而引入的假想線，實際并不存在疏密程度反映場的強弱切線方向表示場的方向是否相交不能相交(電場中無電荷的空間是不相交的)2.安培定則的應(yīng)用(1)安培定則用于判定電流磁場的磁感線分布，使用時注意分清“因——電流”和“果——磁場”。(2)對于直線電流，大拇指指向電流方向，四指指向磁感線環(huán)繞方向。(3)對于環(huán)形電流(通電螺線管)，四指指向電流繞向，大拇指指向中心軸線上磁場方向。2．(2011·新課標全國卷)為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是()圖9－1－4解析：選B由日常知識可知，地球的南極為磁場的N極，由右手螺旋定則可知，電流方向如圖B，故選項B正確。磁場對電流的作用——安培力1．安培力的大小和方向圖9－1－5(1)大?。孩貴＝BILsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)。②磁場和電流垂直時F＝BIL。③磁場和電流平行時F＝0。(2)方向：用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)，把手放入磁場中讓磁感線垂直穿入手心，并使伸開的四指指向電流的方向，那么大拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。2．磁電式電流表的工作原理圖9－1－6(1)磁場特點：①方向：沿徑向均勻輻射地分布。②大小：在距軸線等距離處的磁感應(yīng)強度大小相等。(2)安培力的特點：①方向：安培力的方向與線圈平面垂直。②大小：安培力的大小與通過的電流成正比。(3)表盤刻度特點：由于導線在安培力作用下帶動線圈轉(zhuǎn)動，螺旋彈簧變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動，電流越大，安培力越大，形變就越大，所以指針偏角與通過線圈的電流I成正比，表盤刻度均勻。1．安培力的大小(1)安培力常用公式F＝BIL，要求兩兩垂直，應(yīng)用時要滿足：①B與L垂直；②L是有效長度，即垂直磁感應(yīng)強度方向的長度；如彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連直線的長度(如圖9－1－7所示)，相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端。因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和為零。圖9－1－7(2)B并非一定是勻強磁場，但一定是導線所在處的磁感應(yīng)強度值。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)3．安培力做功的特點和實質(zhì)(1)安培力做功與路徑有關(guān)，不像重力、電場力做功與路徑無關(guān)。(2)安培力做功的實質(zhì)：起傳遞能量的作用。①安培力做正功：是將電源的能量傳給通電導線后轉(zhuǎn)化為導線的動能或轉(zhuǎn)化為其他形式的能。②安培力做負功：是將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能后儲存或轉(zhuǎn)化為其他形式的能。4．安培力作用下通電導體運動方向的判定(1)基本思路：判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的磁場磁感線分布情況，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。(2)常用方法：電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導體合力方向→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。3．請根據(jù)圖9－1－8中給出的條件，運用左手定則，指明各圖中第三個物理量的方向。圖9－1－8解析：根據(jù)各圖中已知方向利用左手定則，判知：(a)F垂直于紙面向里(b)F垂直于紙面向里(c)B垂直于紙面向外(d)I由左向右(e)F垂直于I斜向右下方。答案：見解析安培定則的應(yīng)用[命題分析]高考常結(jié)合平行四邊形定則來考查磁場的疊加，以選擇題形式出現(xiàn)。[例1](2012·全國大綱卷)如圖9－1－9，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點。c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()圖9－1－9A．O點處的磁感應(yīng)強度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同[解析]由安培定則可知，兩導線在O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下，合磁感應(yīng)強度一定不為零，選項A錯；由安培定則，兩導線在a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，同時電流M在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，所以a、b兩處磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，選項B錯；根據(jù)安培定則，兩導線在c、d兩處產(chǎn)生的磁場垂直c、d兩點與導線連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，選項C正確；a、c兩處磁感應(yīng)強度的方向均豎直向下，選項D錯。[答案]C———————————————————————————————解決磁場的疊加和安培定則的應(yīng)用一類問題時應(yīng)注意以下幾點1根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。2磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點磁感線的切線方向。3磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各場源單獨存在時在該點磁感應(yīng)強度的矢量和?！猍變式訓練]1.(2012·廣州模擬)如圖9－1－10所示，半徑為r，電流為I1的通電圓環(huán)圓心a處的磁感應(yīng)強度為B，在圓環(huán)下方距圓心a為L的地方水平放置一根電流為I2的無限長直導線MN時，圓環(huán)圓心a處的磁感應(yīng)強度為零，設(shè)圓環(huán)平面與長直導線在同一豎直平面內(nèi)，求：圖9－1－10(1)根據(jù)對稱性，直導線電流I2在導線正下方L處的b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小是多少？方向如何？(2)如果把圓環(huán)平移到b點，使圓環(huán)的圓心與b點重合，則圓環(huán)電流與直線電流在b點產(chǎn)生的合磁場的磁感應(yīng)強度大小是多少？方向如何？解析：(1)圓環(huán)電流在圓心a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，加上直導線后，a處的磁感應(yīng)強度為零，說明直導線I2在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。又因為a、b兩點到直導線的距離相等，因此，直導線I2在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。(2)當把圓環(huán)平移到b點后，圓環(huán)在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外；和直導線I2在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度合成后，可得：b點的磁感應(yīng)強度大小為2B，方向垂直紙面向外。答案：(1)B垂直紙面向外(2)2B垂直紙面向外安培力作用下通電導體運動方向的判斷[命題分析]本考點側(cè)重于考查磁場對通電導線的安培力、左手定側(cè)及各種思維方法的轉(zhuǎn)換。[例2]如圖9－1－11所示，把一通電導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動。當導線通過電流I時，如果只考慮安培力的作用，則從上往下看，導線的運動情況是()圖9－1－11A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降B．