考點1 磁場及其性質1
考點2 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動4
考點3 帶電粒子在組合場中的運動7
考點4 帶電粒子在疊加場中的運動9
考點5 電磁場中的STSE問題12
考點1 磁場及其性質
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線周圍磁場的方向。
(2)磁場中每一點磁感應強度的方向為該點處磁感線的切線方向。
(3)磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應強度的矢量和。
二． 安培力作用下的力電綜合
1．兩個常用的等效模型
(1)變曲為直：圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為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．安培力作用下力學問題的解題思路
(1)選定研究對象：通電導線(或通電導體棒)。
(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動定律列方程。
【典例1】如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 流向相同的電流，兩導線構成的平面內(nèi)有一點p，到兩導線的距離相等。下列說法正確的是（ ）
A. 兩導線受到的安培力 SKIPIF 1 < 0
B. 導線所受的安培力可以用 SKIPIF 1 < 0 計算
C. 移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變
D. 在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應強度為零的位置
【答案】BCD
【解析】A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；
B．導線所受的安培力可以用 SKIPIF 1 < 0 計算，因為磁場與導線垂直，故B正確；
C．移走導線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，向外，故C正確；
D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導線在任意點產(chǎn)生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應強度為零的位置。故D正確。
故選BCD。
【變式1-1】（2021全國甲）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與 SKIPIF 1 < 0 在一條直線上， SKIPIF 1 < 0 與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】B
【解析】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應強度為2B；綜上分析B正確。
故選B。
【變式1-2】如圖所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響。當開關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．b
C．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N極的指向為磁場的方向，可知C正確。
【變式1-3】如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為( )
A．0 B． eq \f(\r(3),3) B0
C． eq \f(2\r(3),3) B0 D．2B0
【答案】選C
【解析】導線P和Q中電流I方向均垂直紙面向里時，設其在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小BP＝BQ＝B1，如圖1所示，則其夾角為60°，它們在a點的合磁感應強度方向平行于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，合磁感應強度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，此時a點的磁感應強度B＝ eq \r(B02＋B1′2) ＝ eq \f(2\r(3),3) B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確。
考點2 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1．必須掌握的六個公式
2．必須具備的五個技能“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磁場中的運動軌跡。
(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F洛作用線的交點上或AB弦的中垂線OO′與任一個F洛作用線的交點上，如圖所示。
(3)半徑的確定：利用平面幾何關系，求出軌跡圓的半徑，如r＝eq \f(AB,2sin \f(α,2))＝eq \f(AB,2sin θ)，然后再與半徑公式r＝eq \f(mv,qB)聯(lián)系起來求解。
(4)時間的確定：t＝eq \f(α,2π)·T＝eq \f(αm,qB)或t＝eq \f(s,v)＝eq \f(αR,v)。
(5)注意圓周運動中的對稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，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。
【典例2】如圖甲所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離為L，金屬導軌所在的平面與水平面夾角為θ，導體棒ab與導軌垂直并接觸良好，其質量為m，長度為L，通過的電流為I。
(1)沿棒ab中電流方向觀察，側視圖如圖乙所示，為使導體棒ab保持靜止，需加一勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面向上，求磁感應強度B1的大小；
(2)若(1)中磁場方向改為豎直向上，如圖丙所示，求磁感應強度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)，欲使導體棒ab保持靜止，求磁場方向變化的最大范圍。
【答案】 (1) eq \f(mg sin θ,IL) (2) eq \f(mg tan θ,IL) (3)見解析
【解析】 (1)對導體棒ab受力分析如圖所示：
mg sin θ－ILB1＝0
解得B1＝ eq \f(mg sin θ,IL) 。
(2)對導體棒ab受力分析如圖所示：
由導體棒靜止有
mg tan θ－ILB2＝0
解得B2＝ eq \f(mg tan θ,IL) 。
(3)使導體棒保持靜止狀態(tài)，需F合＝0，即三力平衡，安培力與另外兩個力的合力等大反向；如圖所示，因為重力與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，其中沿斜面向上方向取不到。
【變式2-1】（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線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流 SKIPIF 1 < 0 ，四根平行直導線均通入電流 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 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 SKIPIF 1 < 0 ，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導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”，則正方形左右兩側的直導線 SKIPIF 1 < 0 要受到 SKIPIF 1 < 0 吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線 SKIPIF 1 < 0 要受到 SKIPIF 1 < 0 排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。
故選C。
