專題10：磁場的性質(zhì)、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)1磁場及其性質(zhì) 1考點(diǎn)2帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 4考點(diǎn)3帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) 7考點(diǎn)4帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 9考點(diǎn)5電磁場中的STSE問題 12考點(diǎn)1磁場及其性質(zhì)一．磁場方向的判斷及磁場疊加(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。(2)磁場中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時(shí)，合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。二．安培力作用下的力電綜合1．兩個(gè)常用的等效模型(1)變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流。甲乙(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。2．安培力作用下力學(xué)問題的解題思路(1)選定研究對(duì)象：通電導(dǎo)線(或通電導(dǎo)體棒)。(2)變?nèi)S為二維：畫出平面受力圖，其中F⊥B，F(xiàn)⊥I。(3)根據(jù)力的平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程?！镜淅?】如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線a、b，分別通以SKIPIF1<0和SKIPIF1<0流向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是（）A.兩導(dǎo)線受到的安培力SKIPIF1<0B.導(dǎo)線所受的安培力可以用SKIPIF1<0計(jì)算C.移走導(dǎo)線b前后，p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置【答案】BCD【解析】A．兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線所受的安培力可以用SKIPIF1<0計(jì)算，因?yàn)榇艌雠c導(dǎo)線垂直，故B正確；C．移走導(dǎo)線b前，b的電流較大，則p點(diǎn)磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向同向，向里，移走后，p點(diǎn)磁場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，向外，故C正確；D．在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點(diǎn)產(chǎn)生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置。故D正確。故選BCD?！咀兪?-1】（2021全國甲）兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與SKIPIF1<0在一條直線上，SKIPIF1<0與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為（）A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B【答案】B【解析】兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B；綜上分析B正確。故選B?！咀兪?-2】如圖所示，直導(dǎo)線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠(yuǎn)，其磁場互不影響。當(dāng)開關(guān)S閉合后，則小磁針北極N(黑色一端)指示磁場方向正確的是()A．a(chǎn) B．bC．c D．d【答案】選C【解析】根據(jù)安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時(shí)N極的指向?yàn)榇艌龅姆较?，可知C正確?！咀兪?-3】如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A．0 B．eq\f(\r(3),3)B0C．eq\f(2\r(3),3)B0 D．2B0【答案】選C【解析】導(dǎo)線P和Q中電流I方向均垂直紙面向里時(shí)，設(shè)其在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝BQ＝B1，如圖1所示，則其夾角為60°，它們?cè)赼點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于PQ向右、大小為eq\r(3)B1。又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝eq\r(3)B1，且B0平行于PQ向左。若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，如圖2所示，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\r(B02＋B1′2)＝eq\f(2\r(3),3)B0，則A、B、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確?？键c(diǎn)2帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)1．必須掌握的六個(gè)公式2．必須具備的五個(gè)技能“一畫、三確定、一注意”(1)畫軌跡：根據(jù)題意，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡。(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點(diǎn)A和出射點(diǎn)B所受洛倫茲力F洛作用線的交點(diǎn)上或AB弦的中垂線OO′與任一個(gè)F洛作用線的交點(diǎn)上，如圖所示。(3)半徑的確定：利用平面幾何關(guān)系，求出軌跡圓的半徑，如r＝eq\f(AB,2sin\f(α,2))＝eq\f(AB,2sinθ)，然后再與半徑公式r＝eq\f(mv,qB)聯(lián)系起來求解。(4)時(shí)間的確定：t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)或t＝eq\f(s,v)＝eq\f(αR,v)。(5)注意圓周運(yùn)動(dòng)中的對(duì)稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時(shí)，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出?！镜淅?】如圖甲所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間的距離為L，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，其質(zhì)量為m，長度為L，通過的電流為I。(1)沿棒ab中電流方向觀察，側(cè)視圖如圖乙所示，為使導(dǎo)體棒ab保持靜止，需加一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(2)若(1)中磁場方向改為豎直向上，如圖丙所示，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大??；(3)若只改變磁場，且磁場的方向始終在與棒ab垂直的平面內(nèi)，欲使導(dǎo)體棒ab保持靜止，求磁場方向變化的最大范圍?！敬鸢浮?1)eq\f(mgsinθ,IL)(2)eq\f(mgtanθ,IL)(3)見解析【解析】(1)對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析如圖所示：mgsinθ－ILB1＝0解得B1＝eq\f(mgsinθ,IL)。(2)對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析如圖所示：由導(dǎo)體棒靜止有mgtanθ－ILB2＝0解得B2＝eq\f(mgtanθ,IL)。(3)使導(dǎo)體棒保持靜止?fàn)顟B(tài)，需F合＝0，即三力平衡，安培力與另外兩個(gè)力的合力等大反向；如圖所示，因?yàn)橹亓εc斜面支持力的合力范圍在α角范圍內(nèi)(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范圍內(nèi)(垂直于斜面方向取不到)，根據(jù)左手定則，磁場方向可以在α″角范圍內(nèi)變動(dòng)，其中沿斜面向上方向取不到?！咀兪?-1】（2021廣東）截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流SKIPIF1<0，四根平行直導(dǎo)線均通入電流SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是（）

A.B.C.D.