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升C．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降D．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升[解析]第一步：電流元受力分析法把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向相反，如圖a所示?？梢姀纳贤驴磿r，導線將逆時針方向轉(zhuǎn)動。第二步：特殊位置分析法取導線逆時針轉(zhuǎn)過90°的特殊位置來分析，如圖b所示。根據(jù)左手定則判斷安培力方向向下，故導線在逆時針轉(zhuǎn)動的同時向下運動。[答案]C———————————————————————————————分析通電導線在安培力作用下的運動問題；首先要明確通電導線所在處的磁場方向；然后用左手定則確定通電導線所受安培力的方向，切記安培力垂直于通電導線和磁場方向決定的平面，注重各種判法的靈活運用?！猍變式訓練]2.將一個質(zhì)量很小的金屬圓環(huán)用細線吊起來，在其附近放一塊條形磁鐵，磁鐵的軸線與圓環(huán)在同一個平面內(nèi)，且通過圓環(huán)中心，如圖9－1－12所示，當圓環(huán)中通以順時針方向的電流時，從上往下看()圖9－1－12A．圓環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，靠近磁鐵B．圓環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，遠離磁鐵C．圓環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動，靠近磁鐵D．圓環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動，遠離磁鐵解析：選C該通電圓環(huán)相當于一個垂直于紙面的小磁針，N極在內(nèi)，S極在外，根據(jù)同極相互排斥，異極相互吸引，可得C項正確。與安培力有關(guān)的力學綜合問題[命題分析]與安培力有關(guān)的平衡、加速問題是高考命題的重點，常以選擇或計算題的形式出現(xiàn)。[例3]如圖9－1－13所示，在傾角為θ＝30°的斜面上，固定一寬L＝0.25m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R。電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻r＝1Ω，一質(zhì)量m＝20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝0.80T、垂直于斜面向上的勻強磁場中(導軌與金屬棒的電阻不計)。金屬導軌是光滑的，取g＝10m/s圖9－1－13(1)金屬棒所受到的安培力的大小。(2)通過金屬棒的電流的大小。(3)滑動變阻器R接入電路中的阻值。[思維流程]第一步：抓信息關(guān)鍵點關(guān)鍵點信息獲取(1)磁場垂直斜面向上由左手定則知安培力平行于斜面向上(2)金屬棒靜止棒所受外力的合力為零第二步：找解題突破口要求金屬棒所受的安培力，可由棒受力平衡求得，再由F安＝BIL求出電流的大小，最后由歐姆定律求R。第三步：條理作答[解析](1)F安＝mgsin30°，得F安＝0.1N(2)金屬棒靜止在金屬軌道上受力平衡，如圖所示解得I＝eq\f(F安,BL)＝0.5A。(3)設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為R0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E＝I(R0＋r)解得R0＝eq\f(E,I)－r＝23Ω。[答案](1)0.1N(2)0.5A(3)23———————————————————————————————解答通電導線在磁場中的平衡問題的分析思路1確定研究對象；2變?nèi)S為二維，畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要切記F安⊥B，F(xiàn)安⊥I，即安培力垂直于磁場方向、電流方向二者決定的平面；3由平衡條件列式求解?！猍互動探究]本題中若勻強磁場方向豎直向上，求：(1)金屬棒所受到的安培力的大小如何？(2)金屬棒中的電流的大小。(3)滑動變阻器R接入電路的電阻為多少？

解析：(1)若磁場方向上，金屬棒受力如圖所示，其中F安水平向右F安＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),15)N＝0.12N。(2)由F安＝BIL得I＝eq\f(F安,BL)＝eq\f(\r(3),15×0.8×0.25)A＝eq\f(\r(3),3)A＝0.58A，(3)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)故R＝eq\f(E,I)－r＝19.8Ω。答案：(1)0.12N(2)0.58A(3)19.8糾錯藍本——對通電導體在磁場中運動狀態(tài)分析不清而出現(xiàn)的錯誤[示例]如圖9－1－14所示，質(zhì)量為60g的導體棒長度L1＝20cm，棒兩端分別與長度L2＝30cm的細導線相連，懸掛在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.5T。當導體棒中通以穩(wěn)恒電流I后，棒向上擺動(擺動過程中I始終不變)，最大偏角θ＝45°，求：導體棒中電流I的大小。(圖9－1－14[嘗試解答]由于45°角是導體棒向上擺動的最大偏角，所以此時導體棒并不平衡，只是速度等于零；由動能定理得BIL1L2sinθ－mgL2(1－cosθ)故棒中的電流I＝eq\f(mg1－cosθ,BL1sinθ)＝2.5A。[答案]2.5[失誤探因]1．審題方面誤認為棒擺到最高點時處于平衡狀態(tài)用平衡條件F合＝0求電流I而造成錯解。2．知識應(yīng)用方面應(yīng)用動能定理列式，搞不清初末狀態(tài)及棒擺動過程中各力做功的正負而出現(xiàn)列式錯誤，導致結(jié)果出錯。[名師點評]在處理物理問題時要注意物理過程和狀態(tài)的分析，明確物體所處的狀態(tài)是平衡態(tài)還是非平衡狀態(tài)，只有平衡態(tài)，物體所受合力才為零，否則易走入誤區(qū)。[隨堂鞏固提升]1.如圖9－1－15所示，真空中有兩點電荷＋q和－q，在它們的連線上P點放有一小磁針，P點距＋q近，現(xiàn)兩點電荷以共同的角速度繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，軸OO′過P點并與兩點電荷連線垂直，則小磁針靜止時N極()圖9－1－15A．沿OO′向上B．沿OO′向下C．從＋q指向－qD．垂直紙面向外解析：選A＋q和－q以O(shè)O′為軸勻速轉(zhuǎn)動時，每一個點電荷都形成一個環(huán)形電流，＋q形成的環(huán)形電流在OO′處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向向上，－q形成的環(huán)形電流在OO′處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向向下，但由于＋q離OO′較近，磁感應(yīng)強度較強，所以二者合磁場的方向向上，小磁針靜止時N極指向與合磁場的方向相同，所以沿OO′向上，故選A。2．(雙選)關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法中正確的是()A．磁場中某點B的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關(guān)B．磁場中某點B的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力方向一致C．在磁場中某點的試探電流元不受磁場力作用時，該點B值大小為零D．在磁場中磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強度越大解析：選AD磁場中某點B的大小，只與磁場本身的屬性有關(guān)，與試探電荷無關(guān)，A正確；磁場中某點B的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力方向垂直，B錯；當試探電流元與磁場平行時不受磁場力，但B≠0，C錯；在磁場中磁感線越密集的地方，B越大，D項正確。3．