《高考物理三輪沖刺 專題十 磁場課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理三輪沖刺 專題十 磁場課件（241頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十 磁場1.1.磁場、磁感應強度、磁感線磁場、磁感應強度、磁感線 2.2.通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向 3.3.安培力、安培力的方向安培力、安培力的方向 4.4.勻強磁場中的安培力勻強磁場中的安培力 5.5.洛倫茲力、洛倫茲力的方向洛倫茲力、洛倫茲力的方向 6.6.洛倫茲力公式洛倫茲力公式 7.7.帶電粒子在勻強磁場中的運動帶電粒子在勻強磁場中的運動 8.8.質(zhì)譜儀和回旋加速器質(zhì)譜儀和回旋加速器 說明：說明：1.1.安培力的計算只限于電流與磁感應強度垂直的情形安培力的計算只限于電流與磁感應強度垂直的情形2.2.洛倫茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的

2、情形洛倫茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的情形1.1.掌握磁感應強度、磁感線等基本概念掌握磁感應強度、磁感線等基本概念. .2.2.會應用安培定則、左手定則分析通電導體棒在磁場中的受力、會應用安培定則、左手定則分析通電導體棒在磁場中的受力、平衡及運動問題平衡及運動問題. .3.3.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，特別是在有理掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，特別是在有理想邊界的磁場中的勻速圓周運動想邊界的磁場中的勻速圓周運動. .4.4.會分析質(zhì)譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發(fā)電機等會分析質(zhì)譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發(fā)電機等磁場在生活和科技方面的應用問題磁場在生

3、活和科技方面的應用問題. .5.5.會分析帶電粒子在復合場、交替場中運動的問題會分析帶電粒子在復合場、交替場中運動的問題. . 安培力及其應用安培力及其應用【典例【典例1 1】(2010(2010上海高考上海高考) ) 如圖所示，如圖所示，長為長為2 2l的直導線折成邊長相等，夾角為的直導線折成邊長相等，夾角為6060的的V V形，并置于與其所在平面相垂直的勻形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為強磁場中，磁感應強度為B B，當在該導線，當在該導線中通以電流強度為中通以電流強度為I I的電流時，該的電流時，該V V形通電形通電導線受到的安培力大小為導線受到的安培力大小為( )(

4、 ) A.0 B.0.5BIA.0 B.0.5BIl C.BI C.BIl D.2BI D.2BIl 【審題視角【審題視角】解答本題時應注意以下兩點：解答本題時應注意以下兩點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)會求通電折導線的等效長度會求通電折導線的等效長度. .(2)(2)當通電導線與磁場垂直時，會求安培力當通電導線與磁場垂直時，會求安培力. .【精講精析【精講精析】導線有效長度為端點連線的長度導線有效長度為端點連線的長度,2,2lsin30sin30= =l，所以該所以該V V形通電導線受到的安培力大小為形通電導線受到的安培力大小為BIBIl, ,選項選項C C正確正確. .答案答案: :C

5、C 【命題人揭秘【命題人揭秘】 利用公式利用公式F FBILBIL求解安培力的技巧求解安培力的技巧 (1)(1)磁場的磁感應強度磁場的磁感應強度B B應與導體棒應與導體棒L L垂直垂直. .(2)(2)常見的情況是導體棒處在勻強磁場中，但常見的情況是導體棒處在勻強磁場中，但B B并不一定是勻強并不一定是勻強磁場，可以是導線所在處磁場，可以是導線所在處( (處處相等處處相等) )的磁感應強度值的磁感應強度值. .(3)(3)當通電導線為折線或曲線時，當通電導線為折線或曲線時，L L是有是有效長度，即垂直磁感應強度方向兩端點效長度，即垂直磁感應強度方向兩端點所連直線的長度，如圖所示所連直線的長度，

6、如圖所示. . 因為任意因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為零強磁場中受到的安培力的矢量和為零. . 洛倫茲力、帶電粒子的勻速圓周運動洛倫茲力、帶電粒子的勻速圓周運動【典例【典例2 2】(2012(2012安徽高考安徽高考) )如圖所示，如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度場，一個帶電粒子以速度v v從從A A點沿直徑點沿直徑AOBAOB方向射入磁場，經(jīng)過方向射入磁場，經(jīng)過tt時間從時間從C C點點射出磁場，射出磁場，OC