【答案】C【解析】因SKIPIF1<0，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線SKIPIF1<0要受到SKIPIF1<0吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線SKIPIF1<0要受到SKIPIF1<0排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。故選C?！咀兪?-2】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1?T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)與水平面成θ=37°角的導(dǎo)電滑軌，滑軌上放置一個(gè)可自由移動(dòng)的金屬桿ab.已知接在滑軌中的電源電動(dòng)勢E=12?V，內(nèi)阻不計(jì)．a(chǎn)b桿長L=0.5?m，質(zhì)量m=0.2?kg，桿與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，滑軌與ab桿的電阻忽略不計(jì)．要使ab桿在滑軌上保持靜止，求滑動(dòng)變阻器R的阻值的變化范圍(取g=10?m/s2，sin?37°=0.6，cos?37°=0.8，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，結(jié)果保留1位有效數(shù)字【答案】滑動(dòng)變阻器R的阻值在3Ω～5Ω范圍內(nèi)變化【解析】對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，回路中的電流為：I=ER

導(dǎo)體棒受到的安培力為：F=BIL

分別畫出ab桿在恰好不下滑和恰好不上滑這兩種情況下的受力分析圖，如圖甲、乙所示：

討論：

1、當(dāng)摩擦力沿斜面向上，電流強(qiáng)度最小，電阻最大，由共點(diǎn)力平衡得：

mgsin37°?f?Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°?FN=0

f=μFN

聯(lián)立解得：Rmax≈5Ω

2、當(dāng)摩擦力沿斜面向下，電流強(qiáng)度最大，電阻最小由共點(diǎn)力平衡得：

mgsin37°+f?Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°?FN=0考點(diǎn)3帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。在勻強(qiáng)磁場中，若速度與磁場垂直，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；若速度與磁場平行，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若速度方向與電場方向垂直，則帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理。(3)當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口?！镜淅?】從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時(shí)，由于地磁場的存在，改變了運(yùn)動(dòng)方向，對(duì)地球起到了保護(hù)作用。地磁場的示意圖(虛線，方向未標(biāo)出)如圖所示，赤道上方的磁場可看成線以及質(zhì)子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下()A．α射線沿直線射向赤道B．β射線向西偏轉(zhuǎn)C．γ射線向東偏轉(zhuǎn)D．質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn)【答案】選B【解析】赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的β射線向西偏轉(zhuǎn)，不帶電的γ射線不偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B正確?！咀兪?-1】兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，周期增大B．軌道半徑減小，周期減小C．軌道半徑增大，周期增大D．軌道半徑增大，周期減小【答案】選C【解析】因洛倫茲力不做功，故帶電粒子從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱的磁場區(qū)域后，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，軌道半徑增大，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期增大，選項(xiàng)C正確。【變式3-2】如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點(diǎn)先后射入磁場，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)．射入磁場時(shí)，P的速度SKIPIF1<0垂直于磁場邊界，Q的速度SKIPIF1<0與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點(diǎn)射出磁場，且在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則（）A.P和Q的質(zhì)量之比為1：2 B.P和Q的質(zhì)量之比為SKIPIF1<0C.P和Q速度大小之比為SKIPIF1<0 D.P和Q速度大小之比為2：1【答案】AC【解析】設(shè)MN=2R，則對(duì)粒子P的半徑為R，有：SKIPIF1<0；對(duì)粒子Q的半徑為SKIPIF1<0R，有：SKIPIF1<0；又兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故AC正確，BD錯(cuò)誤．考點(diǎn)4帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)在重力、電場力和洛倫茲力中的兩者或三者共同作用下，帶電粒子可能靜止，可能做勻速(勻變速)直線運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)，還可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(1)若只有兩個(gè)場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)。例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時(shí)、重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時(shí)、重力場與電場疊加滿足mg＝qE時(shí)。(2)若三場共存，合力為零時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝meq\f(v2,r)。【典例4】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎较?。有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時(shí)的速度v0的可能值?！敬鸢浮?1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)【解析】(1)正離子射入磁場，由洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝eq\f(mv02,r)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq\f(2πr,v0)聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期即T0時(shí)，有r＝eq\f(d,4)當(dāng)在兩板之間正離子共運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期，即nT0時(shí)，有r＝eq\f(d,4n)(n＝1，2，3，…)聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qr,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)。【變式4-1】(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn)。若一個(gè)帶正電的粒子(重力忽略不計(jì))從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁場?