第九章磁場(chǎng)第1講電流的磁場(chǎng)安培力目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.會(huì)用安培定則判斷電流的磁場(chǎng)方向，熟悉幾種典型電流的磁場(chǎng)分布.2.理解磁感應(yīng)強(qiáng)度，會(huì)用疊加原理確定空間中某點(diǎn)的合磁場(chǎng).3.理解安培力的大小和方向特點(diǎn)，會(huì)分析安培力作用下導(dǎo)體的平衡、運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線、安培定則、安培力等物理觀念和規(guī)律的形成和發(fā)展.2.通過(guò)電流的磁場(chǎng)、安培力的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)空間想象的能力.3.通過(guò)分析安培力作用下導(dǎo)體的平衡、運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題，培養(yǎng)等效法、結(jié)論法、轉(zhuǎn)化法等科學(xué)思維方法一、磁場(chǎng)的描述二、電流的磁場(chǎng)安培定則安培定則立體圖特點(diǎn)直線電流的磁場(chǎng)無(wú)N極、S極，距離直導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱通電螺線管的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)可近似認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)兩側(cè)分別是N極和S極；距離中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱[思維延伸]通電螺線管的磁場(chǎng)可以認(rèn)為是許多環(huán)形電流產(chǎn)生磁場(chǎng)的疊加．三、磁場(chǎng)對(duì)電流的作用——安培力圖1圖2必記答案三、電流大拇指磁場(chǎng)方向電流方向磁場(chǎng)方向電流方向BIL1．思考判斷(1)物理學(xué)中把小磁針N極所指的方向規(guī)定為該點(diǎn)磁場(chǎng)的方向．(×)(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線為彼此平行的直線，且間距相等．(√)(3)在地球赤道上空，地磁場(chǎng)與地面平行，且方向由北指向南．(×)(4)磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小跟放在該點(diǎn)的電流元的受力情況無(wú)關(guān)．(√)(5)磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，跟放在該點(diǎn)的電流元的受力方向一致．(×)(6)一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零．(×)2．(2021·江西南昌二模)(多選)老師演示奧斯特實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示．水平放置的小磁針的正上方平行放置一根直導(dǎo)線．導(dǎo)線未通電時(shí)小磁針N極指向正北，導(dǎo)線中通有電流時(shí)，小磁針靜止后N極指向東偏北方向，與正北方向的夾角為θ，由此可推斷()A．導(dǎo)線中的電流方向由南向北B．增大導(dǎo)線中的電流，θ增大C．增大導(dǎo)線與小磁針的距離，θ減小D．將小磁針放置到導(dǎo)線正上方，小磁針靜止時(shí)N極指向西偏南方向答案：BC解析：小磁針處于地磁場(chǎng)與電流磁場(chǎng)的合磁場(chǎng)中，地磁場(chǎng)的水平分量由南向北，而小磁針的N極指向東偏北(合磁場(chǎng)的方向)，則電流的磁場(chǎng)向東，根據(jù)右手螺旋定則可以判斷，電流的方向由北向南，A錯(cuò)誤；增大電流會(huì)使電流的磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)平行四邊形定則可知，夾角θ增大，B正確；增大導(dǎo)線與小磁針的距離時(shí)，會(huì)使電流的磁場(chǎng)減弱，夾角θ減小，C正確；將小磁針放在導(dǎo)線上方時(shí)，電流的磁場(chǎng)向西，合磁場(chǎng)的方向西偏北，D錯(cuò)誤．3．如圖所示，將通電直導(dǎo)線AB用懸線懸掛在電磁鐵的正上方，直導(dǎo)線可自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則接通開關(guān)后的一小段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線的A端向________轉(zhuǎn)動(dòng)，B端向________轉(zhuǎn)動(dòng)(均選填“上”、“下”、“內(nèi)”或“外”)；懸線的張力________(選填“變大”、“變小”或“不變”)．答案：內(nèi)外變大解析：當(dāng)接通開關(guān)S時(shí)，根據(jù)安培定則知，直導(dǎo)線AB附近的磁感線的分布如圖所示，由左手定則知，直導(dǎo)線A端部分的受力指向紙內(nèi)，B端部分的受力指向紙外，故從上向下看，直導(dǎo)線將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．根據(jù)特殊位置法，當(dāng)直導(dǎo)線轉(zhuǎn)到與磁感線垂直(即轉(zhuǎn)過(guò)90°)時(shí)，導(dǎo)線受到豎直向下的安培力，也就是說(shuō)，在直導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中受到懸線的張力逐漸變大．能力點(diǎn)1安培定則磁場(chǎng)的疊加(自主沖關(guān)類)[題組·沖關(guān)]1．[安培定則]如圖所示，通電螺線管ab外部的小磁針N極指向右方，若在螺線管內(nèi)部的c點(diǎn)也放進(jìn)一個(gè)小磁針，則以下判斷正確的是()A．a(chǎn)端接電源正極，c點(diǎn)處小磁針N極指向左方B．a(chǎn)端接電源負(fù)極，c點(diǎn)處小磁針N極指向右方C．a(chǎn)端接電源正極，c點(diǎn)處小磁針N極指向右方D．a(chǎn)端接電源負(fù)極，c點(diǎn)處小磁針N極指向左方答案：D解析：因?yàn)橥獠啃〈裴樀腘極指向右方，所以螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)方向向左，根據(jù)右手螺旋定則可知，螺線管中電流的方向從b到a，即b端接電源的正極，a端接電源的負(fù)極．螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)方向向左，小磁針靜止時(shí)N極指向?yàn)樵撎幋艌?chǎng)的方向，即c點(diǎn)處小磁針N極指向左方．2.[安培定則磁場(chǎng)的疊加](2021·全國(guó)甲卷)兩足夠長(zhǎng)的直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示．若一根無(wú)限長(zhǎng)的直導(dǎo)線通有電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)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、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B答案：B解析：兩通電直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩通電直導(dǎo)線．由安培定則可知，導(dǎo)線POF在M、N兩處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都是B，方向都垂直紙面向里；導(dǎo)線EO′Q在M、N兩處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都是B，但N點(diǎn)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，M點(diǎn)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故M點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，N點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，B正確．3．[安培定則磁場(chǎng)的疊加](2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)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：C解析：在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)為B1，如圖1所示．由于a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向應(yīng)與PQ平行，且由Q指向P，有B1＝B0；再設(shè)通電導(dǎo)線P產(chǎn)生的磁場(chǎng)在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BP，依據(jù)幾何關(guān)系有BPcos30°＝eq\f(1,2)B0，解得BP＝eq\f(\r(3),3)B0；當(dāng)將P中的電流反向時(shí)，兩導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)為B2，如圖2所示，再依據(jù)幾何關(guān)有B2＝eq\f(\r(3),3)B0，因勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向由Q指向P，大小為B0，所以a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)B0))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(3),3)B0，故C正確．[錦囊·妙法]利用疊加原理確定合磁場(chǎng)的思路1．明確磁場(chǎng)的來(lái)源．如圖中c點(diǎn)的合磁場(chǎng)B就是由通電直導(dǎo)線M、N產(chǎn)生的分磁場(chǎng)疊加而形成的．2．利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向．如圖中通電導(dǎo)線M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的分磁場(chǎng)分別為BM、BN.3．應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行矢量合成，確定合磁場(chǎng)．合成時(shí)要注意空間對(duì)稱性和幾何關(guān)系．能力點(diǎn)2安培力安培力作用下的平衡問(wèn)題(逐點(diǎn)突破類)1．[安培力的大小和方向](2021·內(nèi)蒙古通遼月考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平向右，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線，折成互相垂直且等長(zhǎng)的兩部分ab和bc后，放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab段豎直，bc段與磁場(chǎng)平行，給導(dǎo)線通以大小為I的電流，導(dǎo)線受到的安培力為F；保持導(dǎo)線固定，將磁場(chǎng)以導(dǎo)線ab為軸轉(zhuǎn)過(guò)90°，則導(dǎo)線受到的安培力大小為F′.下列說(shuō)法正確的是()A．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(F,2IL)B．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(F,IL)C．F′＝FD．F′＝eq\r(2)F答案：D解析：當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平向右時(shí)，導(dǎo)線只有ab段受到安培力，F(xiàn)＝BI×eq\f(1,2)L，解得B＝eq\f(2F,IL)，故A、B錯(cuò)誤；將磁場(chǎng)以導(dǎo)線ab為軸轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，ab、bc兩段導(dǎo)線中的電流都與磁場(chǎng)方向垂直，導(dǎo)線等效長(zhǎng)度為eq\f(\r(2),2)L，所以受到的安培力大小F′＝BI×eq\f(\r(2),2)L＝eq\r(2)F，故C錯(cuò)誤、D正確．