【變式2-2】如圖所示，在磁感應強度，方向豎直向下的勻強磁場中，有一個與水平面成角的導電滑軌，滑軌上放置一個可自由移動的金屬桿已知接在滑軌中的電源電動勢，內(nèi)阻不計．桿長，質量，桿與滑軌間的動摩擦因數(shù)，滑軌與桿的電阻忽略不計．要使桿在滑軌上保持靜止，求滑動變阻器的阻值的變化范圍取，，，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，結果保留位有效數(shù)字．
【答案】滑動變阻器的阻值在范圍內(nèi)變化
【解析】對導體棒受力分析，回路中的電流為：
導體棒受到的安培力為：
分別畫出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：
、當摩擦力沿斜面向上，電流強度最小，電阻最大，由共點力平衡得：
聯(lián)立解得：
、當摩擦力沿斜面向下，電流強度最大，電阻最小由共點力平衡得：
聯(lián)立解得：
滑動變阻器的阻值在范圍內(nèi)變化。
考點3 帶電粒子在組合場中的運動
帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：
(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律。在勻強磁場中，若速度與磁場垂直，帶電粒子做勻速圓周運動；若速度與磁場平行，帶電粒子做勻速直線運動。在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，帶電粒子做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則帶電粒子做類平拋運動。
(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理。
(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口。
【典例3】從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)如圖所示，赤道上方的磁場可看成線以及質子，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
C．γ射線向東偏轉
D．質子向北偏轉
【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射線和質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉，選項B正確。
【變式3-1】兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(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，故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(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C正確。
【變式3-2】 如圖，虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動．射入磁場時，P的速度 SKIPIF 1 < 0 垂直于磁場邊界，Q的速度 SKIPIF 1 < 0 與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則（ ）
A. P和Q的質量之比為1：2B. P和Q的質量之比為 SKIPIF 1 < 0
C. P和Q速度大小之比為 SKIPIF 1 < 0 D. P和Q速度大小之比為2：1
【答案】AC
【解析】設MN=2R，則對粒子P的半徑為R，有： SKIPIF 1 < 0 ；對粒子Q的半徑為 SKIPIF 1 < 0 R，有： SKIPIF 1 < 0 ；又兩粒子的運動時間相同，則 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，故AC正確，BD錯誤．
考點4 帶電粒子在疊加場中的運動
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)直線運動或類平拋運動，還可能做勻速圓周運動。
(1)若只有兩個場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)。例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時、重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時、重力場與電場疊加滿足mg＝qE時。
(2)若三場共存，合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，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，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，設垂直紙面向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響。求：
(1)磁感應強度B0的大??；
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。
【答案】 (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) ，做勻速圓周運動的周期T0＝ eq \f(2πr,v0)
聯(lián)立兩式得磁感應強度B0＝ eq \f(2πm,qT0) 。
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，離子的運動軌跡如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r＝ eq \f(d,4)
當在兩板之間正離子共運動n個周期，即nT0時，
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磁場，O點是cd邊的中點。若一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場。現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與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頂點射出磁場
B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0
C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是 eq \f(3,2) t0
D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是 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)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為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邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個頂點射出，故A項正確；當粒子從O點沿紙面垂直于cd邊射入正方形內(nèi)，軌跡恰好為半個圓周，即時間t0剛好為半周期，從ab邊射出的粒子所用時間小于半周期t0，從bc邊射出的粒子所用時間小于 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°，所用時間為 eq \f(5T,6) ＝ eq \f(5t0,3) ，故B、C項錯誤，D項正確。
【變式4-2】(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磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是( )
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C的距離為l
B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為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點入射的最大速度應為v＝ eq \f(\r(2)qBl,m)