，F(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與Od成30°的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是()A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個(gè)頂點(diǎn)射出磁場B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時(shí)間可能是t0C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時(shí)間可能是eq\f(3,2)t0D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時(shí)間一定是eq\f(5,3)t0【答案】AD【解析】由題意可知帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁場，則知帶電粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T＝2t0。隨粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變由圖可以知道粒子在四個(gè)邊射出時(shí)，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個(gè)頂點(diǎn)射出，故A項(xiàng)正確；當(dāng)粒子從O點(diǎn)沿紙面垂直于cd邊射入正方形內(nèi)，軌跡恰好為半個(gè)圓周，即時(shí)間t0剛好為半周期，從ab邊射出的粒子所用時(shí)間小于半周期t0，從bc邊射出的粒子所用時(shí)間小于eq\f(2,3)T＝eq\f(4t0,3)，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時(shí)間為eq\f(5T,6)＝eq\f(5t0,3)，故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計(jì))從AC邊的中點(diǎn)O垂直于AC邊射入該勻強(qiáng)磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是()A．若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點(diǎn)C的距離為lB．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D．當(dāng)該粒子以不同的速度入射時(shí)，在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為eq\f(πm,qB)【答案】ABD【解析】若粒子射入磁場時(shí)速度為v＝eq\f(qBl,m)，則由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝l，由幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊上距C點(diǎn)為l的位置離開磁場，選項(xiàng)A正確；因?yàn)閞＝eq\f(mv,qB)，所以v＝eq\f(qBr,m)，因此，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與三角形的AD邊相切時(shí)，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時(shí)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝(eq\r(2)＋1)l，故其最大速度為v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(2πm,qB)，故當(dāng)粒子從三角形的AC邊射出時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，由于此時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為180°，故其在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間應(yīng)為t＝eq\f(πm,qB)，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)5電磁場中的STSE問題一.回旋加速器1．加速條件：T電場＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)。2．磁場約束偏轉(zhuǎn)：qvB＝eq\f(mv2,r)?v＝eq\f(qBr,m)。3．帶電粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關(guān)。二．質(zhì)譜儀1．粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2。2．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r)。由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。三．磁與現(xiàn)代科技綜合模型【典例5】如圖，虛線MN左側(cè)有一個(gè)正三角形ABC，C點(diǎn)在MN上，AB與MN平行，該三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外勻強(qiáng)磁場；MN右側(cè)的整個(gè)區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶正電的離子（重力不計(jì)）以初速度SKIPIF1<0從AB的中點(diǎn)O沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)SKIPIF1<0后從MN上的Р點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后恰能回到O點(diǎn)。已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正三角形的邊長為d：(1)求三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)求離子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間；(3)若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與原來相等的恒磁場，將MN右側(cè)磁場變?yōu)橐粋€(gè)與MN相切于P點(diǎn)的圓形勻強(qiáng)磁場讓離子從P點(diǎn)射入圓形磁場，速度大小仍為SKIPIF1<0，方向垂直于BC，始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)О點(diǎn)時(shí)的速度方向與OC成SKIPIF1<0角，求圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度?！敬鸢浮?1)SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0；(3)見解析【解析】(1)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖粒子三角形ABC中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0又粒子出三角形磁場時(shí)偏轉(zhuǎn)SKIPIF1<0，由幾何關(guān)系可知SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0(2)粒子從D運(yùn)動(dòng)到P，由幾何關(guān)系可知SKIPIF1<0運(yùn)動(dòng)時(shí)間SKIPIF1<0粒子在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為SKIPIF1<0則有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0運(yùn)動(dòng)時(shí)間SKIPIF1<0故粒子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間SKIPIF1<0(3)若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中①所示，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0此時(shí)根據(jù)SKIPIF1<0有SKIPIF1<0若三角形ABC區(qū)域磁場方向向外，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中②所示，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0此時(shí)根據(jù)SKIPIF1<0有SKIPIF1<0【變式5-1】筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(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，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)【答案】D【解析】由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，電勢低，A錯(cuò)。