(2011·全國高考)如圖9－1－16，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2且I1>I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直。磁感應(yīng)強度可能為零的點是()圖9－1－16A．a(chǎn)點 B．b點C．c點 D．d點解析：選C根據(jù)安培定則可知I1和I2電流分別在a處產(chǎn)生的磁場方向為垂直ac連線向上和向下，由于I1>I2，且I1電流與a點的距離比I2電流與a點的距離要小，故Ba1>Ba2，則a處磁感應(yīng)強度不可能為零，A錯；兩電流在b處產(chǎn)生的磁場方向均垂直ac連線向下，故B錯；I1和I2電流分別在c處產(chǎn)生的磁場方向為垂直ac連線向下和向上，且I1電流與c點的距離比I2電流與c點的距離要大，故Bc1與Bc2有可能等大反向，C對；兩電流在d處產(chǎn)生的磁場方向一定成某一夾角，且夾角一定不為180°，D錯。4.如圖9－1－17所示，長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，當在該導線中通以電流強度為I的電流時，V形通電導線受到的安培力大小為圖9－1－17A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析：選CV形導線通入電流I時每條邊受到的安培力大小均為BIl，方向分別垂直于導線斜向上，再由平行四邊形定則可得其合力F＝BIl，答案為C。解答本題也可用等效長度法，V形導線的有效長度為l，所受安培力為BIl，C正確。5.(2012·揭陽模擬)通有電流的導線L1、L2處在同一平面(紙面)內(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動(O為L2的中心)，各自的電流方向如圖9－1－18所示。下列哪種情況將會發(fā)生()圖9－1－18A．因L2不受磁場力的作用，故L2不動B．因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2不動C．L2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動D．L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動解析：選D由右手螺旋定則可知導線L1上方的磁場的方向為垂直紙面向外，且離導線L1的距離越遠的地方，磁場越弱，導線L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O點的下方磁場較強，則安培力較大，因此L2繞固定轉(zhuǎn)軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動，D正確。6．(雙選)質(zhì)量為m的通電細桿置于傾角為θ的導軌上，導軌的寬度為L，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，有電流通過桿，桿恰好靜止于導軌上。如下列選項所示(截面圖)，桿與導軌間的摩擦力一定不為零的是()圖9－1－19解析：選CDA圖中，由左手定則可知通電導線所受安培力水平向右，當它與重力的合力與斜面垂直時所受摩擦力為零；B圖中安培力豎直向上，當與重力平衡時，所受摩擦力為零；C圖中，安培力豎直向下，一定受沿斜面向上的摩擦力；D圖中，安培力水平向左，通電導線必受沿斜面向上的摩擦力方可平衡。[課下限時集訓](時間：40分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分)1.(2012·天津高考)如圖1所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()圖1A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強度變大，θ角變小解析：選A棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項A正確；兩懸線等長變短，θ角不變，選項B錯誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，選項C錯誤；磁感應(yīng)強度變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項D錯誤。2.如圖2所示，水平桌面上放置一根條形磁鐵，磁鐵中央正上方用絕緣彈簧懸掛一水平直導線，并與磁鐵垂直。當直導線中通入圖中所示方向的電流時，可以判斷出()圖2A．彈簧的拉力增大，條形磁鐵對桌面的壓力減小B．彈簧的拉力減小，條形磁鐵對桌面的壓力減小C．彈簧的拉力增大，條形磁鐵對桌面的壓力增大D．彈簧的拉力減小，條形磁鐵對桌面的壓力增大解析：選A如圖所示，畫出直導線附近的條形磁鐵的磁感線，由左手定則判斷直導線受向下的安培力，由于力的作用是相互的，條形磁鐵受向上的作用力，故A正確。3．在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖3所示。過c點的導線所受安培力的方向()圖3A．與ab邊平行，豎直向上B．與ab邊平行，豎直向下C．與ab邊垂直，指向左邊D．與ab邊垂直，指向右邊解析：選Ca處導線在c處產(chǎn)生的磁場B1的方向垂直于ac連線向左下方，b處導線在c處產(chǎn)生的磁場B2的方向垂直于bc連線向右下方，B1和B2的合磁場B的方向豎直向下，由左手定則可判斷出過c點的導線所受安培力的方向與ab邊垂直，指向左邊，C正確。4.如圖4所示，一段導線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力()圖4A．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(,2)＋1)ILBB．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(,2)－1)ILBC．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(,2)＋1)ILBD．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(,2)－1)ILB解析：選A由左手定則及力的合成可知合力方向沿紙面向上，故知選項C、D錯誤；再由安培力公式F＝BIL可得合力大小為(eq\r(,2)＋1)ILB，選項A正確，B錯誤。二、雙項選擇題(本題共7小題，每小題8分，共56分)5.(2012·海南高考)圖5中裝置可演示磁場對通電導線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿。當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動。下列說法正確的是()圖5A．若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B．若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C．若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動D．若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動解析：選BD若a接正極，b接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，f接負極，由左手定則判定金屬桿受安培力向左，則L向左滑動，A項錯誤，同理判定B、D選項正確，C項錯誤。6．(2011·新課標全國卷)電磁軌道炮工作原理如圖6所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()圖6A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變解析：選BD由題意可知磁感應(yīng)強度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由動能定理可得：FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判斷B、D選項正確。7.(2012·肇慶一模)如圖7所示，重力大小都是G的A、B兩條形磁鐵，疊放在水平木板C上，靜止時B對A的彈力為F1，C對B的彈力為F2，則()圖7A．F1>G B．F1＝GC．F2>2G D．F2＝解析：選AD以兩塊磁鐵整體為研究對象，它們之間的引力為內(nèi)力，因此他們整體受重力和C的支持力而平衡，所以F2＝2G，D正確，C錯誤；對A進行受力分析；受向下的重力、B對A的吸引力，向上的B對A的彈力F1，在這三個力作用下，A受力平衡，所以F1大于重力G8.