D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為 eq \f(πm,qB)
【答案】 ABD
【解析】若粒子射入磁場時速度為v＝ eq \f(qBl,m) ，則由qvB＝m eq \f(v2,r) 可得r＝l，由幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝ eq \f(mv,qB) ，所以v＝ eq \f(qBr,m) ，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝( eq \r(2) ＋1)l，故其最大速度為v＝ eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m) ，選項B正確，選項C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝ eq \f(2πm,qB) ，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的軌跡所對應的圓心角為180°，故其在磁場中運動的最長時間應為t＝ eq \f(πm,qB) ，選項D正確。
考點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：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。
二．質譜儀
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動，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左側有一個正三角形ABC，C點在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磁場；MN右側的整個區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的離子（重力不計）以初速度 SKIPIF 1 < 0 從AB的中點O沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉 SKIPIF 1 < 0 后從MN上的Р點（圖中未畫出）進入MN右側區(qū)域，偏轉后恰能回到O點。已知離子的質量為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)磁場的磁感應強度；
(2)求離子從O點射入到返回O點所需要的時間；
(3)若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應強度大小與原來相等的恒磁場，將MN右側磁場變?yōu)橐粋€與MN相切于P點的圓形勻強磁場讓離子從P點射入圓形磁場，速度大小仍為 SKIPIF 1 < 0 ，方向垂直于BC，始終在紙面內(nèi)運動，到達О點時的速度方向與OC成 SKIPIF 1 < 0 角，求圓形磁場的磁感應強度。
【答案】(1) SKIPIF 1 < 0 ；(2) SKIPIF 1 < 0 ；(3)見解析
【解析】(1)畫出粒子運動軌跡如圖
粒子三角形ABC中運動時，有 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
又粒子出三角形磁場時偏轉 SKIPIF 1 < 0 ，由幾何關系可知 SKIPIF 1 < 0
聯(lián)立解得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
(2)粒子從D運動到P，由幾何關系可知 SKIPIF 1 < 0
運動時間 SKIPIF 1 < 0
粒子在MN右側運動的半徑為 SKIPIF 1 < 0
則有 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
運動時間 SKIPIF 1 < 0
故粒子從O點射入到返回O點所需要的時間 SKIPIF 1 < 0
(3)若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運動軌跡如圖中①所示，有 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0
此時根據(jù) SKIPIF 1 < 0 有 SKIPIF 1 < 0
若三角形ABC區(qū)域磁場方向向外，則粒子運動軌跡如圖中②所示，有 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0
此時根據(jù) SKIPIF 1 < 0 有 SKIPIF 1 < 0
【變式5-1】筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，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
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，后表面帶負電，電勢低，A錯。電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e eq \f(U,a) ＝evB得U＝Bav，與v成正比，與c無關，B、C錯。洛倫茲力F＝evB＝ eq \f(eU,a) ，D對。
【易錯01】對安培力理解有誤
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，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．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．如彎曲通電導線的有效長度L等于連接兩端點的直線的長度，相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端，如圖所示．
4．兩平行通電導線間的作用
同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．
【易錯02】用視圖轉換法求解涉及安培力的力學問題
1．視圖轉換
對于安培力作用下的力學問題，需畫出導體棒的受力示意圖．但在三維空間無法準確畫出其受力情況，可將三維立體圖轉化為二維平面圖，即畫出俯視圖、剖面圖或側視圖等．此時，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問題的思路：
(1)選定研究對象；
(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03】對粒子在磁場中運動分析有誤
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．
2．若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動．
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：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關．
【易錯04】帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題
1.帶電粒子進入有界磁場區(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動，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，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零．
(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切，對應粒子速度的臨界值．
(3)運動時間極值的分析
①周期相同的粒子，當速率相同時，軌跡(弦長)越長，圓心角越大，運動時間越長．
②周期相同的粒子，當速率不同時，圓心角越大，運動時間越長．
【易錯05】帶電粒子在磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的問題一般有多解.形成多解的原因有以下幾個方面：
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，也可能帶負電，在初速度相同的條件下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解．如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b.