電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，與v成正比，與c無關(guān)，B、C錯(cuò)。洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D對(duì)。【易錯(cuò)01】對(duì)安培力理解有誤1．大小若I∥B，F(xiàn)＝0；若I⊥B，F(xiàn)＝BIL.2．方向可以用左手定則來判定：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．安培力方向總垂直于B、I所決定的平面，即一定垂直于B和I，但B與I不一定垂直．3．有效長度．如彎曲通電導(dǎo)線的有效長度L等于連接兩端點(diǎn)的直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿兩端點(diǎn)連線由始端流向末端，如圖所示．4．兩平行通電導(dǎo)線間的作用同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．【易錯(cuò)02】用視圖轉(zhuǎn)換法求解涉及安培力的力學(xué)問題1．視圖轉(zhuǎn)換對(duì)于安培力作用下的力學(xué)問題，需畫出導(dǎo)體棒的受力示意圖．但在三維空間無法準(zhǔn)確畫出其受力情況，可將三維立體圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖，即畫出俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等．此時(shí)，金屬棒用圓代替，電流方向用“×”或“·”表示．2．解決安培力作用下的力學(xué)問題的思路：(1)選定研究對(duì)象；(2)變?nèi)S為二維，畫出平面受力分析圖，判斷安培力的方向時(shí)切忌跟著感覺走，一定要用左手定則來判斷，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根據(jù)力的平衡條件或牛頓第二定律列方程求解．【易錯(cuò)03】對(duì)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)分析有誤1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,Bq)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB).注意：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與速率無關(guān)．【易錯(cuò)04】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問題1.帶電粒子進(jìn)入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題(或邊界問題)以及極值問題．解決這類問題的方法思路如下：(1)直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．(2)以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解．2.帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關(guān)聯(lián)．因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問題的關(guān)鍵．常遇到的臨界和極值條件有：(1)帶電體在磁場中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零．(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場邊界相切，對(duì)應(yīng)粒子速度的臨界值．(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間極值的分析①周期相同的粒子，當(dāng)速率相同時(shí)，軌跡(弦長)越長，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長．②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長．【易錯(cuò)05】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題一般有多解.形成多解的原因有以下幾個(gè)方面：一、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(fù)電，在初速度相同的條件下，正負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解．如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負(fù)電，其軌跡為b.二、磁場方向不確定形成多解磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，有時(shí)題目中只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向．此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的不確定而形成的多解．如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.三、臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下穿越有界磁場時(shí)，由于帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓周的一部分，因此帶電粒子可能穿越了有界磁場，也可能轉(zhuǎn)過180°能夠從入射的那一邊反向飛出，就形成多解．如圖丙所示．四、帶電粒子運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性形成多解1.帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往具有重復(fù)性的運(yùn)動(dòng)，形成了多解．如圖丁所示．2.求解帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)多解問題的技巧：(1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解性形成原因．(2)作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)．(3)若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項(xiàng)式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件．1.（2021·山東省日照市一模）（單選）如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．B1－eq\f(B2,2)B．B2－eq\f(B1,2)C．B2－B1D.eq\f(B1,3)【答案】A【解析】對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均是向左，故c點(diǎn)的磁場方向也是向左的。設(shè)aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個(gè)環(huán)形電流在距離中點(diǎn)r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1r，在距離中點(diǎn)3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B3r，故：a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B1＝B1r＋B3r；b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B2＝B1r＋B1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：Bc＝B3r＝B1－eq\f(1,2)B2，故選A。2.(2021·常德市二模)（單選）在絕緣圓柱體上a、b兩個(gè)位置固定有兩個(gè)金屬圓環(huán)，當(dāng)兩環(huán)通有如圖所示電流時(shí)，b處金屬圓環(huán)受到的安培力為F1；若將b處金屬圓環(huán)移動(dòng)到位置c，則通有電流為I2的金屬圓環(huán)受到的安培力為F2。今保持b處金屬圓環(huán)原來位置不變，在位置c再放置一個(gè)同樣的金屬圓環(huán)，并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流，則在a位置的金屬圓環(huán)受到的安培力()A．大小為|F1－F2|，方向向左B．大小為|F1－F2|，方向向右C．大小為|F1＋F2|，方向向左D．