7、OC與與OBOB成成6060角角. .現(xiàn)將帶電現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)榱Ｗ拥乃俣茸優(yōu)?仍從仍從A A點沿原方向射入磁場，不計重力，則點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)榱Ｗ釉诖艌鲋械倪\動時間變?yōu)? )( )A. B.2t C. D.3tA. B.2t C. D.3tv,31t21t3【審題視角【審題視角】解答本題時要注意以下三點：解答本題時要注意以下三點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)畫出軌跡示意圖，找出圓心的位置畫出軌跡示意圖，找出圓心的位置. .(2)(2)根據(jù)幾何圖形，找出運動時間、速度、偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系根據(jù)幾何圖形，找出運動時間、速度、偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系. .(3)(3)根據(jù)

8、速度的變化確定偏轉(zhuǎn)角的變化，進一步求出運動時間根據(jù)速度的變化確定偏轉(zhuǎn)角的變化，進一步求出運動時間的變化情況的變化情況. . 【精講精析【精講精析】設(shè)磁場區(qū)域的半徑為設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R R，粒子的軌跡半徑為粒子的軌跡半徑為r r，粒子以速度，粒子以速度v v在在磁場中運動的軌跡如圖所示，磁場中運動的軌跡如圖所示，則由幾何關(guān)系知，則由幾何關(guān)系知，r= r= 又又T=T=所以所以tt= = 當粒子的速度當粒子的速度為為v/3v/3時，軌跡半徑為時，軌跡半徑為 所以偏轉(zhuǎn)角所以偏轉(zhuǎn)角=120=120， 故選項故選項B B正確正確. .答案：答案：B B 3R，2 mqB，60mT3603qB，mvmv

9、r3rRqB3qB33 ，1202 mtT2 t3603qB ，【命題人揭秘【命題人揭秘】 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的應用技巧帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的應用技巧(1)(1)注意條件：帶電粒子注意條件：帶電粒子( (僅考慮磁場力僅考慮磁場力) )垂直進入勻強磁場垂直進入勻強磁場. .(2)(2)判斷轉(zhuǎn)向：粒子的轉(zhuǎn)向由磁場方向和粒子的電性決定，與速判斷轉(zhuǎn)向：粒子的轉(zhuǎn)向由磁場方向和粒子的電性決定，與速度方向無關(guān)度方向無關(guān). .正負粒子在同一勻強磁場做勻速圓周運動的轉(zhuǎn)向相正負粒子在同一勻強磁場做勻速圓周運動的轉(zhuǎn)向相反，一個順時針另一個逆時針反，一個順時針另一個逆時針. .(3)(3)兩個公

10、式：半徑兩個公式：半徑 周期周期 由此粒子運動的周期與由此粒子運動的周期與粒子的速度無關(guān)，由粒子的比荷和磁場的磁感應強度決定粒子的速度無關(guān)，由粒子的比荷和磁場的磁感應強度決定. . mvrBq，2 mTBq， 帶電粒子在有理想邊界磁場中的運動帶電粒子在有理想邊界磁場中的運動【典例【典例3 3】(2011(2011新課標全國卷新課標全國卷) )如圖，如圖，在區(qū)域在區(qū)域(0 xd)(0 xd)和區(qū)域和區(qū)域(dx2d)(dffm m時，粒子的最大動能由時，粒子的最大動能由f fm m決定決定v vm m=2f=2fm mR R解得：解得：E Ekmkm=2=22 2mfmfm m2 2R R2 2答

11、案答案: :(1) 1 (2)(1) 1 (2)(3) f(3) fm m時時, ,為為 ffm m時時, ,為為222 2mfmfm m2 2R R2 2 2mvmR222mq BR2m22BR2UmqB2 m2mqB R2m；mqB2 m【命題人揭秘【命題人揭秘】回旋加速器中粒子的最終能量回旋加速器中粒子的最終能量(1)(1)由于由于D D形盒的大小是一定的形盒的大小是一定的, ,所以不管粒子質(zhì)量的大小和帶所以不管粒子質(zhì)量的大小和帶電量如何電量如何, ,粒子最終從加速器內(nèi)射出時具有相同的旋轉(zhuǎn)半徑粒子最終從加速器內(nèi)射出時具有相同的旋轉(zhuǎn)半徑. .由由qvqvm mB B= = 得最終能量得最終

12、能量: E: Em m= = 可見可見, ,粒子獲得的能量粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關(guān)與回旋加速器的直徑有關(guān), ,直徑越大直徑越大, ,粒子獲得的能量越大粒子獲得的能量越大. .(2)(2)注意粒子每旋轉(zhuǎn)一周在電場中加速兩次注意粒子每旋轉(zhuǎn)一周在電場中加速兩次, ,每加速一次電場對每加速一次電場對粒子做一次功粒子做一次功. . 2mmvmR2mR Bq,2m 速度選擇器與磁場的綜合速度選擇器與磁場的綜合【典例【典例7 7】(2011(2011浙江高考浙江高考) )利用如圖所示裝置可以選擇一利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子定速度范圍內(nèi)的帶電粒子. .圖中圖中板板MNMN上方