應(yīng)用公式F＝BIL計(jì)算安培力的注意事項(xiàng)(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向與電流I的方向垂直．(2)公式中的L是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度．彎曲導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度L等于連接兩端點(diǎn)的線段的長(zhǎng)度，如圖所示，相應(yīng)的電流沿L由始端流向末端．(3)若彎曲導(dǎo)線由幾段直導(dǎo)線“組合”而成，也可以先確定每段導(dǎo)線受到的安培力，然后再合成求解總的安培力．同學(xué)們可嘗試用合成法求解以上問(wèn)題．2.[安培力與電路的綜合](2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(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)M、N與直流電源兩端相接．已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0答案：B解析：線框MLN邊的電阻等于MN邊的電阻的兩倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，設(shè)MN中的電流大小為I，則MLN中的電流為eq\f(1,2)I，設(shè)MN的長(zhǎng)為L(zhǎng)，由題意知F＝BIL；MLN邊的有效長(zhǎng)度與MN相同，等效后的電流方向也與MN相同，則MLN邊所受的安培力大小F′＝B×eq\f(1,2)I·L＝eq\f(1,2)BIL＝eq\f(1,2)F，方向與MN邊所受安培力的方向相同，故有F合＝F＋F′＝eq\f(3,2)F＝1.5F，B正確．分析安培力和電路的綜合問(wèn)題時(shí)的注意事項(xiàng)(1)搞清各段導(dǎo)體的串(并)聯(lián)關(guān)系，并根據(jù)電路知識(shí)確定通過(guò)導(dǎo)體的電流方向和大??；(2)根據(jù)導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度確定導(dǎo)體所受安培力的大小，根據(jù)左手定則確定安培力的方向．3.[安培力作用下的平衡問(wèn)題]水平面上有電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌NMPQ，它們之間的寬度為L(zhǎng)，M和P之間接入電動(dòng)勢(shì)為E的電源(不計(jì)內(nèi)阻)．現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌擱一根質(zhì)量為m、導(dǎo)軌間電阻為R的金屬棒ab，并加一個(gè)范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平面夾角為θ且指向右上方，如圖所示，(重力加速度為g)求：(1)當(dāng)ab棒靜止時(shí)，受到的支持力和摩擦力各為多少？(2)若B的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，B的大小至少為多少？此時(shí)B的方向如何？答案：(1)mg－eq\f(BLEcosθ,R)eq\f(BLEsinθ,R)(2)eq\f(mgR,EL)方向水平向右解析：從b向a看，導(dǎo)體棒ab的受力如圖所示．(1)根據(jù)平衡條件有水平方向f＝FAsinθ①豎直方向N＋FAcosθ＝mg②又FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L③聯(lián)立①②③解得N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R).(2)當(dāng)ab棒所受支持力為零，且磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，安培力方向豎直向上，有Fmin＝BminIL＝mg解得Bmin＝eq\f(mgR,EL)根據(jù)左手定則判定磁場(chǎng)的方向水平向右．安培力分析中的視圖轉(zhuǎn)換在安培力作用下的平衡問(wèn)題中，給出的圖形一般為“立體圖”，如果把導(dǎo)體的受力直接畫在導(dǎo)體棒上，分析起來(lái)很不方便，所以常把抽象的“立體圖”轉(zhuǎn)換為直觀的“側(cè)視圖”，如下圖所示情境．立體圖平面圖畫側(cè)視圖時(shí)一定要明確：磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，電流I的方向，以及B、I的方向與水平面、斜面等的位置關(guān)系，這樣才能根據(jù)左手定則確定安培力的方向．能力點(diǎn)3安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)(綜合提升類)1．判定安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)的常用方法常用方法基本思路電流元法將導(dǎo)體分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))電流元的受力→整段導(dǎo)體所受安培力→導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況特殊位置法導(dǎo)體在特殊位置eq\o(→,\s\up7(左手定則))導(dǎo)體受力→導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況等效法如：環(huán)形電流eq\o(,\s\up7(等效))小磁針，通電螺線管eq\o(,\s\up7(等效))條形磁鐵，等效后即可判斷導(dǎo)體的受力和運(yùn)動(dòng)情況結(jié)論法通有同向電流的導(dǎo)體之間互相吸引，通有異向電流的導(dǎo)體之間互相排斥轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法先根據(jù)左手定則判斷電流在磁場(chǎng)中的受力，然后由牛頓第三定律確定磁場(chǎng)源受到電流的反作用力，進(jìn)而推知磁場(chǎng)源的運(yùn)動(dòng)情況2.電動(dòng)機(jī)模型如圖所示，通電線圈在磁場(chǎng)中因受到安培力作用而發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，即電能通過(guò)安培力做功轉(zhuǎn)化為線圈的機(jī)械能．典例1[電流元法、等效法、結(jié)論法]如圖所示，一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合．當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，則線圈L1將怎樣運(yùn)動(dòng)？嘗試用幾種不同的方法分析．[解法指導(dǎo)]①電流元法——將線圈L1分割成許多電流元后再分析受力；②等效法——將線圈L1等效成小磁針，然后再了解其運(yùn)動(dòng)；③結(jié)論法——利用“同向電流相吸引，反向電流相排斥”的結(jié)論。答案：見解析解析：方法1——電流元法把線圈L1以水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸為界分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無(wú)數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，如圖1所示，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，上半部分各電流元所受安培力均指向紙外，下半部分各電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法2——等效法把通電線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，如圖2所示，小磁針最終靜止時(shí)，N極應(yīng)指向環(huán)形電流I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向．由安培定則知，I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)在其中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向上，而小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)前N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為豎直向上，即從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法3——結(jié)論法通電線圈L1或L2都可看作由兩個(gè)半圓環(huán)電流組成，半圓環(huán)中的電流雖然不平行，但可等效為同向或反向電流，根據(jù)“同向電流相吸引，反向電流相排斥”可知，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．典例2[轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法](多選)如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來(lái)，此時(shí)臺(tái)秤讀數(shù)為F1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺(tái)秤讀數(shù)為F2，則以下說(shuō)法正確的是()A．彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B．彈簧長(zhǎng)度將變短C．F1>F2 D．F1<F2[解法指導(dǎo)]答案：BC解析：如圖甲所示，條形磁鐵在導(dǎo)體棒處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向指向右上方，根據(jù)左手定則可知，通電導(dǎo)體棒受到的安培力F的方向垂直于磁場(chǎng)指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律可知，通電導(dǎo)體棒對(duì)條形磁鐵的磁場(chǎng)力F′指向左上方，如圖乙所示，所以臺(tái)秤對(duì)條形磁鐵的支持力FN1>FN2，即臺(tái)秤示數(shù)F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，所以條形磁鐵壓縮彈簧，彈簧的長(zhǎng)度變短．(1)判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)的方法很多，要根據(jù)所給情境和通電導(dǎo)體的特點(diǎn)靈活選擇，但電流元法是最基本和最常用的方法；(2)判斷電流對(duì)電流的磁場(chǎng)力時(shí)，一定要分清安培定則和左手定則：安培定則——判斷電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向左手定則——判斷電流在磁場(chǎng)中的受力方向1．[等效法]如圖所示，在固定放置的條形磁鐵S極附近懸掛一個(gè)金屬線圈，線圈與水平磁鐵位于同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)在線圈中通入沿圖示方向流動(dòng)的電流時(shí)，將會(huì)看到()A．線圈向左平移B．線圈向右平移C．從上往下看，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵D．從上往下看，線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵答案：C解析：把通電線圈等效成小磁針，等效小磁針的N極垂直于紙面向外，根據(jù)“同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引”可知，從上往下看，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵，C正確．2．[電流元法或結(jié)論法](2019·江蘇卷)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，通過(guò)的電流強(qiáng)度相等．矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時(shí)針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜止．則a、b的電流方向可能是()A．均向左B．均向右C．a(chǎn)的向左，b的向右D．a(chǎn)的向右，b的向左答案：CD解析：若a、b電流方向均向左，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)的疊加可知，線框上邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則可知，線框上邊所受的安培力方向向下，下邊所受的安培力方向也向下，則線框不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯(cuò)誤；同理，若a、b電流方向均向右，則線框上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向也向上，則線框不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B錯(cuò)誤；若a中的電流方向向左，b中的向右，則線框上邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由左手定則知線框上邊所受的安培力方向向下，下邊所受的安培力方向向上，線框可以處于平衡狀態(tài)，故C正確；同理，若電流方向a的向右，b的向左，線框仍可以處于平衡狀態(tài)，故D正確．[說(shuō)明]本題也可利用“同向電流相吸引，異向電流相排斥”的結(jié)論快速做出判斷．A級(jí)(練考點(diǎn)過(guò)基礎(chǔ))題組一安培定則磁場(chǎng)的疊加1．(2020·浙江7月選考)特高壓直流輸電是國(guó)家重點(diǎn)能源工程．如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2.a、b、c三點(diǎn)連線與兩根導(dǎo)線等高并垂直，b點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)與b點(diǎn)距離相等，d點(diǎn)位于b點(diǎn)正下方．不考慮地磁場(chǎng)的影響，則()A．b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0B．d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0C．a(chǎn)點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下D．c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下答案：C解析：通電直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向可由安培定則判斷，如圖所示，電流I1在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向上，電流I2在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下，因?yàn)镮1>I2，即B1>B2，則合成后b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向上，不為零，故A錯(cuò)誤；同理可以判斷，d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向下，c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向上，B、D錯(cuò)誤，C正確．2．(2021·遼寧沈陽(yáng)二中三模)已知通電的長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流強(qiáng)度成正比，與該位置到長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離成反比．如圖所示，現(xiàn)有通有電流大小相同的兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，兩導(dǎo)線彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則該正方體頂點(diǎn)a和e兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()A．2∶eq\r(3) B.eq\r(3)∶2C．2∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)答案：B解析：設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，由題意可知B＝keq\f(I,r)，設(shè)其中一根長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流在e點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則e點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Be＝eq\r(2)B0.固定在hg邊上的長(zhǎng)直導(dǎo)線到a點(diǎn)的距離為eq\r(2)L，在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(2),2)B0，固定在dh邊上的長(zhǎng)直導(dǎo)線到a點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，所以a點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)B0))\s\up12(2)＋Beq\o\al(2,0))＝eq\f(\r(6),2)B0，因此Ba∶Be＝eq\r(3)∶2，故B正確．3．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上，L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱．整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外，已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面向外，則()A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12)B0B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,12)B0C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,12)B0D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12)B0答案：AC解析：由題意知，a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由外加磁場(chǎng)B0和導(dǎo)線L1、L2中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加而成的．根據(jù)右手螺旋定則可知，直導(dǎo)線電流L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1；直導(dǎo)線電流L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由對(duì)稱性可知，兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B2；規(guī)定向外的方向?yàn)檎较?，依?jù)矢量疊加法則有B0－B2－B1＝eq\f(B0,3)，B0＋B2－B1＝eq\f(B0,2)；聯(lián)立上式解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，故A、C正確．題組二安培力安培力作用下的平衡問(wèn)題4．(2021·廣東高考卷)截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1?I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是()答案：C解析：因I1?I2，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)線要受到中心直導(dǎo)線吸引的安培力，長(zhǎng)管左、右兩側(cè)形成凹面，正方形上、下兩邊的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線排斥的安培力，長(zhǎng)管上、下兩邊形成凸面，故長(zhǎng)管變形后的形狀如圖C.5．質(zhì)量m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab置于傾角θ＝37°的平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖所示．現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，為使桿ab靜止不動(dòng)，則通過(guò)ab桿的電流范圍為多少？(g取10m/s2，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)答案：0.14A～0.46A解析：如圖甲、乙所示這是電流最大和最小兩種情況下桿ab的受力分析圖根據(jù)甲圖列平衡方程，有F1－mgsinθ－f1＝0FN－mgcosθ＝0且f1＝μFN，F(xiàn)1＝BImaxd聯(lián)立方程解得Imax＝0.46A.同理，根據(jù)乙圖列式如下F2＋f2－mgsinθ＝0FN－mgcosθ＝0且f2＝μFN，F(xiàn)2＝BImind解得Imin＝0.14A.因此通過(guò)ab桿的電流范圍為0.14A～0.46A.題組三安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)6．(2020·上海楊浦區(qū)期末)(多選)電磁軌道炮工作原理如圖所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過(guò)導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可在兩軌道間形成垂直于軌道面的磁場(chǎng)(可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng))，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，理論上可采用的辦法是()A．只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B．只將電流I增加至原來(lái)的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他量不變答案：BD解析：通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，設(shè)軌道寬度為l，利用動(dòng)能定理有BIl·L＝eq\f(1,2)mv2，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比，即B＝kI，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(2kI2lL,m)).只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，彈體的出射速度增加至原來(lái)的eq\r(2)倍，故A錯(cuò)誤；只將電流I增加至原來(lái)的2倍，彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，故B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半，彈體的出射速度增加至原來(lái)的eq\r(2)倍，故C錯(cuò)誤；將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他量不變，彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，故D正確．B級(jí)(練能力過(guò)素養(yǎng))7．如圖所示，在水平放置的平行導(dǎo)軌(間距為0.2m)一端架放著一根長(zhǎng)L＝0.2m、質(zhì)量m＝40g的金屬棒ab，導(dǎo)軌另一端通過(guò)開關(guān)與電源相連，該裝置放在高h(yuǎn)＝20cm的絕緣墊塊上．當(dāng)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，接通開關(guān)(圖中末畫開關(guān))，金屬棒ab會(huì)被平拋到距導(dǎo)軌右端的水平距離s＝100cm處，不計(jì)一切阻力，取g＝10m/s2，試求：(1)開關(guān)接通瞬間安培力對(duì)金屬棒ab做的功W.(2)開關(guān)接通瞬間流經(jīng)金屬棒ab的電荷量q.答案：(1)0.5J(2)1C解析：(1)金屬棒離開水平軌道后只受重力作用，開始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有s＝v0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v0＝seq\r(\f(g,2h))＝5m/s開關(guān)接通瞬間，安培力對(duì)金屬棒ab做功，把電能轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能根據(jù)動(dòng)能定理可知W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.5J.(2)設(shè)開關(guān)接通后，金屬棒通電時(shí)間為t1，末速度為v0根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·t1＝mv0－0化簡(jiǎn)得BqL＝mv0－0解得q＝eq\f(mv0,BL)＝1C.