(2012·惠州三調(diào))根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的炮彈發(fā)射裝置——電磁炮，它的基本原理如圖8所示，下列結(jié)論中正確的是()圖8A．要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，必須通以自N向M的電流B．要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大電流C．使電流和磁感應(yīng)強度的方向同時反向，炮彈的發(fā)射方向亦將隨之反向D．要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大磁感應(yīng)強度解析：選BD要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，必須通以自M向N的電流，A錯誤；使電流和磁感應(yīng)強度的方向同時反向，炮彈的發(fā)射方向不變，C錯誤；安培力F＝BIL，由動能定理得Fl＝eq\f(1,2)mv2，即v2＝eq\f(2BILl,m)。要提高電磁炮的發(fā)射速度，可增大磁感應(yīng)強度或增大電流或延長導軌，B、D正確。9.在磁感應(yīng)強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長通電直導線，電流的方向垂直于紙面向里。如圖9所示，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中()圖9A．b、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相等C．c點的磁感應(yīng)強度的值最小D．b點的磁感應(yīng)強度的值最大解析：選AC通電直導線在c點的磁感應(yīng)強度方向與B0的方向相反，b、d兩點的磁感應(yīng)強度方向與B0垂直，故b、d兩點磁感應(yīng)強度大小相等，a點的磁感應(yīng)強度方向與B0同向，由磁場的疊加知c點的合磁感應(yīng)強度最小，A、C項正確。10．如圖10所示的天平可用來測定磁感應(yīng)強度。天平的右臂下面掛一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸掛在勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面。當線圈中通有電流I(方向如圖)時，在天平兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡；當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡。由此可知()圖10A．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向里，大小為eq\f(m1－m2g,NIL)B．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向里，大小為eq\f(mg,2NIL)C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，大小為eq\f(m1－m2g,NIL)D．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，大小為eq\f(mg,2NIL)解析：選AB由電流天平平衡條件，電流反向前安培力方向向下，由左手定則，磁場方向垂直于紙面向里。m1g＝m2g＋m1g＝m2g＋mg－由上式解得：B＝eq\f(mg,2NIL)，由①得B＝eq\f(m1－m2g,NIL)。故選A、B。11.如圖11所示，質(zhì)量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計。勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，其方向與軌道平面成θ角斜向上方，開關(guān)閉合后導體棒開始運動，則()圖11A．導體棒向左運動B．開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為eq\f(BEL,R)C．開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為eq\f(BELsinθ,R)D．開關(guān)閉合瞬間導體棒MN的加速度為eq\f(BELsinθ,mR)解析：選BD磁場方向與導體棒垂直，導體棒所受安培力F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，方向為垂直于磁場方向與導線方向所確定的平面斜向下，其有水平向右的分量，故A、C錯誤，B正確；導體棒的合力F合＝Fcos(90°－θ)＝Fsinθ，由a＝eq\f(F合,m)得a＝eq\f(BELsinθ,mR)，D正確。三、非選擇題(本題共1小題，共24分)12.(24分)在傾角θ＝30°的斜面上固定一寬l＝0.25m的金屬框，接入電動勢E＝12V、內(nèi)阻不計的電源。垂直于框面放有一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，如圖12所示，它與框架的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)，整個裝置放在磁感應(yīng)強度B＝0.8T、方向垂直于框面向上的勻強磁場中。當調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)時，可使金屬棒靜止在框架上？(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，框架和棒的電阻不計，g＝10m圖12解析：當滑動變阻器R取值較大時，I較小，安培力F較小，在金屬棒的重力分量mgsinθ的作用下，棒有沿框架向下滑動的趨勢，框架對棒的摩擦力沿框面向上(如圖甲所示)。金屬棒剛好不下滑時滿足平衡條件，有：Beq\f(E,R)l＋μmgcosθ－mgsinθ＝0得：R＝eq\f(BEl,mgsinθ－μcosθ)＝eq\f(0.8×12×0.25,0.2×10×0.5－\f(\r(3),2)×\f(\r(3),6))Ω＝4.8Ω當滑動變阻器R取值較小時，I較大，安培力F較大，會使金屬棒產(chǎn)生沿框面向上滑動的趨勢。因此，框架對棒的摩擦力沿框面向下(如圖乙所示)。金屬棒剛好不上滑時滿足平衡條件，有：Beq\f(E,R)l－μmgcosθ－mgsinθ＝0得：R＝eq\f(BEL,mgsinθ＋μcosθ)＝1.6Ω所以滑動變阻器R的取值范圍應(yīng)為：1.6Ω≤R≤4.8Ω。答案：1.6Ω≤R≤4.8Ω[教師備選題庫]1.如圖1所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面，導線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1；當導線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關(guān)于壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()圖1A．FN1＜FN2，彈簧的伸長量減小B．FN1＝FN2，彈簧的伸長量減小C．FN1＞FN2，彈簧的伸長量增大D．FN1＞FN2，彈簧的伸長量減小解析：選C由于條形磁鐵的磁感線是從N極出發(fā)到S極，所以可畫出磁鐵在導線A處的一條磁感線，其方向是斜向左下方的，導線A中的電流垂直紙面向外，由左手定則可判斷導線A必受斜向右下方的安培力，如圖所示，由牛頓第三定律可知磁鐵所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁鐵對斜面的壓力減小，即FN1>FN2，同時，由于導線A比較靠近N極，安培力的方向與斜面的夾角小于90°，所以對磁鐵的作用力有沿斜面向下的分力，使得彈簧彈力增大，可知彈簧的伸長量增大，所以正確選項為C。2．(2012·汕頭模擬)如圖2直導線通入垂直紙面向里的電流，在下列勻強磁場中，能靜止在光滑斜面上的是()圖2解析：選A通電直導線若能靜止在光滑的斜面上，其受到的合力應(yīng)該為零，根據(jù)受力分析的情況可知，A正確。3．(2011·上海高考)如圖3，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ。則磁感應(yīng)強度方向和大小可能為()圖3A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z負向，eq\f(mg,IL)tanθ D．