13、是磁感應強度大小為上方是磁感應強度大小為B B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為板上有兩條寬度分別為2d2d和和d d的的縫，兩縫近端相距為縫，兩縫近端相距為L.L.一群質(zhì)量為一群質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q，具有不同，具有不同速度的粒子從寬度為速度的粒子從寬度為2d2d的縫垂直于板的縫垂直于板MNMN進入磁場進入磁場. .對于能夠從對于能夠從寬度為寬度為d d的縫射出的粒子，下列說法正確的是的縫射出的粒子，下列說法正確的是( )( )A.A.粒子帶正電粒子帶正電B.B.射出粒子的最大速度為射出粒子的最大速度為C.C.保持保持d d和和L

14、L不變，增大不變，增大B B，射出粒子的最大速度與最小速度之，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大差增大D.D.保持保持d d和和B B不變，增大不變，增大L L，射出粒子的最大速度與最小速度之，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大差增大qB 3dL2m【審題視角【審題視角】可按以下思路分析此題：可按以下思路分析此題： 【精講精析【精講精析】根據(jù)題意，粒子進入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫根據(jù)題意，粒子進入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應帶負電茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應帶負電,A,A錯誤錯誤. .粒子能粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為夠從右邊縫中射出，則最大半徑

15、為 最小半徑為最小半徑為 由于由于洛倫茲力提供向心力：洛倫茲力提供向心力：BqvBqv= = 可得可得v vmaxmax= v= vminmin= = 所以所以v vmaxmax-v-vminmin= = 分析可得分析可得B B、C C正確正確,D,D錯誤錯誤. .答案：答案：B B、C C 3dL22，L2，2vmr，Bq 3dL2m，BqL2m，3Bqd2m，【命題人揭秘【命題人揭秘】“另類另類”速度選擇器的應用速度選擇器的應用常見的速度選擇器選出的粒子速度相同常見的速度選擇器選出的粒子速度相同, ,而本裝置選出的粒子而本裝置選出的粒子速度則有一定的范圍速度則有一定的范圍. .利用利用“另

16、類另類”速度選擇器把運動學的知速度選擇器把運動學的知識和帶電粒子在磁場中的運動綜合在一起，建立起粒子的速度識和帶電粒子在磁場中的運動綜合在一起，建立起粒子的速度v v和半徑和半徑r r 之間的關(guān)系之間的關(guān)系, ,從而確定粒子在磁場中的最大與最小速從而確定粒子在磁場中的最大與最小速度差度差. . 磁場與電路知識的綜合應用磁場與電路知識的綜合應用【典例【典例8 8】(2010(2010四川高考四川高考) )如圖所如圖所示，電源電動勢示，電源電動勢E E0 0=15 V=15 V，內(nèi)阻，內(nèi)阻r r0 0=1 =1 ，電阻電阻R R1 1=30 ,R=30 ,R2 2=60 .=60 .間距間距d=0

17、.2 m d=0.2 m 的兩平行金屬板水平放置，板間分布有的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度垂直于紙面向里、磁感應強度B=1 TB=1 T的勻強磁場的勻強磁場. .閉合開關(guān)閉合開關(guān)S S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v=0.1m/sv=0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間沿兩板間中線水平射入板間. .設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為R Rx x，忽略空氣對小球的作用，取，忽略空氣對小球的作用，取g=10 m/sg=10 m/s2 2. . (1)(1)當當R Rx x=29 =2

18、9 時，電阻時，電阻R R2 2消耗的電功率是多大？消耗的電功率是多大？(2)(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為初速度的夾角為6060，則，則R Rx x是多少？是多少？【審題視角【審題視角】解答本題時應注意以下三點：解答本題時應注意以下三點：【關(guān)鍵點【關(guān)鍵點】(1)(1)對于直流電路對于直流電路, ,電容器相當于斷路電容器相當于斷路. .(2)(2)平行板電容器內(nèi)部場強平行板電容器內(nèi)部場強E E(3)(3)注意臨界值與圓的知識的運用注意臨界值與圓的知識的運用. . U.d【精講精析【精講精析】(1)(1)閉