第2講洛倫茲力帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.理解洛倫茲力的特點(diǎn)，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小，會(huì)判斷洛倫茲力的方向.2.掌握粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律，會(huì)用半徑公式和周期公式分析各種邊界問(wèn)題.3.認(rèn)識(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題、臨界問(wèn)題的特點(diǎn)，并能靈活利用相關(guān)知識(shí)和方法求解1.通過(guò)洛倫茲力大小、方向的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)知識(shí)和規(guī)律的類比、遷移能力.2.構(gòu)建粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的模型，數(shù)理結(jié)合分析粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.3.通過(guò)多解問(wèn)題、臨界問(wèn)題的分析，培養(yǎng)邏輯推理和分析歸納能力1．洛倫茲力定義磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力，稱為洛倫茲力方向判斷左手定則特點(diǎn)f⊥B，f⊥v，即f始終垂直于B和v決定的平面大小f＝qvBsinθ，其中θ為v與B的方向夾角(1)v∥B時(shí)，θ＝0°或180°，洛倫茲力f＝0(2)v⊥B時(shí)，θ＝90°，洛倫茲力f＝qvB性質(zhì)由于洛倫茲力始終與粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，故洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，對(duì)粒子永不做功2.粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1．思考判斷(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定會(huì)受到洛倫茲力．(×)(2)在特殊情況下，洛倫茲力可能與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向不垂直．(×)(3)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度越大，運(yùn)動(dòng)周期越?。?×)(4)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度越大，軌道半徑越大．(√)2．如圖所示，磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用實(shí)質(zhì)是磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷作用的宏觀表現(xiàn)．試由安培力公式F＝BIL推導(dǎo)洛倫茲力公式f＝qvB.解析：設(shè)通電導(dǎo)線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個(gè)電荷的帶電荷量為q，運(yùn)動(dòng)速度為v.則導(dǎo)線中的電流I＝nqvS導(dǎo)線所受安培力F＝BIL將I＝nqvS代入得安培力F＝(nqvS)BL導(dǎo)線中含有的運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)N＝nLS所以洛倫茲力f＝eq\f(（nqvS）BL,N)＝qvB.3．(教材改編題)顯像管原理的示意圖如圖所示，當(dāng)沒有磁場(chǎng)時(shí)，電子束將打在熒光屏正中的O點(diǎn)，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場(chǎng)，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)．設(shè)垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，若使電子打在熒光屏上的位置由b點(diǎn)逐漸移動(dòng)到a點(diǎn)，下列變化的磁場(chǎng)能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是()答案：C解析：高速電子流打在熒光屏上的位置由b點(diǎn)逐漸移動(dòng)到a點(diǎn)，所以電子先受到向下的洛倫茲力，且逐漸減弱為零，后受到向上的洛倫茲力，且逐漸增強(qiáng)．根據(jù)左手定則可以判斷，磁場(chǎng)的方向先垂直紙面向里，方向?yàn)檎?，且逐漸減弱為零，后來(lái)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，方向?yàn)樨?fù)，且逐漸增強(qiáng)，故C正確．能力點(diǎn)1洛倫茲力(自主沖關(guān)類)[題組·沖關(guān)]1．[洛倫茲力]初速度為v0的電子沿平行于通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動(dòng)方向如圖所示，則()A．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)，速率改變答案：A解析：由安培定則可判定直線電流右側(cè)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，根?jù)左手定則可判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，故電子動(dòng)能不變，速率不變．2．[洛倫茲力與變加速直線運(yùn)動(dòng)](多選)如圖所示，粗糙絕緣木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象可能是()答案：ACD解析：根據(jù)左手定則可知，物塊所受洛倫茲力的方向垂直木板向右，且F＝qvB，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的摩擦力f＝μF＝μqvB，根據(jù)牛頓第二定律可得，物塊的加速度a＝eq\f(mg－f,m)＝eq\f(mg－μqvB,m)(取向下為正)．如果開始時(shí)重力等于摩擦力，則加速度為零，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；如果開始時(shí)重力大于摩擦力，則加速度為正，物塊做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，洛倫茲力逐漸變大，加速度逐漸減小，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤、D正確；如果開始時(shí)重力小于摩擦力，則加速度為負(fù)，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，洛倫茲力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確．3．[洛倫茲力與勻速圓周運(yùn)動(dòng)](2020·甘肅蘭州一中模擬)(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)．與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子()A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等答案：AC解析：對(duì)電子由牛頓第二定律有evB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,eB)，則rⅠ∶rⅡ＝1∶k，A正確；由evB＝ma，得a＝eq\f(evB,m)，則aⅠ∶aⅡ＝k∶1，B錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，得TⅠ∶TⅡ＝1∶k，C正確；由ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(eB,m)，得ωⅠ∶ωⅡ＝k∶1，D錯(cuò)誤．[錦囊·妙法]洛倫茲力與電場(chǎng)力的區(qū)別項(xiàng)目洛倫茲力f電場(chǎng)力F產(chǎn)生條件v≠0且v與B不平行時(shí)電荷才受到洛倫茲力電荷在電場(chǎng)中一定受到電場(chǎng)力大小v⊥B時(shí)，f＝qvBF＝qE方向滿足左手定則，一定是f⊥B，f⊥v正電荷——與電場(chǎng)方向相同；負(fù)電荷——與電場(chǎng)方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功作用效果只改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向[易錯(cuò)警示]帶電體受到的洛倫茲力與速度密切相關(guān)，所以當(dāng)帶電體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化時(shí)，所受洛倫茲力也會(huì)變化，進(jìn)而導(dǎo)致相關(guān)力的變化．因此涉及洛倫茲力的運(yùn)動(dòng)和力往往是“動(dòng)態(tài)變化”的！能力點(diǎn)2帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(逐點(diǎn)突破類)1．[直線邊界磁場(chǎng)](多選)如圖所示，一單邊有界磁場(chǎng)的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場(chǎng)中射入兩個(gè)相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點(diǎn)出磁場(chǎng)，粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點(diǎn)出磁場(chǎng)，OA＝AB，則()A．粒子1與粒子2的速度之比為1∶2B．粒子1與粒子2的速度之比為1∶4C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶1D．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2答案：AC解析：粒子1進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的垂線與OA的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子1在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，同理，粒子2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的垂線與OB的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子2在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，A正確、B錯(cuò)誤；由于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期均為T＝eq\f(2πm,qB)，且兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角相同，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，即C正確、D錯(cuò)誤．