大小為|F1＋F2|，方向向右【答案】A【解析】c金屬圓環(huán)對(duì)a金屬圓環(huán)的作用力大小為F2，根據(jù)同方向的電流相互吸引，可知方向向右，b金屬圓環(huán)對(duì)a金屬圓環(huán)的作用力大小為F1，根據(jù)反方向的電流相互排斥，可知方向向左，所以a金屬圓環(huán)所受的安培力大小|F1－F2|，由于a、b間的距離小于a、c間距離，所以兩合力的方向向左。3.（2021·湖北省襄陽市一模）（單選）如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)S后導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)，彈簧伸長量為x1；調(diào)換圖中電源極性，使導(dǎo)體棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)彈簧伸長量為x2。忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()A.eq\f(k,IL)(x1＋x2) B．eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1) D．eq\f(k,2IL)(x2－x1)【答案】D【解析】由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調(diào)換圖中電源極性使導(dǎo)體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)。選項(xiàng)D正確。4.（2021·湖南省長沙市二模）（單選）如圖所示，一根長為L的金屬細(xì)桿通有電流I時(shí)，水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B勻強(qiáng)磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時(shí)金屬細(xì)桿()A．電流流向垂直紙面向外B．受到的安培力大小為2BILsinθC．對(duì)斜面壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍D．將沿斜面加速向上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gsinθ【答案】D【解析】對(duì)金屬細(xì)桿受力分析，它受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定則得電流流向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式可得此時(shí)受到的安培力大小為F安＝4B·eq\f(1,2)IL＝2BIL，故B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿水平靜止斜面上時(shí)，金屬細(xì)桿受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝BIL，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改變時(shí)，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝eq\f(mg1＋sin2θ,cosθ)，a＝eq\f(2BILcosθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C錯(cuò)誤，D正確。1、（2022·湖南卷·T3）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比【答案】D【解析】A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯(cuò)誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有SKIPIF1<0，F(xiàn)T=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，BC錯(cuò)誤、D正確。故選D。2、（2022·廣東卷·T8）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A.電子從N到P，電場力做正功 B.N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功 D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力【答案】BC【解析】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。3、（2022·廣東卷·T7）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面SKIPIF1<0劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直SKIPIF1<0平面進(jìn)入磁場，并穿過兩個(gè)磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（）

A.B.C.D.【答案】A【解析】AB．由題意知當(dāng)質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運(yùn)動(dòng)，剛射出時(shí)根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向洛倫茲力，即在MN左側(cè)會(huì)向y軸正方向偏移，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，y軸坐標(biāo)增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運(yùn)動(dòng)，z軸坐標(biāo)不變，故CD錯(cuò)誤。故選A。4、（2022·全國甲卷·T18）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（SKIPIF1<0平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；BD．運(yùn)動(dòng)的過程中在電場力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。5、（2022·全國乙卷·T18）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時(shí)y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）測量序號(hào)Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點(diǎn)位于南半球B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC第2次測量時(shí)y軸正向指向南方D.第3次測量時(shí)y軸正向指向東方【答案】BC【解析】A．如圖所示地球可視為一個(gè)磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個(gè)磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯(cuò)誤；B．磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為SKIPIF1<0計(jì)算得B≈50μTB正確；CD．由選項(xiàng)A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量SKIPIF1<0，故y軸指向南方，第3次測量SKIPIF1<0，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯(cuò)誤。故選BC。1.中國宋代科學(xué)家沈括在公元1086年寫的《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了“方家(術(shù)士)以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”。進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布如圖所示。結(jié)合上述材料，下列說法正確的是()A．在地磁場的作用下小磁針靜止時(shí)指南的磁極叫北極，指北的磁極叫南極B．對(duì)垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近最強(qiáng)C．形成地磁場的原因可能是帶正電的地球自轉(zhuǎn)引起的D．