沿懸線向上，eq\f(mg,IL)sinθ解析：選BC若B沿z軸正方向，導線無法平衡，A錯誤；若B沿y軸正方向，由左手定則，受力如圖甲，mg＝BIL，所以B正確；若B沿z軸負方向，受力如圖乙，Tsinθ＝BIL；Tcosθ＝mg，所以B＝eq\f(mg,IL)tanθ，C正確；若B沿懸線向上，受力如圖丙，導線無法平衡，D錯誤。4.(2012·?？谀M)如圖4所示為一電流表的原理示意圖。質(zhì)量為m的均質(zhì)細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k。在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于aeq\x\to(b)。當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合；當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流大小。圖4(1)當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長多少？(重力加速度為g)(2)若要電流表正常工作，MN的哪一端應(yīng)與電源正極相接？(3)若k＝2.0N/m，aeq\x\to(b)＝0.20m，ceq\x\to(b)＝0.05m，B＝0.20T，此電流表的量程是多少？(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)(4)若將量程擴大為(3)中的2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)槎啻?？解析?1)設(shè)當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為Δx，則有mg＝kΔx ①由①式得：Δx＝eq\f(mg,k)。 ②(2)為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，因此M端應(yīng)接正極。(3)設(shè)電流表滿偏時通過MN間電流強度為Im。則有BImaeq\x\to(b)＋mg＝k(ceq\x\to(b)＋Δx) ③聯(lián)立②③并代入數(shù)據(jù)得Im＝2.5A。(4)設(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)锽′，則有2B′Imaeq\x\to(b)＋mg＝k(ceq\x\to(b)＋Δx) ⑤由①⑤式得：B′＝eq\f(k\x\to(cb),2Ima\x\to(b)) ⑥代入數(shù)據(jù)得：B′＝0.10T。答案：(1)eq\f(mg,k)(2)M端(3)2.5A(4)0.10T洛倫茲力1．洛倫茲力磁場對運動電荷的作用力。2．洛倫茲力的方向(1)判斷方法：左手定則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(磁感線垂直穿過手心,四指指向正電荷運動的方向,拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向))(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B和v決定的平面。(注意：B和v不一定垂直)。3．洛倫茲力的大小F＝qvBsinθ，θ為v與B的夾角，如圖9－2－1所示。圖9－2－1(1)v∥B時，θ＝0°或180°，洛倫茲力F＝0。(2)v⊥B時，θ＝90°，洛倫茲力F＝qvB。(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0。1．洛倫茲力和安培力的關(guān)系洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力對運動電荷永不做功，而安培力對通電導線，可做正功，可做負功，也可不做功。2．洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即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)用左手定則判定負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向。3．洛倫茲力與電場力的比較對應(yīng)力內(nèi)容比較項目洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小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，與電荷電性無關(guān)正電荷與電場方向相同，負電荷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、負功，也可能不做功力F為零時場的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向1．(雙選)以下說法正確的是()A．電荷處于電場中一定受到電場力B．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力C．洛倫茲力對運動電荷一定不做功D．洛倫茲力可以改變運動電荷的速度方向和速度大小解析：選AC電荷處在電場中一定受到電場力作用，A正確；當運動電荷速度方向與磁場平行時不受洛倫茲力，B項錯誤；洛倫茲力與電荷運動速度時刻垂直不做功，只改變速度的方向，不改變速度的大小，C項正確，D項錯誤。帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。(2)若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。①向心力由洛倫茲力提供：qvB＝eq\f(mv2,R)；②軌道半徑公式：R＝eq\f(mv,qB)；③周期：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)；(周期T與速度v、軌道半徑R無關(guān))④頻率：f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)；⑤角速度：ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(qB,m)。1．帶電粒子在有理想邊界的勻強磁場中的運動帶電粒子在有理想邊界的勻強磁場中做勻速圓周運動，其運動規(guī)律是洛倫茲力做向心力，解題的關(guān)鍵是畫粒子運動的示意圖，確定圓心、半徑及圓心角。(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道的圓心(如圖9－2－2甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)。圖9－2－2②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道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)。(2)半徑的確定：用幾何知識求出半徑大小。(3)運動時間的確定：①粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α時，其運動時間為：t＝eq\f(α,2π)T(或t＝eq\f(α,360°)T)；②速度為v的粒子在磁場中運動的弧長為s時，其運動時間為：t＝eq\f(s,v)。(4)常見的幾種情形：①直線邊界：進出磁場具有對稱性，如圖9－2－3所示。圖9－2－3②平行邊界：存在臨界條件，如圖9－2－4所示。圖9－2－4③圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9－2－5所示。圖9－2－5(5)三步法解題：①畫軌跡：即確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出運動軌跡。②找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、入射方向、出射方向相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系。③用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式。2．帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題圖9－2－6(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成多解。如圖9－2－6所示，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如果帶正電，其軌跡為a；如果帶負電，其軌跡為b。