直線邊界磁場(chǎng)(1)模型情景：如圖a、b、c所示三個(gè)情境，粒子都是垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)模型特點(diǎn)：帶電粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界的夾角和射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界的夾角相等，軌跡具有對(duì)稱性；在圖a中，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向垂直邊界時(shí)，出射點(diǎn)距離入射點(diǎn)最遠(yuǎn)，且最遠(yuǎn)距離為軌跡圓的直徑；在圖b、c中，粒子到達(dá)邊界上的P點(diǎn)可能對(duì)應(yīng)兩個(gè)情境，且兩種情境下粒子運(yùn)動(dòng)軌跡拼接起來(lái)恰好是一個(gè)完整的圓．2.[平行邊界磁場(chǎng)]如圖所示，直角坐標(biāo)系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，右邊界PQ平行y軸．一粒子(重力不計(jì))從原點(diǎn)O以與x軸正方向成θ角的速度v垂直射入磁場(chǎng)，若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場(chǎng)；若斜向下射入時(shí)，粒子恰好不從右邊界射出．則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為()A.eq\f(v,Ba)，eq\f(2πa,3v) B.eq\f(v,2Ba)，eq\f(2πa,3v)C.eq\f(v,2Ba)，eq\f(4πa,3v) D.eq\f(v,Ba)，eq\f(4πa,3v)答案：C解析：若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場(chǎng)，即粒子的偏轉(zhuǎn)角為θ，由幾何關(guān)系可知Rsinθ＝a；若斜向下射入時(shí)，粒子恰好不從右邊界射出，即粒子的速度方向與PQ相切，由幾何關(guān)系有R＝Rsinθ＋a，聯(lián)立以上兩式解得R＝2a，θ＝30°.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba).粒子斜向下射入時(shí)，從y軸下半部分射出，速度的偏轉(zhuǎn)角為120°，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(4πa,3v)，故C正確．平行邊界磁場(chǎng)(1)模型情景：如圖a、b、c所示三個(gè)情境，粒子都是垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)模型特點(diǎn)：①尋找粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R與磁場(chǎng)寬度d的幾何關(guān)系是求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵；②當(dāng)粒子恰好不從另一邊界射出時(shí)，軌跡圓與邊界相切．3．[圓形邊界磁場(chǎng)]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶點(diǎn)粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A．3Δt B.eq\f(1,2)ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．2Δt答案：D解析：如圖所示，設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑是R，當(dāng)粒子以速度v射入時(shí)，軌跡半徑r1＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系可知eq\f(r1,R)＝tan60°，即r1＝eq\r(3)R，運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T；粒子以速度eq\f(v,3)射入時(shí)，軌跡半徑r2＝eq\f(m·\f(v,3),qB)＝eq\f(1,3)r1＝eq\f(\r(3),3)R，設(shè)第二次射入時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可知taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\r(3)，所以θ＝120°，則第二次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T＝2Δt.故D正確．圓形邊界磁場(chǎng)(1)模型情景：如圖a、b所示的兩個(gè)情景，粒子都是垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)模型特點(diǎn)：圓形邊界磁場(chǎng)問(wèn)題實(shí)質(zhì)是軌跡圓和邊界圓的相交問(wèn)題，運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，對(duì)稱軸為兩圓圓心的連線；在圖b中，若帶電粒子沿圓形邊界的徑向射入磁場(chǎng)，則經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后粒子必沿徑向射出．1．解決帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的三個(gè)“確定”(1)確定圓心①已知入射方向和出射方向時(shí)，通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，則這兩條直線的交點(diǎn)就是軌跡圓的圓心，如圖甲所示．②已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí)，先過(guò)入射點(diǎn)作入射方向的垂線，再連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作出弦長(zhǎng)，最后作弦長(zhǎng)的中垂線，則這兩條垂線的交點(diǎn)就是軌跡圓的圓心，如圖乙所示．(2)確定半徑①根據(jù)半徑公式求解，即半徑R＝eq\f(mv,qB)；②利用數(shù)學(xué)知識(shí)，如勾股定理、三角函數(shù)等求解，計(jì)算時(shí)要充分挖掘隱含在“有界磁場(chǎng)”和“軌跡圓”中的邊、角關(guān)系．(3)確定時(shí)間粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(α,2π)T或t＝eq\f(s,v).其中，α為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角，T為周期，v為粒子的速度，s為運(yùn)動(dòng)軌跡的弧長(zhǎng)．[思維延伸]帶電粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與射入磁場(chǎng)的速度方向之間的夾角叫速度偏向角，由幾何關(guān)系知，速度偏向角等于圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角．2．解決帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路(1)基本思路：定圓心→畫軌跡→找?guī)缀侮P(guān)系→用規(guī)律；(2)各量的關(guān)聯(lián)：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度、比荷相聯(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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與周期、弧長(zhǎng)、半徑相聯(lián)系．能力點(diǎn)3帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題(綜合提升類)分析帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是找出臨界情景，挖掘臨界條件，常用的方法有“動(dòng)態(tài)放縮法”和“定圓旋轉(zhuǎn)法”．1．動(dòng)態(tài)放縮法若帶電粒子射入磁場(chǎng)的方向確定，而粒子射入時(shí)的速度大小v或磁場(chǎng)的強(qiáng)弱B是變化的，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r也隨之變化，以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡圓的半徑放縮，可作出v或B不同時(shí)粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一系列軌跡圓弧，從而探索出臨界條件．如圖1所示，粒子進(jìn)入長(zhǎng)方形邊界磁場(chǎng)OABC，偏轉(zhuǎn)后從BC邊射出的臨界軌跡為②和④.2．定圓旋轉(zhuǎn)法若帶電粒子射入磁場(chǎng)的速度v大小一定，但射入的方向是變化的，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r是確定的，以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，可作出粒子以不同方向射入磁場(chǎng)時(shí)粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一系列軌跡圓弧，從而探索出臨界條件．粒子以相同速率、不同方向進(jìn)入單邊界磁場(chǎng)時(shí)的幾個(gè)情境如圖2所示．典例1[動(dòng)態(tài)放縮法]如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，三角形bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，∠b＝37°.在bc邊中點(diǎn)P有速率不同的帶負(fù)電的粒子沿垂直于bc方向垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為－q(粒子的重力不計(jì))．求：(1)從ac邊射出的粒子的速度范圍．(2)ac邊上有粒子射出的線段長(zhǎng)度．(3)從ac邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解法指導(dǎo)]答案：(1)eq\f(qBL,4m)<v≤eq\f(3qBL,4m)(2)eq\f(\r(2),2)L(3)eq\f(πm,qB)解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，當(dāng)粒子的軌跡與ab相切時(shí)，對(duì)應(yīng)從ac邊射出的粒子的速度最大．在△bdO中，由幾何知識(shí)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋R1))sin37°＝R1解得軌道半徑R1＝eq\f(3,4)L當(dāng)粒子的軌跡與ac相切時(shí)，對(duì)應(yīng)從ac邊射出的粒子的速度最小相應(yīng)的軌道半徑R2＝eq\f(L,4)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)相應(yīng)的兩個(gè)臨界速度v1＝eq\f(3qBL,4m)，v2＝eq\f(qBL,4m)則從ac邊射出的粒子的速度范圍為eq\f(qBL,4m)<v≤eq\f(3qBL,4m).(2)在ac邊上的ec部分有粒子射出．由幾何知識(shí)得Oc＝R1－eq\f(L,2)＝eq\f(L,4)在△Oce中，ec＝eq\r(Req\o\al(2,1)－Oc2)＝eq\f(\r(2),2)L所以ac邊上有粒子射出的線段長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)L.