19、合電路的外電阻為：閉合電路的外電阻為：R=RR=Rx x+ =29 + =49 + =29 + =49 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I= =0.3 AI= =0.3 AR R2 2兩端的電壓為兩端的電壓為U U2 2=E=E0 0-I(R-I(Rx x+r+r0 0)=15 V-0.3)=15 V-0.330 V=6 V30 V=6 VR R2 2消耗的電功率為消耗的電功率為P P2 2= =0.6 W= =0.6 W 1212R RRR30 60306000E15ARr49 12222U6WR60(2)(2)小球進入板間做勻速圓周運動，說明重力和電場力等大反小球進入板間做

20、勻速圓周運動，說明重力和電場力等大反向，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：向，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：BqvBqv= =mg= =mg，聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：U U2 2=小球做勻速圓周運動的初末速度的夾角等于圓心角為小球做勻速圓周運動的初末速度的夾角等于圓心角為6060，根，根據(jù)幾何關(guān)系得：據(jù)幾何關(guān)系得：r=dr=d，R R1212= =聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得：聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得：I= =0.2 AI= =0.2 AR Rx x= -r= -r0 0= -1 =54 = -1 =54 答案答案: :(1)0.6 W (2)54 (1)0.6 W (2)54 2vmr，2U

21、qdBrdgv1212R RRR212UR02EUI1540.2【閱卷人點撥【閱卷人點撥】失失分分提提示示 (1)(1)不能正確表示出電阻不能正確表示出電阻R R2 2兩端的電壓兩端的電壓( (及電容器兩極板間及電容器兩極板間的電壓的電壓).).(2)(2)不能正確列出粒子在復合場中的動力學方程不能正確列出粒子在復合場中的動力學方程. .(3)(3)不能正確畫出粒子在復合場中的運動軌跡，從而求錯不能正確畫出粒子在復合場中的運動軌跡，從而求錯粒子的運動半徑粒子的運動半徑. . 備備考考指指南南 (1)(1)取電路為研究對象，綜合應用串、并聯(lián)規(guī)律和閉合電取電路為研究對象，綜合應用串、并聯(lián)規(guī)律和閉合

22、電路的歐姆定律求解電壓、電流路的歐姆定律求解電壓、電流. .(2)(2)取粒子為研究對象，明確其受力情況和運動情況，依取粒子為研究對象，明確其受力情況和運動情況，依據(jù)動力學的知識建立方程據(jù)動力學的知識建立方程. . 磁感應強度、安培力及其應用磁感應強度、安培力及其應用 高考指數(shù)高考指數(shù): :1.(20121.(2012大綱版全國卷大綱版全國卷) )如圖，兩根如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的相互平行的長直導線過紙面上的M M、N N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流小相等、方向相反的電流.a.a、O O、b b在在M M、N N的連線上，

23、的連線上，O O為為MNMN的中點，的中點，c c、d d位于位于MNMN的中垂線上，且的中垂線上，且a a、b b、c c、d d到到O O點的距離均相等點的距離均相等. .關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是的是( )( ) A.OA.O點處的磁感應強度為零點處的磁感應強度為零B.aB.a、b b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C.cC.c、d d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D.aD.a、c c兩點處磁感應強度的方向不同兩點處磁感應強度的方向不同【解題指南【解題指南】磁感

24、應強度是矢量，某點的磁感應強度由磁感應強度是矢量，某點的磁感應強度由M M、N N電電流在該處疊加而成，磁感應強度的方向由安培定則判斷流在該處疊加而成，磁感應強度的方向由安培定則判斷. .【解析【解析】選選C.C.根據(jù)安培定則，根據(jù)安培定則，M M、N N電流在電流在O O點處的磁感應強度點處的磁感應強度方向相同，都垂直方向相同，都垂直MNMN連線向下，連線向下，O O點處的磁感應強度不為零，點處的磁感應強度不為零，選項選項A A錯誤；由對稱關(guān)系可知，錯誤；由對稱關(guān)系可知，a a、b b兩點處的磁感應強度大小兩點處的磁感應強度大小相等，磁感應強度方向都垂直相等，磁感應強度方向都垂直MNMN連線

25、向下，方向相同，選項連線向下，方向相同，選項B B錯誤；錯誤；c c、d d兩點處的磁感應強度方向都垂直兩點處的磁感應強度方向都垂直MNMN連線向下，方向連線向下，方向相同，大小相等，選項相同，大小相等，選項C C正確、正確、D D錯誤錯誤. . 2.(20122.(2012天津高考天津高考) )如圖所示如圖所示, ,金屬棒金屬棒MNMN兩端兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛, ,處于豎直向上的處于豎直向上的勻強磁場中勻強磁場中, ,棒中通以由棒中通以由M M向向N N的電流的電流, ,平衡時平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下如果僅改變下列某