二、磁場方向不確定形成多解
磁感應強度是矢量，有時題目中只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向．此時必須要考慮磁感應強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垂直進入勻強磁場，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，由于帶電粒子的運動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、帶電粒子運動的重復性形成多解
1.帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間中運動時，往往具有重復性的運動，形成了多解．如圖丁所示．
2.求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧：
(1)分析題目特點，確定題目多解性形成原因．
(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)．
(3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，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，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時a點的磁感應強度大小為B1，b點的磁感應強度大小為B2。當把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應強度大小為( )
A．B1－eq \f(B2,2) B．B2－eq \f(B1,2) C．B2－B1 D.eq \f(B1,3)
【答案】 A
【解析】 對于圖中單個環(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點的磁場方向也是向左的。設aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個環(huán)形電流在距離中點r位置的磁感應強度為B1r，在距離中點3r位置的磁感應強度為B3r，故：a點磁感應強度：B1＝B1r＋B3r；b點磁感應強度：B2＝B1r＋B1r；當撤去環(huán)形電流乙后，c點磁感應強度：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兩個位置固定有兩個金屬圓環(huán)，當兩環(huán)通有如圖所示電流時，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，兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣斜面上，導軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧上端固定，下端與水平直導體棒ab相連，彈簧與導軌平面平行并與ab垂直，直導體棒垂直跨接在兩導軌上，空間存在垂直導軌平面斜向上的勻強磁場。閉合開關S后導體棒中的電流為I，導體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)換圖中電源極性，使導體棒中電流反向，導體棒中電流仍為I，導體棒平衡時彈簧伸長量為x2。忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強磁場的磁感應強度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mgsin α＝kx1＋BIL；調(diào)換圖中電源極性使導體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsin α＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq \f(k,2IL)(x2－x1)。選項D正確。
4.（2021·湖南省長沙市二模）（單選）如圖所示，一根長為L的金屬細桿通有電流I時，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、磁感應強度大小為B勻強磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時金屬細桿( )
A．電流流向垂直紙面向外
B．受到的安培力大小為2BILsinθ
C．對斜面壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍
D．將沿斜面加速向上運動，加速度大小為gsinθ
【答案】 D
【解析】 對金屬細桿受力分析，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錯誤；根據(jù)安培力公式可得此時受到的安培力大小為F安＝4B·eq \f(1,2)IL＝2BIL，故B錯誤；金屬細桿水平靜止斜面上時，金屬細桿受到重力、導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：FNcsθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝BIL，磁感應強度大小改變時，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FN′＝mgcsθ＋2BILsinθ＝eq \f(mg?1＋sin2θ?,csθ)，a＝eq \f(2BILcsθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C錯誤，D正確。
1、（2022·湖南卷·T3）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(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強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（ ）
A. 當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B. 電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C. tanθ與電流I成正比
D. sinθ與電流I成正比
【答案】D
【解析】
A．當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有
可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；
BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有
SKIPIF 1 < 0 ，F(xiàn)T= mgcsθ
則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則csθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、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電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（ ）
A. 電子從N到P，電場力做正功B. N點的電勢高于P點的電勢
C. 電子從M到N，洛倫茲力不做功D. 電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
【答案】BC
【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功，故A錯誤；
B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，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點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；
故選BC。
3、（2022·廣東卷·T7）如圖所示，一個立方體空間被對角平面 SKIPIF 1 < 0 劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直 SKIPIF 1 < 0 平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
AB．由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；
CD．根據(jù)左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。
故選A。
4、（2022·全國甲卷·T18）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（ SKIPIF 1 < 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，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（ ）