(3)從c點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB).典例2[定圓旋轉(zhuǎn)法]如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝0.60T．磁場(chǎng)內(nèi)有一塊足夠大的平面感光板ab，板面與磁場(chǎng)方向平行，板上某點(diǎn)S′的正下方有一個(gè)點(diǎn)狀的α放射源S，SS′的距離l＝16cm.放射源S向各個(gè)方向發(fā)射α粒子，速度大小都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的比荷eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg.現(xiàn)只考慮在圖示平面中運(yùn)動(dòng)的α粒子．(1)求α粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r.(2)通過(guò)作圖，標(biāo)出ab上被打中的區(qū)域，并求出其長(zhǎng)度．(3)求在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的α粒子射出粒子源S的速度方向與SS′的夾角．[解法指導(dǎo)]答案：(1)10cm(2)20cm(3)53°解析：(1)α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,\f(q,m)B)＝eq\f(3.0×106,5×107×0.60)m＝0.1m＝10cm.(2)由題意知，所有α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑都是相同的，由左手定則可以判斷，α粒子都沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖(1)所示一個(gè)情況．將軌跡圓繞放射源S順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，分析沿不同方向射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可知，感光屏ab上被粒子打中的區(qū)域在P1、P2兩點(diǎn)之間，對(duì)應(yīng)的情境分別如圖(2)、(3)所示其中，左邊的臨界情境是軌跡圓恰與ab相切于P1點(diǎn)，右邊的臨界情境是SP2恰為直徑根據(jù)幾何關(guān)系可得S′P2＝eq\r(（2r）2－l2)＝eq\r(202－162)cm＝12cmS′P1＝eq\r(r2－（l－r）2)＝eq\r(102－（16－10）2)cm＝8cm故ab上被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為P1P2＝S′P1＋S′P2＝20cm.(3)當(dāng)α粒子打到放射源正上方位置S′時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的弦SS′最短，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t最短，如圖所示由圖可知sinθ＝eq\f(\f(l,2),r)＝eq\f(8,10)＝0.8，即θ＝53°所以當(dāng)α粒子與SS′方向成θ＝53°射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．1．[動(dòng)態(tài)放縮法](2020·全國(guó)卷Ⅰ)一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，eq\o(ab,\s\up8(︵))為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率．不計(jì)粒子之間的相互作用．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為()A.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB)D.eq\f(3πm,2qB)答案：C解析：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，所以粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)．設(shè)半圓形邊界的半徑為R，粒子垂直ac射入磁場(chǎng)，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑r由零逐漸放大可知，當(dāng)半徑r≤0.5R和r≥1.5R時(shí)，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)周期；當(dāng)0.5R<r<1.5R時(shí)，粒子從半圓邊界射出，如圖所示，將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置e從半圓邊界左端向下移動(dòng)，軌跡所對(duì)的圓心角逐漸增大，當(dāng)ce與半圓邊界相切時(shí)，軌跡所對(duì)的圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對(duì)的圓心角開始減?。蓭缀侮P(guān)系知，當(dāng)ce與半圓邊界相切時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑為R，因此圓心角的最大值θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，C正確．2．[定圓旋轉(zhuǎn)法](2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)，若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上．不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)答案：C解析：設(shè)圓形區(qū)域磁場(chǎng)的半徑為r，當(dāng)粒子從P點(diǎn)射入的速度大小為v1時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為M，如圖1，此時(shí)PM的長(zhǎng)度為軌跡圓的直徑．由題意知∠POM＝60°，根據(jù)幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R1＝eq\f(r,2)；當(dāng)粒子從P點(diǎn)射入的速度大小為v2時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N，如圖2，此時(shí)PN的長(zhǎng)度仍為軌跡圓的直徑．由題意知∠PON＝120°，根據(jù)幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2＝eq\f(\r(3),2)r；再根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知Bqv＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(BqR,m)，故速度與半徑成正比，因此v2∶v1＝R2∶R1＝eq\r(3)∶1，C正確．

科學(xué)探究——帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題常見的多解模型1．帶電粒子的電性或偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向不確定造成多解．如圖甲，若帶電粒子帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b.2．帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與有界磁場(chǎng)形成的臨界情景不唯一造成多解．如圖乙，帶負(fù)電的粒子打不到下極板的兩個(gè)臨界圓弧分別為①、②.3．帶電粒子在電磁場(chǎng)空間中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往具有周期性，從而形成多解．如圖丙，在電場(chǎng)加速或減速、磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的交替作用下，帶負(fù)電的粒子可能在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、…半圓到達(dá)x軸上的P點(diǎn)．典例(2020·江蘇卷)空間存在兩個(gè)垂直于Oxy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時(shí)從原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，速度均為v.甲第1次、第2次經(jīng)過(guò)y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示．甲經(jīng)過(guò)Q時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過(guò)該點(diǎn)．已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響．求：(1)Q到O的距離d.(2)甲兩次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt.(3)乙的比荷eq\f(q′,m′)可能的最小值．答案：(1)eq\f(mv,3qB0)(2)eq\f(2πm,qB0)(3)eq\f(2q,m)解析：(1)甲粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝meq\f(v2,R)得R1＝eq\f(mv,2qB0)，R2＝eq\f(mv,3qB0)所以Q、O的距離d＝2R1－2R2＝eq\f(mv,3qB0).(2)由(1)可知，甲粒子完成一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)上升的距離為d，甲粒子再次經(jīng)過(guò)P，經(jīng)過(guò)N個(gè)周期，則N＝eq\f(OP,d)＝eq\f(2R1,d)＝3所以，甲粒子再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間t＝NT＝3T由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(πm,qB0)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,3qB0)甲粒子繞一周的時(shí)間T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(5πm,6qB0)所以，甲粒子再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間t＝3T＝eq\f(5πm,2qB0)甲粒子兩次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt＝t－eq\f(T1,2)＝eq\f(2πm,qB0).(3)同理，對(duì)乙粒子的運(yùn)動(dòng)有R1′＝eq\f(m′v,2q′B0)，R2′＝eq\f(m′v,3q′B0)d′＝2R1′－2R2′若乙粒子從第一象限進(jìn)入第二象限的過(guò)程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則有2R1′＋nd′＝OQ＝dneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1′,2)＋\f(T2′,2)))＋eq\f(T1′,2)＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)結(jié)合以上式子計(jì)算可知，n無(wú)解若乙粒子從第二象限進(jìn)入第一象限的過(guò)程中與甲離子在Q點(diǎn)相遇，則nd′＝OQneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1′,2)＋\f(T2′,2)))＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)計(jì)算可得eq\f(q′,m′)＝neq\f(q,m)(n＝1，2，3，…)由于甲、乙兩粒子的比荷不同，則n＝2時(shí)，乙粒子的比荷eq\f(q′,m′)最小，為eq\f(q′,m′)＝eq\f(2q,m).1．