圖9－2－7(2)磁場方向不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向，此時必須考慮因磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。如圖9－2－7所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如果B垂直于紙面向里，其軌跡為a；如果B垂直于紙面向外，其軌跡為b。圖9－2－8(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖9－2－8所示，于是形成了多解。(4)運動的周期性形成多解：帶電粒子在磁場或部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有周期性，從而形成多解，如圖9－2－9所示。圖9－2－92．(雙選)長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖9－2－10所示，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖9－2－10A．使粒子的速度v<BqL/4B．使粒子的速度v>5BqL/4C．使粒子的速度v>BqL/mD．使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/解析：選AB欲使粒子不打在板上有兩種辦法：(1)使粒子從左邊射出，r<eq\f(L,4)即eq\f(mv,qB)<eq\f(L,4)，所以v<eq\f(BqL,4m)；(2)使粒子從右邊射出，r>eq\f(5L,4)即eq\f(mv,qB)>eq\f(5,4)L，所以v>eq\f(5qBL,4m)，故A、B正確，C、D錯誤。對洛倫茲力的理解[命題分析]洛倫茲力公式在考綱中屬Ⅱ級要求，常以選擇題形式命題。[例1]帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下面說法中正確的是()A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B．如果把＋q改為－q，且速度反向大小不變，則洛倫茲力的大小和方向均不變C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直D．粒子只受到洛倫茲力作用時，運動的速度、動能均不變[解析]帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力，既與速度的大小有關(guān)，還與速度的方向有關(guān)，速度大小相同，洛倫茲力不一定相同，A錯；由洛倫茲力公式及左手定則可知B項正確；洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，但磁場方向與電荷運動方向不一定垂直，C項錯誤；粒子只受到洛倫茲力作用，動能不改變，但速度的方向要改變，D項錯誤。[答案]B————————————————————————————————1洛倫茲力的大小與磁場的強弱、電量的大小、速度的大小和速度方向與磁場方向的夾角都有關(guān)。2洛倫茲力的方向用左手定則判斷，與磁場方向、帶電粒子的速度方向及帶電粒子的電性都有關(guān)。3洛倫茲力一定與運動方向垂直，始終不做功，不改變速度大小，只改變速度方向?！猍變式訓練]初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖9－2－11所示，則()圖9－2－11A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變解析：選A由右手定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，所以電子向右偏，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，即速率不變。帶電粒子在勻強磁場中的運動[命題分析]本考點是歷年高考的熱點，特別是帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，考查以綜合計算題為主，也有選擇題出現(xiàn)。[例2]一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0方向與ad邊夾角為30°，如圖9－2－12所示。已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計)。圖9－2－12(1)若粒子帶負電，且恰能從d點射出磁場，求v0的大小。(2)若粒子帶正電，使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍及粒子在磁場中運動的最長時間是多少？[思維流程]第一步：抓信息關(guān)鍵點關(guān)鍵點信息獲取(1)粒子帶負電從d點射出粒子向左下方偏轉(zhuǎn)，Od為弦(2)粒子帶正電從ab射出粒子向右上方偏轉(zhuǎn)，畫出兩個臨界圓第二步：找解題突破口當粒子帶負電且從d點射出時，欲求v0則需確定圓心，畫出圓求得半徑；當粒子帶正電時，畫出與ab邊、cd邊相切的圓，求出半徑范圍，進而求出v0的取值范圍。第三步：條理作答[解析](1)若粒子帶負電，且恰能從d點射出，如圖所示θ＝30°由幾何關(guān)系得R＝eq\f(L,2)①又qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)②由①②得v0＝eq\f(qBL,2m)。(2)若粒子帶正電，由于磁場邊界的限制，粒子從ab射出磁場時速度有一定范圍。當v0有最小值v1時，粒子徑跡恰與ab邊相切；當v0有最大值v2時，粒子徑跡恰與cd邊相切。軌跡示意圖見右圖。當v0有最小值v1時，有：R1＋R1sin30°＝eq\f(1,2)L，由軌道半徑公式R＝mv/qB，得：v1＝qBL/3m當v0有最大值v2時，有：R2＝R2sin30°＋eq\f(L,2)，由軌道半徑公式R＝mv/qB，得：v2＝qBL/m。所以帶電粒子從磁場中ab邊射出時，其速度范圍應(yīng)為：eq\f(qBL,3m)<v0<eq\f(qBL,m)。要使粒子在磁場中運動時間最長，其軌跡對應(yīng)的圓心角應(yīng)最大，當速度為v1時，粒子在磁場中運動時間最長，對應(yīng)軌跡的圓心角為：θ＝eq\f(4,3)π，則tmax＝eq\f(4/3π,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)。[答案](1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(qBL,3m)<v0<eq\f(qBL,m)eq\f(4πm,3qB)———————————————————————————————1由入射點或出射點的速度方向可畫出洛倫茲力所在的直線，它與入射點和出射點連接弦的中垂線的交點，即為圓心位置，從而畫出圓軌跡。2由幾何知識解三角形，可求出半徑r，進而由r＝\f(mv,qB)可求出v已知比荷及B。,3運動時間可由t＝\f(θ,2π)T，求出。其中θ為圓心角也就是粒子速度的偏轉(zhuǎn)角；若已知弧長，則可由t＝\f(l,v)求時間。,4粒子軌跡圓與邊界相切時，是粒子能否射出邊界的臨界狀態(tài)，求出此圓的半徑可得到能否射出邊界的速度大小?！猍互動探究](1)本例中所有帶正電的粒子從ad邊界射出時，在磁場中運動的時間有什么關(guān)系？(2)若帶正電粒子從邊界cd射出，速度滿足什么條件？在磁場中運動的時間范圍是多少？解析：(1)所有從ad邊界射出的帶正電的粒子，不論速度大小，在磁場中的軌跡圓心角皆為eq\f(5,3)π，因此運動的時間相等，而且t＝eq\f(\f(5,3)π,2π)·T＝eq\f(5,6)T＝eq\f(5πm,3qB)。(2)如本例(2)問所解，帶正電粒子若從cd邊射出r＝eq\f(mv0,qB)>l，即v0>eq\f(qBl,m)，這些粒子在磁場中的偏角均小于60°，在磁場中的運動時間t<eq\f(\f(π,3),2π)·T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)。答案：(1)都等于eq\f(5πm,3qB)(2)v0>eq\f(qBl,m)t<eq\f(πm,3qB)開“芯”技法——“對稱法”在帶電粒子圓周運動中的應(yīng)用1．“對稱法”在單邊界磁場中的應(yīng)用帶電粒子進出單邊界磁場具有對稱性，入射點和出射點間連接弦的中垂線就是偏轉(zhuǎn)軌跡的對稱軸。具體應(yīng)用如下：2．對稱法在雙邊界磁場中的應(yīng)用帶電粒子在雙邊界磁場中運動時，會出現(xiàn)恰好射出或射不出的情況。