由于地磁場的影響，在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，通電導(dǎo)線應(yīng)相對(duì)水平地面豎直放置【答案】選B【解析】地球內(nèi)部存在磁場，地磁南極在地理北極附近，所以在地磁場的作用下小磁針靜止時(shí)指南的磁極叫南極，指北的磁極叫北極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在地球的南北極地磁的方向與幾乎地面垂直，對(duì)垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近的磁場方向與地面平行，則高能粒子所受的磁場力最大，選項(xiàng)B正確；地球自轉(zhuǎn)方向是自西向東，地球的南極是地磁場的北極，由安培定則判斷可能地球是帶負(fù)電的，故C錯(cuò)誤；在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，若通電導(dǎo)線相對(duì)水平地面豎直放置，地磁場方向與導(dǎo)線電流的方向垂直，則根據(jù)安培定則可知，地磁場對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響較大，故在進(jìn)行奧斯特實(shí)驗(yàn)時(shí)，通電導(dǎo)線南北放置時(shí)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象最明顯，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2、（2021·湖南省衡陽市二模）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)有一傾角為SKIPIF1<0的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)線，通以如圖所示方向的電流I時(shí)，通電導(dǎo)線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B.磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為大小SKIPIF1<0，方向堅(jiān)直向上C.磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為大小SKIPIF1<0，方向水平向左D.磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時(shí)，其大小最小，且最小值為SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．導(dǎo)線所受的安培力若垂直于斜面向下，則導(dǎo)線合力不能為0，導(dǎo)線不能靜止，A錯(cuò)誤；

B．若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導(dǎo)體棒不能靜止，B錯(cuò)誤；C．若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)體棒不能靜止，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)重力、支持力、安培力三力平衡可知，當(dāng)安培力方向沿斜面向上時(shí)，即磁場方向垂直于斜面向下時(shí)，安培力最小，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，故有SKIPIF1<0

解得SKIPIF1<0，D正確；3．(多選)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)徑跡。圖甲是洛倫茲力演示儀的實(shí)物圖，圖乙是結(jié)構(gòu)示意圖。勵(lì)磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，勵(lì)磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強(qiáng)。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和分析正確的是()A．要使電子形成如圖乙中的運(yùn)動(dòng)徑跡，勵(lì)磁線圈應(yīng)通以順時(shí)針方向的電流B．僅升高電子槍加速電場的電壓，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變大C．僅增大勵(lì)磁線圈中的電流，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變大D．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大【答案】選AB【解析】勵(lì)磁線圈通以順時(shí)針方向的電流，根據(jù)右手螺旋定則可得，產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力正好指向運(yùn)動(dòng)徑跡圓心，故A正確；根據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，當(dāng)升高電子槍加速電場的電壓時(shí)，電子的速度增大，所以運(yùn)動(dòng)半徑增大，B正確；若僅增大勵(lì)磁線圈中的電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可知運(yùn)動(dòng)半徑減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期和速度大小無關(guān)，D錯(cuò)誤。4、（2021·北京市朝陽區(qū)二模）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有一段靜止的長為L的通電導(dǎo)線，磁場方向垂直于導(dǎo)線。設(shè)單位長度導(dǎo)線中有n個(gè)自由電荷，每個(gè)自由電荷的電荷量都為q，它們沿導(dǎo)線定向移動(dòng)的平均速率為v。下列選項(xiàng)正確的是（）A.導(dǎo)線中的電流大小為nLqvB.這段導(dǎo)線受到的安培力大小為nLqvBC.沿導(dǎo)線方向電場的電場強(qiáng)度大小為vBD.導(dǎo)線中每個(gè)自由電荷受到的平均阻力大小為qvB【答案】B【解析】A．導(dǎo)線中的電流大小SKIPIF1<0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．每個(gè)電荷所受洛倫茲力大小SKIPIF1<0，這段導(dǎo)線受到的安培力大小SKIPIF1<0選項(xiàng)B正確；C．沿導(dǎo)線方向的電場的電場強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0，U為導(dǎo)線兩端的電壓它的大小不等于vB，只有在速度選擇器中的電場強(qiáng)度大小才是vB，且其方向是垂直導(dǎo)線方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線中每個(gè)自由電荷受到的平均阻力方向是沿導(dǎo)線方向的，而qvB是洛倫茲力，該力的的方向與導(dǎo)線中自由電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直，二者不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。5、（2021·北京市房山區(qū)二模）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示。下述說法中正確的是（）A.粒子只在電場中加速，因此電壓越大，粒子的最大動(dòng)能越大B.可以采用減小高頻電源的頻率，增大電場中加速時(shí)間來增大粒子的最大動(dòng)能C.粒子在磁場中只是改變方向，因此粒子的最大動(dòng)能與磁感應(yīng)強(qiáng)度無關(guān)D.粒子的最大動(dòng)能與D形盒的半徑有關(guān)【答案】D【解析】當(dāng)粒子從D形盒出來時(shí)速度最大，根據(jù)SKIPIF1<0得出SKIPIF1<0則最大動(dòng)能為SKIPIF1<0可得出最大動(dòng)能SKIPIF1<0與金屬盒間的電壓無關(guān)，與加速電場的頻率無關(guān)，與D形盒內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、金屬盒半徑有關(guān)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，金屬盒半徑越大，那么動(dòng)能越大；D對(duì)，ABC錯(cuò)。故選D。1.(2021·福建龍巖模擬)如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為d.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的負(fù)離子(重力不計(jì))以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出．在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(未標(biāo)出)．要使該負(fù)離子在磁場中運(yùn)動(dòng)后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則()A．磁場方向垂直紙面向里B．磁場方向垂直紙面向外、向里都有可能C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mv0,qd)D．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(3\r(2)πd,2v0)【答案】：C【解析】：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開電場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖．粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tanα＝2tanβ＝2·eq\f(y,x)＝1，故α＝45°，又由于tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0)，故vy＝v0，v＝eq\r(2)v0，根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R＝eq\r(2)d，圓周運(yùn)動(dòng)中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv0,qd)，故C正確；磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v0)，故D錯(cuò)誤．2．(2021·湖北華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)模擬)美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示．現(xiàn)有一回旋加速器，當(dāng)外加磁場一定時(shí)，可把質(zhì)子的速度從零加速到v，質(zhì)子獲得的動(dòng)能為Ek.在不考慮相對(duì)論效應(yīng)的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時(shí)，有()A.能把α粒子從零加速到eq\f(v,2)B．能使α粒子獲得的動(dòng)能為2EkC．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為2∶1【答案】：AC【解析】：粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，則粒子的最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，因質(zhì)子與α粒子的質(zhì)量數(shù)之比為1∶4，而電荷量之比為1∶2，所以α粒子加速到的速度為eq\f(v,2)，動(dòng)能仍為Ek，故A正確，B錯(cuò)誤；加速器所接交流電的頻率應(yīng)與粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率為f＝eq\f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯(cuò)誤．3．(2021·江蘇南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)如圖是比荷相同的a、b兩粒子從O點(diǎn)垂直勻強(qiáng)磁場進(jìn)入正方形區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，則()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的質(zhì)量大B．a(chǎn)帶正電荷，b帶負(fù)電荷C．a(chǎn)在磁場中的運(yùn)動(dòng)速率比b的大D．a(chǎn)在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b的短【答案】：CD【解析】：比荷相同的a、b兩粒子，因電荷量無法確定，則質(zhì)量大小無法比較，故A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻兩粒子所受的洛倫茲力方向都是豎直向下，根據(jù)左手定則知，兩粒子都帶負(fù)電荷，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，a粒子的半徑大于b粒子的，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因它們比荷相同，即半徑越大時(shí)，速率越大，故C正確；粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)，比荷相同，兩粒子運(yùn)動(dòng)周期相同，由題圖可知，a粒子對(duì)應(yīng)的圓心角小于b粒子的，則知a在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b的短，故D正確．4．(2021·陜西省西安一中一模)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P兩點(diǎn).則()A.沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子速度相等B.打在P點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC.O2P的長度是O2P1長度的2倍D.粒子eq\o\al(1,1)H在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長【答案】ABC【解析】帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時(shí)，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，所以有：qE＝qvB1，得v＝eq\f(E,B1)，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度，即選項(xiàng)A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB2＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B2)，可知粒子的比荷越大，則運(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He，選項(xiàng)B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的軌道的半徑是eq\o\al(2,1)He和eq\o\al(4,2)He的半徑的eq\f(1,2)，即O2P的長度是O2P1長度的2倍，選項(xiàng)C正確；粒子運(yùn)動(dòng)的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB2)，三種粒子中，eq\o\al(1,1)H的比荷最大，所以粒子eq\o\al(1,1)H在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的周期最小，而三種粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為半個(gè)周期，所以粒子eq\o\al(1,1)H在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻強(qiáng)磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直．在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上．初始，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變．已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，則以下說法正確的是()A．小球的初速度為v0＝eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止C．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止D．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為eq\f(3m3g2,2q2B2)【答案】：AC【解析】：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，電場力的大小F＝qE＝q×eq\f(\r(3)mg,q)＝eq\r(3)mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝eq\r(F2＋mg2)＝2mg，由幾何關(guān)系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會(huì)對(duì)小球做功，而洛倫茲力也不會(huì)對(duì)小球做功．所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正確；若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝3mg>FG＋F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向下的支持力，則摩擦力Ff＝μFN，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時(shí)，小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg<FG＋F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到垂直于桿向上的支持力，而摩擦力Ff＝μFN，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨著速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，故C正確；若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功等于小球的動(dòng)能的改變量，所以W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D錯(cuò)誤．