(2021·湖北武漢三模)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)、外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里、向外．三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計(jì)、質(zhì)子間的相互作用可忽略)，所有質(zhì)子均能通過(guò)D點(diǎn)．已知質(zhì)子的比荷eq\f(q,m)＝k，則質(zhì)子的速度不可能為()A.eq\f(BkL,2)B．BkLC.eq\f(3BkL,2)D.eq\f(BkL,8)答案：C解析：設(shè)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑可能為R，則由幾何關(guān)系可得2nRcos60°＝L(n＝1，2，3，…)，其中n＝1時(shí)，質(zhì)子的軌跡如圖所示．由洛倫茲力提供向心力可得Bqv＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，所以質(zhì)子的速度不可能為eq\f(3BkL,2).2．如圖所示，空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在紙面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的剛性等邊三角形框架△DEF，DE邊中點(diǎn)S處有一帶正電的粒子，電荷量為q，質(zhì)量為m.現(xiàn)給粒子一個(gè)垂直于DE邊向下的速度，若粒子每一次與三角形框架碰撞時(shí)，速度方向都垂直于被碰的邊，且碰撞均為彈性碰撞，當(dāng)速度的大小取某些特殊數(shù)值時(shí)可使由S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)．求：(1)若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點(diǎn)，粒子的速度大?。?2)若S點(diǎn)不在DE邊的中點(diǎn)，而是到D點(diǎn)的距離DS＝eq\f(L,4)，仍然使粒子能回到S點(diǎn)，求滿足條件的粒子的速度大?。鸢福?1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(BqL,4m（2n－1）)(n＝1，2，3，…)解析：(1)粒子從S點(diǎn)垂直于DE邊射出后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其圓心必在DE線上，根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(mv,Bq)若粒子只與三角形框架碰撞兩次就回到S點(diǎn)，則圓心在三角形頂點(diǎn)，由幾何關(guān)系得R＝eq\f(L,2)聯(lián)立解得v＝eq\f(qBL,2m).(2)要使粒子能回到S點(diǎn)，要求粒子每次與△DEF碰撞時(shí)，v都垂直于邊，且通過(guò)三角形頂點(diǎn)處時(shí)，圓心必為三角形頂點(diǎn)，故DS＝(2n－1)R(n＝1，2，3，…)即R＝eq\f(L,4（2n－1）)(n＝1，2，3，…)由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(BqL,4m（2n－1）)(n＝1，2，3，…)．處理帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解形成的原因；(2)全面考慮多種幾何約束，作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖；(3)若為周期性的多解問(wèn)題，注意尋找通項(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．A級(jí)(練考點(diǎn)過(guò)基礎(chǔ))題組一洛倫茲力1．(2020·吉林松原模擬)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個(gè)光滑絕緣的半圓形軌道，圓心O與軌道左、右最高點(diǎn)a、c在同一水平線上，水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與半圓形軌道所在的平面垂直．一個(gè)帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點(diǎn)a滑下，則下列說(shuō)法中正確的是()A．滑塊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)b時(shí)的速度與磁場(chǎng)不存在時(shí)相等B．滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時(shí)間比磁場(chǎng)不存在時(shí)短C．滑塊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)b時(shí)對(duì)軌道壓力與磁場(chǎng)不存在時(shí)相等D．滑塊能滑到右側(cè)最高點(diǎn)c答案：AD解析：滑塊下滑時(shí)受到重力、洛倫茲力、軌道的支持力，洛倫茲力與軌道支持力不做功，只有重力做功，由機(jī)械能守恒可知，滑塊到達(dá)各點(diǎn)時(shí)的速度與磁場(chǎng)不存在時(shí)相等，故A正確；與沒有磁場(chǎng)時(shí)相比，滑塊在各點(diǎn)的速度都是相等的，所以滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時(shí)間與磁場(chǎng)不存在時(shí)相等，故B錯(cuò)誤；滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得F－mg－qvB＝meq\f(v2,r)，可得軌道對(duì)滑塊的支持力F＝mg＋qvB＋meq\f(v2,r)，所以滑塊對(duì)軌道的壓力F′＝F＝mg＋qvB＋meq\f(v2,r)，滑塊經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力比磁場(chǎng)不存在時(shí)大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)滑塊的機(jī)械能守恒可知，滑塊能到達(dá)右側(cè)的最高點(diǎn)c，故D正確．2．α粒子(eq\o\al(4,2)He)和質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的動(dòng)量大小相等，則α粒子和質(zhì)子()A．運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1B．運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力大小之比是2∶1答案：B解析：兩個(gè)粒子的動(dòng)量大小相等，質(zhì)量之比是4∶1，所以有eq\f(vHe,vH)＝eq\f(mH,mHe)＝eq\f(1,4)，故C錯(cuò)誤；質(zhì)子和α粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，質(zhì)子和α粒子的電荷量之比是1∶2，則半徑之比RHe∶RH＝1∶2，故A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v)，所以eq\f(THe,TH)＝eq\f(RHe,RH)·eq\f(vH,vHe)＝eq\f(1,2)×eq\f(4,1)＝eq\f(2,1)，故B正確；粒子受到的洛倫茲力f＝qvB，得eq\f(fHe,fH)＝eq\f(qHe·vHe,qH·vH)＝eq\f(2,1)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，故D錯(cuò)誤．題組二帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3．(2020·天津卷)(多選)如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過(guò)x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)．則()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：粒子沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由于粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝O1M＝eq\r(2)a，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯(cuò)誤；N與O點(diǎn)的距離NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正確．4．(2021·全國(guó)乙卷)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°.若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計(jì)粒子重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)答案：B解析：根據(jù)題意做出粒子的軌跡圓心如圖所示．設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝R，粒子第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq\r(3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，B正確．題組三帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題5．(2020·河北辛集中學(xué)測(cè)試)如圖所示，在邊長(zhǎng)為a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計(jì))從AB邊的中點(diǎn)O以某一速度v進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向垂直于磁場(chǎng)且與AB邊的夾角為60°.若粒子能從AB邊穿出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，到AB邊有最大距離，則v的大小為()A.eq\f(\r(3)Bqa,4m) B.eq\f(3Bqa,4m)C.eq\f(\r(3)Bqa,8m) D.eq\f(3Bqa,8m)答案：C解析：從O點(diǎn)以v射出的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好與BC相切時(shí)，到AB邊有最大距離，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系知2R＝eq\f(a,2)cos30°，又有Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(\r(3)Bqa,8m).6．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)．已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，忽略重力．為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案：C解析：電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有eBv＝meq\f(v2,r)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mv,er)，即電子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越?。O(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡的最大半徑為rmax，為了使電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，則與最大半徑對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡與實(shí)線圓恰好相切，如圖所示，A點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)，由左手定則可得，AB⊥OB，△ABO為直角三角形，由幾何關(guān)系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正確．