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，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉。AC錯誤；
BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，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。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。
故選B。
5、（2022·全國乙卷·T18）安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結果可推知（ ）
A. 測量地點位于南半球
B. 當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μT
C 第2次測量時y軸正向指向南方
D. 第3次測量時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。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉軸大約成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，則測量地點應位于北半球，A錯誤；
B．磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為
SKIPIF 1 < 0
計算得
B ≈ 50μT
B正確；
CD．由選項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 SKIPIF 1 < 0 ，故y軸指向南方，第3次測量 SKIPIF 1 < 0 ，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。
故選BC。
1.中國宋代科學家沈括在公元1086年寫的《夢溪筆談》中最早記載了“方家(術士)以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”。進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布如圖所示。結合上述材料，下列說法正確的是( )
A．在地磁場的作用下小磁針靜止時指南的磁極叫北極，指北的磁極叫南極
B．對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
C．形成地磁場的原因可能是帶正電的地球自轉引起的
D．由于地磁場的影響，在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應的實驗中，通電導線應相對水平地面豎直放置
【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指南的磁極叫南極，指北的磁極叫北極，選項A錯誤；在地球的南北極地磁的方向與幾乎地面垂直，對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B正確；地球自轉方向是自西向東，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電的，故C錯誤；在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應的實驗中，若通電導線相對水平地面豎直放置，地磁場方向與導線電流的方向垂直，則根據(jù)安培定則可知，地磁場對實驗的影響較大，故在進行奧斯特實驗時，通電導線南北放置時實驗現(xiàn)象最明顯，選項D錯誤。
2、（2021·湖南省衡陽市二模）如圖所示，在勻強磁場區(qū)域內(nèi)有一傾角為 SKIPIF 1 < 0 的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質量為m的導線，通以如圖所示方向的電流I時，通電導線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A. 導線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下
B. 磁感應強度可能為大小 SKIPIF 1 < 0 ，方向堅直向上
C. 磁感應強度可能為大小 SKIPIF 1 < 0 ，方向水平向左
D. 磁感應強度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A．導線所受的安培力若垂直于斜面向下，則導線合力不能為0，導線不能靜止，A錯誤；
B．若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導體棒不能靜止，B錯誤；
C．若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導體棒不能靜止，C錯誤；
D．根據(jù)重力、支持力、安培力三力平衡可知，當安培力方向沿斜面向上時，即磁場方向垂直于斜面向下時，安培力最小，此時磁感應強度最小，故有 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 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動徑跡。圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結構示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強。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。下列關于實驗現(xiàn)象和分析正確的是( )
A．要使電子形成如圖乙中的運動徑跡，勵磁線圈應通以順時針方向的電流
B．僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變大
C．僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變大
D．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做勻速圓周運動的周期將變大
【答案】選AB
【解析】勵磁線圈通以順時針方向的電流，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動徑跡圓心，故A正確；根據(jù)公式r＝ eq \f(mv,Bq) 可知，當升高電子槍加速電場的電壓時，電子的速度增大，所以運動半徑增大，B正確；若僅增大勵磁線圈中的電流，則磁感應強度增大，根據(jù)公式r＝ eq \f(mv,Bq) 可知運動半徑減小，C錯誤；根據(jù)公式T＝ eq \f(2πm,Bq) 可知，電子做勻速圓周運動的周期和速度大小無關，D錯誤。
4、（2021·北京市朝陽區(qū)二模）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L的通電導線，磁場方向垂直于導線。設單位長度導線中有n個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為q，它們沿導線定向移動的平均速率為v。下列選項正確的是（ ）
A. 導線中的電流大小為nLqv
B. 這段導線受到的安培力大小為nLqvB
C. 沿導線方向電場的電場強度大小為vB
D. 導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為qvB
【答案】B
【解析】A．導線中的電流大小 SKIPIF 1 < 0 ，選項A錯誤；
B．每個電荷所受洛倫茲力大小 SKIPIF 1 < 0 ，這段導線受到的安培力大小 SKIPIF 1 < 0
選項B正確；
C．沿導線方向的電場的電場強度大小為 SKIPIF 1 < 0 ，U為導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度大小才是vB，且其方向是垂直導線方向，選項C錯誤；
D．導線中每個自由電荷受到的平均阻力方向是沿導線方向的，而qvB是洛倫茲力，該力的的方向與導線中自由電荷運動方向垂直，二者不相等，選項D錯誤。
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都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，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，增大電場中加速時間來增大粒子的最大動能
C. 粒子在磁場中只是改變方向，因此粒子的最大動能與磁感應強度無關
D. 粒子的最大動能與D形盒的半徑有關
【答案】D
【解析】當粒子從D形盒出來時速度最大，根據(jù) SKIPIF 1 < 0
得出 SKIPIF 1 < 0
則最大動能為 SKIPIF 1 < 0