此時，偏轉(zhuǎn)軌跡與兩邊界或某一邊界相切，運動具有對稱性。粒子沿磁場邊界射入時，對稱軸為兩邊界的中垂線；粒子與磁場邊界成某一角度射入時，對稱軸為入射點和出射點間連接弦的中垂線。具體應(yīng)用如下：[示例1]如圖9－2－13所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的電性分別是()圖9－2－13A.eq\f(3v,2aB)，正電荷 B.eq\f(v,2aB)，正電荷C.eq\f(3v,2aB)，負電荷 D.eq\f(v,2aB)，負電荷[解析]粒子穿過y軸正半軸，由左手定則可判斷粒子帶負電。根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運動的對稱性作出粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可得：r＋rsin30°＝a，解得r＝eq\f(2,3)a。由r＝eq\f(mv,qB)得：eq\f(q,m)＝eq\f(3v,2aB)。[答案]C[示例2]如圖9－2－14所示，虛線圓所圍區(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，不計電子之間相互作用力及所受的重力，求：圖9－2－14(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。[審題指導]電子對準圓心方向入射必定背離圓心離開磁場。[解析](1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB)。(2)設(shè)電子做勻速圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB)由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,eB)。(3)由如圖所示幾何關(guān)系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)，所以r＝eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)。[答案](1)eq\f(mv,eB)(2)eq\f(mθ,eB)(3)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)[名師點評](1)帶電粒子沿直線邊界進入磁場，直線邊界的一部分必為其軌跡圓的一條弦，所以軌跡圓心必在弦的中垂線上，且軌跡關(guān)于中垂線對稱；另外，從同一邊界射入的帶電粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等。(2)粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，根據(jù)對稱性，射出磁場時的速度方向也一定沿著磁場圓的半徑方向。[變式訓練]如圖9－2－15所示，條形區(qū)域AA′、BB′中存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B的大小為0.3T，AA′、BB′為磁場邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長度足夠長，寬度d＝1m。一束帶正電的某種粒子從AA′上的O點以大小不同的速度沿著與AA′成60°角方向射入磁場，當粒子的速度小于某一值v0時，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運動時間t0＝4×10－8s；當粒子速度為v1時，剛好垂直邊界BB′射出磁場。取π＝3，不計粒子所受重力。圖9－2－15(1)粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)速度v0和v1的大小。解析：(1)當粒子的速度小于某一值v0時，粒子不能從BB′離開磁場區(qū)域，只能從AA′邊離開，無論粒子速度大小，在磁場中運動的時間都相同，軌跡如圖所示(圖中只畫了一個粒子的軌跡)。粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的圓心角均為φ1＝240°，運動時間t0＝eq\f(2,3)T，又T＝eq\f(2πm,Bq)，解得eq\f(q,m)≈3.3×108C/kg(2)當粒子速度為v0時，粒子在磁場內(nèi)的運動軌跡剛好與BB′邊界相切，此時有R0＋R0sin30°＝d，又qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R0)，得v0≈6.7×107m/s當粒子速度為v1時，剛好垂直邊界BB′射出磁場區(qū)域，此時軌跡所對圓心角φ2＝30°，有R1sin30°＝d，又qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R1)，得v1＝2×108m/s。答案：(1)3.3×108C/kg(2)6.7×107m/s[隨堂鞏固提升]1．(2012·北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值()A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比解析：選D由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置(即某一截面)的電荷量與所用時間的比值。若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式I＝q/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量。又T＝eq\f(2πm,qB)，解出I＝eq\f(q2B,2πm)。故只有選項D正確。2．(2012·廣東高考)質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖9－2－16中虛線所示，下列表述正確的是()圖9－2－16A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛侖茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間解析：選A根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負電，A正確；因為r＝eq\f(mv,Bq)，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯；洛倫茲力永不做功，所以C錯；M和N的運行時間都為t＝eq\f(πm,Bq)，所以D錯。3.(雙選)(2011·浙江高考)利用如圖9－2－17所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()圖9－2－17A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大解析：選BC由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負電，選項A錯；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax＝eq\f(3d＋L,2)，選項B正確；又r最小值為rmin＝eq\f(L,2)，將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可見選項C正確，D錯誤。4.(雙選)(2011·海南高考)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖9－2－18中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計重力。下列說法正確的是()圖9－2－18A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：選BD粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，則軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同，選項B正確；入射速度不同的粒子，在磁場中的運動軌跡不同，但運動時間可能相同，比如，速度較小的粒子會從磁場的左邊界飛出，都運動半個周期，而它們的周期相同，故選項A錯誤，進而可知選項C錯誤；由于所有粒子做圓周運動的周期相同，故在磁場中運動時間越長的，其軌跡所對的圓心角一定越大，選項D正確。5.