6.(2021·泰安市高三5月模擬考試)如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)，x軸上方，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點(diǎn)。abc的同心半圓弧a′b′c′與坐標(biāo)軸交于a′、b′、c′，圓心O與圓弧a′b′c′之間分布著的輻射狀電場，電場方向沿半徑背離圓心向外，圓心O與圓弧a′b′c′電勢差為U。x軸上方半圓abc外區(qū)域存在著上邊界為y＝2R的垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。半圓abc內(nèi)無磁場。正電粒子的粒子源在O點(diǎn)，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O被輻射狀的電場由靜止加速后進(jìn)入磁場。從b點(diǎn)進(jìn)入磁場的粒子恰好不能從磁場上邊界射出磁場。不計(jì)粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界abc后的運(yùn)動(dòng)。(1)求帶電粒子的比荷；(2)求上邊界y＝2R上有帶電粒子射出磁場部分的長度；(3)現(xiàn)在只改變磁場高度，磁場上邊界變?yōu)閥＝eq\f(\r(6),2)R，試求垂直于磁場上邊界射出磁場的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮?1)eq\f(2U,B2R2)(2)(1＋eq\r(2\r(2)－1))R(3)eq\f(πBR2,24U)【解析】(1)由b點(diǎn)進(jìn)入磁場的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示，由幾何知識(shí)可得，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R甲qvB＝meq\f(v2,R)粒子在電場中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2整理得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)。(2)帶電粒子從磁場邊界射出，設(shè)從y軸右側(cè)射出的粒子到y(tǒng)軸的最大距離為x1，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可得乙[(eq\r(2)＋1)R]2＝xeq\o\al(2,1)＋(2R)2y軸左側(cè)射出粒子到y(tǒng)軸最大距離為x2＝R帶電粒子從磁場上邊界射出部分的長度為x＝x1＋x2＝(1＋eq\r(2\r(2)－1))R。(3)帶電粒子垂直磁場上邊界射出，如圖丙所示丙由于sin∠1＝eq\f(\f(\r(6),2)R,\r(2)R)＝eq\f(\r(3),2)，故∠1＝60°又因∠2＝45°，故∠3＝75°帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(5,24)T帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)整理得t1＝eq\f(5πBR2,24U)同理得∠4＝15°故t2＝eq\f(πBR2,24U)。7.(2021·湖南永州一模)如圖所示的xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0，R)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，電場強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不計(jì)電子重力。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)若電場沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求Δy的最小值；(3)若電場沿y軸正方向，Δy＝eq\r(3)R，欲使電子b能到達(dá)x軸上且距原點(diǎn)O最遠(yuǎn)，求矩形磁場區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)電子a、b射入圓形磁場區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，且軌道半徑大小相等，當(dāng)電子a射入，經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方時(shí)，分析其運(yùn)動(dòng)軌跡可知r＝R，ev0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得B1＝eq\f(mv0,eR)。(2)勻強(qiáng)電場沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場后做勻減速運(yùn)動(dòng)，且將要到達(dá)MN時(shí)速度減為零，此時(shí)電子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的距離為最小值Δymin，由動(dòng)能定理得eEΔymin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Δymin＝eq\f(mv\o\al(2,0),2eE)＝eq\f(\r(3),3)R。(3)勻強(qiáng)電場沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b經(jīng)電場加速后到達(dá)MN時(shí)速度為v，電子b在MN下方磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r1，電子b離開電場進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與水平方向成θ角，如圖所示。由動(dòng)能定理得eEΔy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝2v0由牛頓第二定律得evB2＝meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(4\r(3),3)R又cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，則θ＝eq\f(π,3)由幾何關(guān)系可知，電子b在MN下方矩形磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心O2在y軸上，當(dāng)電子b從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝eq\f(π,3)時(shí)，電子b能夠到達(dá)x軸，且距離原點(diǎn)O最遠(yuǎn)。由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1＝r1＋r1sinθ豎直邊長為l2＝r1＋r1cosθ則最小面積為S＝L1L2＝req\o\al(2,1)(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋eq\r(3))R2。8．(2021·河北省高三零模)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點(diǎn)沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場．甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點(diǎn)離開磁場．已知甲、乙兩a帶電粒子的電荷量之比為1:2，質(zhì)量之比為1:2，不計(jì)粒子重力．以下判斷正確的是A．甲粒子帶負(fù)電，乙粒子帶正電B．甲粒子的動(dòng)能是乙粒子動(dòng)能的16倍C．甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2SKIPIF1<0倍D．甲粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的SKIPIF1<0倍【答案】CD【解析】根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則可以判斷出粒子的電性；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子軌道半徑關(guān)系，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度然后分析答題；根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．由甲粒子垂直于bc邊離