可得出最大動能 SKIPIF 1 < 0 與金屬盒間的電壓無關，與加速電場的頻率無關，與D形盒內(nèi)的磁感應強度、金屬盒半徑有關，磁感應強度越大，金屬盒半徑越大，那么動能越大；D對，ABC錯。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、質量為m的負離子(重力不計)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．在右極板右側空間存在垂直紙面方向的勻強磁場(未標出)．要使該負離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進入電場，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．磁感應強度大小為eq \f(mv0,qd) D．在磁場中運動時間為eq \f(3\r(2)πd,2v0)
【答案】：C
【解析】：粒子在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速圓周運動，軌跡如圖．
粒子帶負電荷，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A、B錯誤；對于類平拋運動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tan α＝2tan β＝2·eq \f(y,x)＝1，故α＝45°，又由于tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(vy,v0)，故vy＝v0，v＝eq \r(2)v0，根據(jù)幾何關系，圓周運動的軌道半徑為R＝eq \r(2)d，圓周運動中，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；磁場中運動時間為t＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v0)，故D錯誤．
2．(2021·湖北華中師范大學第一附屬中學模擬)美國物理學家勞倫斯發(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，當外加磁場一定時，可把質子的速度從零加速到v，質子獲得的動能為Ek.在不考慮相對論效應的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時，有( )
A. 能把α粒子從零加速到eq \f(v,2)
B．能使α粒子獲得的動能為2Ek
C．加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2
D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質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，做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，則粒子的最大動能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，因質子與α粒子的質量數(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)，動能仍為Ek，故A正確，B錯誤；加速器所接交流電的頻率應與粒子做勻速圓周運動的頻率相同，粒子做勻速圓周運動的頻率為f＝eq \f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯誤．
3．(2021·江蘇南京師范大學附屬中學高三模擬)如圖是比荷相同的a、b兩粒子從O點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則( )
A．a(chǎn)的質量比b的質量大 B．a(chǎn)帶正電荷，b帶負電荷
C．a(chǎn)在磁場中的運動速率比b的大 D．a(chǎn)在磁場中的運動時間比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，則質量大小無法比較，故A錯誤；初始時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，兩粒子都帶負電荷，故B錯誤；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，速率越大，故C正確；粒子在磁場中的運動周期T＝eq \f(2πm,qB)，比荷相同，兩粒子運動周期相同，由題圖可知，a粒子對應的圓心角小于b粒子的，則知a在磁場中的運動時間比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 \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\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運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P兩點.則( )
A.沿直線O1O2運動的粒子速度相等 B.打在P點的粒子是eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He
C.O2P的長度是O2P1長度的2倍 D.粒子eq \\al(1,1)H在偏轉磁場中運動的時間最長
【答案】 ABC
【解析】 帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，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A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，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，則運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是eq \\al(1,1)H，打在P點的粒子是eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He，選項B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，eq \\al(1,1)H的比荷是eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq \\al(1,1)H的軌道的半徑是eq \\al(2,1)He和eq \\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C正確；粒子運動的周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB2)，三種粒子中，eq \\al(1,1)H的比荷最大，所以粒子eq \\al(1,1)H在偏轉磁場中運動的周期最小，而三種粒子運動時間都為半個周期，所以粒子eq \\al(1,1)H在偏轉磁場中運動的時間最短，選項D錯誤.
5.如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，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，小球恰好做勻速運動，電荷量保持不變．已知，磁感應強度大小為B，電場強度大小為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)，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止
C．若小球的初速度為eq \f(mg,qB)，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止
D．若小球的初速度為eq \f(mg,qB)，則運動中克服摩擦力做功為eq \f(3m3g2,2q2B2)
【答案】：AC
【解析】：對小球進行受力分析，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＋?mg?2)＝2mg，由幾何關系可知，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對小球做功，而洛倫茲力也不會對小球做功．所以，當小球做勻速直線運動時，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，小球將做減速運動，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動，最后當速度減小到eq \f(2mg,qB)時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為eq \f(mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg

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