如圖9－2－19所示，直線MN上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場(電子質(zhì)量為m、電荷量為e)，它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？圖9－2－19解析：由公式知，它們的半徑和周期是相同的，只是偏轉(zhuǎn)方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形，所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經(jīng)歷時間相差為2T/3。答案：射出時相距eq\f(2mv,Be)時間差為Δt＝eq\f(4πm,3Be)[課下限時集訓](時間：40分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分)1.如圖1所示，擺球帶負電荷的單擺，在一勻強磁場中擺動，勻強磁場的方向垂直紙面向里，擺球在AB間擺動過程中，由A擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F1，擺球加速度大小為a1；由B擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F2，擺球加速度大小為a2，則()圖1A．F1＞F2，a1＝a2 B．F1＜F2，a1＝a2C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2解析：選B繩的拉力、洛倫茲力始終與單擺的運動方向垂直，不做功。只有重力做功，所以a1＝a2，當單擺由A擺到最低點C時，繩的拉力和洛倫茲力方向相同，由B擺到最低點C時，繩的拉力與洛倫茲力方向相反，故F1＜F2。2.半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出。∠AOB＝120°，如圖2所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()圖2A.eq\f(2πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)解析：選D由∠AOB＝120°可知，弧AB所對圓心角θ＝60°，故t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，但題中已知條件不夠，沒有此項選擇，另想辦法找規(guī)律表示t。由勻速圓周運動t＝eq\x\to(AB)/v0，從圖中分析有R＝eq\r(3)r，則eq\x\to(AB)＝R·θ＝eq\r(3)r×eq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3)πr，則t＝eq\x\to(AB)/v0＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，D項正確。3.真空中有兩根長直金屬導線平行放置，其中只有一根導線中通過有恒定電流。在兩導線所確定的平面內(nèi)，一電子從P點運動的軌跡的一部分如圖3中曲線PQ所示，則一定是()圖3A．a(chǎn)b導線中通有從a到b方向的電流B．a(chǎn)b導線中通有從b到a方向的電流C．cd導線中通有從c到d方向的電流D．cd導線中通有從d到c方向的電流解析：選C根據(jù)電子運動的軌跡知在兩導線之間的磁場方向垂直于兩導線所在的平面，且由粒子運動的方向可知，ab中通有由b到a的電流或cd中通有從c到d的電流，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時半徑變小，由r＝eq\f(mv,qB)知距離cd邊越近，磁感應(yīng)強度B越強，可見cd中一定有電流，只有C正確。4.(2012·揭陽模擬)如圖4所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角。磁場的磁感應(yīng)強度大小為()圖4A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))解析：選B粒子軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系r＝Rcoteq\f(θ,2)，再根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，解得B＝eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))，故B正確。5.(2012·安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖5所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于eq\f(T,6)(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為()圖5A.eq\f(T,3) B.eq\f(T,2)C.eq\f(2T,3) D.eq\f(5T,6)解析：選B由右手定則知，粒子做逆時針圓周運動；粒子速度大小相同，故弧長越小，粒子在磁場中運動的時間就越短，過S作OC的垂線SD，如圖所示，粒子軌跡過D點時在磁場中運動的時間最短；因磁場中運動的最短時間等于eq\f(T,6)，故∠SO′D＝60°，由幾何關(guān)系得，粒子做圓周運動的半徑等于SD；由于粒子沿逆時針方向運動，故沿SA方向射入的粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中運動的軌跡恰為半圓，故粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(T,2)，選項B正確。二、雙項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分)6.(2012·深圳模擬)如圖6所示，在勻強磁場中有1和2兩個質(zhì)子在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑r1>r2并相切于P點，設(shè)T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分別表示1、2兩個質(zhì)子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間，則()圖6A．T1＝T2 B．v1＝v2C．a(chǎn)1>a2 D．t1>t2解析：選AC對于質(zhì)子，其eq\f(q,m)相同，又T＝eq\f(2πm,qB)，在同一勻強磁場中，則T1＝T2，選項A正確；又r＝eq\f(mv,qB)，且r1>r2則v1>v2，B錯誤；由a＝eq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，得a＝eq\f(2π,T)v，則a1>a2，C正確；又兩質(zhì)子的周期相同，由圖知質(zhì)子1從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所轉(zhuǎn)過的圓心角比質(zhì)子2小，則t1<t2，D錯誤。7.帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡，如圖7是在有勻強磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里。該粒子在運動時，其質(zhì)量和電荷量不變，而動能逐漸減少。下列說法正確的是()圖7A．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點B．粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點C．粒子帶負電D．粒子帶正電解析：選AC從粒子運動的軌跡可以判斷，粒子在a點的曲率半徑大于在b點的曲率半徑。由R＝eq\f(mv,qB)可知，半徑越小速率越小，所以粒子在b點的速率小于在a點的速率，故粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點，A正確，B錯誤；根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶負電，C正確，D錯誤。8.如圖8是人工托克馬克(人造核聚變)實驗中，用環(huán)狀勻強磁場約束高能帶電粒子的原理圖，下列說法正確的是()圖8A．沿半徑方向飛入環(huán)狀磁場的粒子最難飛出磁場B．沿內(nèi)圓切線方向飛入環(huán)狀磁場的粒子最容易飛出磁場C．所有粒子在磁場中運動時間都相同D．不同速度的粒子在磁場中運動時間一定不同解析：選AB粒子在勻強磁場中運動時間取決于圓弧所對的圓心角