B級(jí)(練能力過(guò)素養(yǎng))7．(2021·湖南高考卷)帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流(每個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q)以初速度v垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用．對(duì)處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問(wèn)題：(1)如圖(a)，寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0，r1)、半徑為r1的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若帶電粒子流經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O，求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)如圖(a)，虛線框?yàn)檫呴L(zhǎng)等于2r2的正方形，其幾何中心位于C(0，－r2)．在虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使匯聚到O點(diǎn)的帶電粒子流經(jīng)過(guò)該區(qū)域后寬度變?yōu)?r2，并沿x軸正方向射出．求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向，以及該磁場(chǎng)區(qū)域的面積(無(wú)需寫出面積最小的證明過(guò)程)．(3)如圖(b)，虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長(zhǎng)等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長(zhǎng)等于r4的正方形．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O，再經(jīng)過(guò)Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束．求Ⅰ和Ⅲ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小以及Ⅱ和Ⅳ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的面積(無(wú)需寫出面積最小的證明過(guò)程)．答案：(1)eq\f(mv,qr1)(2)eq\f(mv,qr2)垂直xOy平面向里πreq\o\al(2,2)(3)BⅠ＝eq\f(mv,qr3)BⅢ＝eq\f(mv,qr4)SⅡ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)SⅣ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,4)解析：(1)所有粒子沿x軸正方向進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后在坐標(biāo)原點(diǎn)O匯聚——磁聚焦，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑應(yīng)等于圓形磁場(chǎng)的半徑r1粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(mv,qr1).(2)粒子從O點(diǎn)沿不同方向進(jìn)入下方虛線區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都沿x軸正方向射出——磁發(fā)散，則粒子在下方圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑也等于磁場(chǎng)的半徑．粒子運(yùn)動(dòng)軌跡最大的邊界如圖1所示，對(duì)應(yīng)的圓形磁場(chǎng)即為最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．設(shè)磁場(chǎng)半徑為r2，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝eq\f(mv,qr2)根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪眡Oy平面向里，圓形磁場(chǎng)的面積為S2＝πreq\o\al(2,2).(3)結(jié)合和“磁發(fā)散”的模型特點(diǎn)可設(shè)計(jì)符合要求的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。如圖2所示，若圓1的實(shí)線部分為磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界，圓3的實(shí)線部分為最上方入射粒子的軌跡，根據(jù)“磁聚焦”模型的特點(diǎn)可知，x軸上方寬度為r3的粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O，對(duì)應(yīng)兩段實(shí)線圓弧所包圍的面積即為該區(qū)域所加磁場(chǎng)的最小面積．同理，若圓2的實(shí)線部分為磁場(chǎng)區(qū)域的上邊界，圓4的實(shí)線部分為最下方出射粒子的軌跡，根據(jù)“磁發(fā)散”模型的特點(diǎn)可知，匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O的粒子經(jīng)過(guò)Ⅳ偏轉(zhuǎn)后又沿x軸正方向射出，對(duì)應(yīng)兩段實(shí)線圓弧所包圍的面積即為該區(qū)域所加磁場(chǎng)的最小面積根據(jù)對(duì)稱性同樣可確定Ⅱ、Ⅲ所加磁場(chǎng)的最小面積根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可知，Ⅰ和Ⅲ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為BⅠ＝eq\f(mv,qr3)，BⅢ＝eq\f(mv,qr4)?、駞^(qū)域的磁場(chǎng)確定最小面積，如圖3所示圖中陰影部分的面積的一半為四分之一圓周eq\o(S,\s\up6(－))AOB與三角形SAOB之差，所以陰影部分的面積為S1＝2(eq\o(S,\s\up6(－))AOB－SAOB)＝2×(eq\f(1,4)πreq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)req\o\al(2,3))＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)根據(jù)對(duì)稱性可知Ⅱ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的面積為SⅡ＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,3)類似地可知Ⅳ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的面積為SⅣ＝2×(eq\f(1,4)πreq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)req\o\al(2,4))＝(eq\f(1,2)π－1)req\o\al(2,4).[解法指導(dǎo)]磁發(fā)散和磁聚焦模型如圖所示，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑等于圓形邊界磁場(chǎng)的半徑時(shí)，具有“一點(diǎn)發(fā)散成平行，平行聚會(huì)于一點(diǎn)”的特點(diǎn)。同學(xué)們可嘗試證明一下！

第3講洛倫茲力與現(xiàn)代科技目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.理解質(zhì)譜儀、回旋加速器的原理和特點(diǎn)——電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合.2.理解速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、霍爾效應(yīng)的原理和特點(diǎn)——電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加1.能靈活利用電磁學(xué)、力學(xué)的相關(guān)知識(shí)求解相關(guān)問(wèn)題，提高綜合應(yīng)用能力.2.注重知識(shí)與生產(chǎn)生活、科技發(fā)展等的聯(lián)系，培養(yǎng)社會(huì)參與意識(shí)和社會(huì)責(zé)任感能力點(diǎn)1電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合應(yīng)用實(shí)例(綜合提升類)1．質(zhì)譜儀如圖所示，離子源A產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(所受重力不計(jì))，這些正離子無(wú)初速度地經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后到達(dá)記錄它位置的感光片的P點(diǎn)．測(cè)得P點(diǎn)到入口S的距離為l，則：各種同位素的電荷量q相同，質(zhì)量m不同．因?yàn)閙∝l2，所以質(zhì)譜儀是分離同位素的重要儀器．2．回旋加速器如圖所示，回旋加速器的核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩盒之間留下一個(gè)窄縫，在中心附近放有粒子源，D形盒在真空容器中，整個(gè)裝置放在巨大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并把兩個(gè)D形盒分別接在高頻電源的兩極上，帶電粒子在做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)D形盒縫隙都會(huì)被加速一次．其工作原理是：電場(chǎng)加速—磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)．(1)電場(chǎng)的加速：qU＝ΔEk；(2)磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)：qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)∝v；(3)加速條件：高頻交流電源的周期與帶電粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的周期相同，即T電場(chǎng)＝T回旋＝eq\f(2πm,qB).典例1[質(zhì)譜儀](2016·全國(guó)卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11B．12C．121D．144[解法指導(dǎo)]答案：D解析：離子在電場(chǎng)中加速時(shí)，有qU＝eq\f(1,2)mv2，離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立以上兩式得m＝eq\f(qB2R2,2U)，由題意知，正離子的電荷量與質(zhì)子的相等，加速電壓U相同，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R相同，所以m∝B2，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍時(shí)，離子的質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，故D正確．典例2[回旋加速器]回旋加速器的示意圖如圖所示，已知半圓形D形盒的半徑為R，所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下，外接交流電源的電壓為U。在回旋加速器中央A處有一個(gè)粒子源，能夠不斷釋放出質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子，不計(jì)質(zhì)子的初速度．質(zhì)子經(jīng)電場(chǎng)加速后從D1的邊緣沿切線飛出，已知質(zhì)子的重力不計(jì)，忽略狹義相對(duì)論效應(yīng)．(1)求外接交流電源的頻率f.(2)求質(zhì)子經(jīng)過(guò)回旋加速器加速后獲得的最大動(dòng)能Ek.(3)