26、一個條件列某一個條件,角的相應變化情況是角的相應變化情況是( )( )A.A.棒中的電流變大棒中的電流變大,角變大角變大B.B.兩懸線等長變短兩懸線等長變短,角變小角變小C.C.金屬棒質(zhì)量變大金屬棒質(zhì)量變大,角變大角變大D.D.磁感應強度變大磁感應強度變大,角變小角變小【解題指南【解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路分析：【解析【解析】選選A.A.金屬棒的受力情況如圖所示金屬棒的受力情況如圖所示, ,則有則有tantan= = 當棒中的電流當棒中的電流I I變變大或者磁感應強度大或者磁感應強度B B變大時，因為重力不變，變大時，因為重力不變，所以所以角會變大，選項角會變

27、大，選項A A對、對、D D錯；兩懸線等錯；兩懸線等長變短對長變短對角沒有影響，選項角沒有影響，選項B B錯；當金屬棒錯；當金屬棒的質(zhì)量變大時，的質(zhì)量變大時，角變小，選項角變小，選項C C錯錯. . FBIL.mgmg安3.(20113.(2011大綱版全國卷大綱版全國卷) )如圖，兩根相互如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流平行的長直導線分別通有方向相反的電流I I1 1和和I I2 2 ，且，且I I1 1I I2 2；a a、b b、c c、d d為導線某為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a a、b b、c c與與兩導線共面；兩導線共面；b b

28、點在兩導線之間，點在兩導線之間，b b、d d的連的連線與導線所在平面垂直線與導線所在平面垂直. .磁感應強度可能為磁感應強度可能為零的點是零的點是( )( )A.aA.a點點 B.bB.b點點 C.cC.c點點 D.dD.d點點【解題指南【解題指南】解答本題要把握以下三點：解答本題要把握以下三點：(1)(1)理解直線電流的磁場強弱與距離通電導線遠近有關(guān)理解直線電流的磁場強弱與距離通電導線遠近有關(guān). .(2)(2)明確直線電流磁場的磁感線的空間分布情況明確直線電流磁場的磁感線的空間分布情況. .(3)(3)磁場是矢量，滿足矢量運算法則磁場是矢量，滿足矢量運算法則. .【解析【解析】選選C.C.

29、空間某點的磁感應強度的大小和方向是兩條直線空間某點的磁感應強度的大小和方向是兩條直線電流各自產(chǎn)生的磁場疊加的結(jié)果電流各自產(chǎn)生的磁場疊加的結(jié)果. .距離導線越近的地方，磁場距離導線越近的地方，磁場越強越強. .根據(jù)安培定則，只有在根據(jù)安培定則，只有在c c點，兩條導線電流各自產(chǎn)生的磁點，兩條導線電流各自產(chǎn)生的磁場才有可能大小相等，方向相反，疊加后互相抵消，磁感應強場才有可能大小相等，方向相反，疊加后互相抵消，磁感應強度為零度為零. . 4.(20114.(2011新課標全國卷新課標全國卷) )電磁軌道炮工電磁軌道炮工作原理如圖所示作原理如圖所示. .待發(fā)射彈體可在兩平行待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之

30、間自由移動，并與軌道保持良好軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸接觸. .電流電流I I從一條軌道流入，通過導電從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回彈體后從另一條軌道流回. .軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場面的磁場( (可視為勻強磁場可視為勻強磁場) )，磁感應強度的大小與，磁感應強度的大小與I I成正比成正比. .通電通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出. .現(xiàn)欲使彈體的出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的射速度增加至原來的2 2倍，理論上可采用的方法是倍，理論上可采用的方法是( )( )A.

31、A.只將軌道長度只將軌道長度L L變?yōu)樵瓉淼淖優(yōu)樵瓉淼? 2倍倍B.B.只將電流只將電流I I增加至原來的增加至原來的2 2倍倍C.C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D.D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L L變?yōu)樵瓉淼淖優(yōu)樵瓉淼? 2倍，其倍，其他量不變他量不變【解題指南【解題指南】解答本題注意以下兩點：解答本題注意以下兩點：(1)(1)在彈體的加速過程中安培力做功在彈體的加速過程中安培力做功. .(2)(2)在加速過程中可以應用動能定理進行判斷在加速過程中可以應用動能定理進行判斷. .【解析【解析】選選B B、D.D.設(shè)軌道間距為

32、設(shè)軌道間距為a a，發(fā)射速度為，發(fā)射速度為v v時，對應的電流為時，對應的電流為I I，彈體的質(zhì)量為，彈體的質(zhì)量為m m，軌道長度為，軌道長度為L L，彈體的長度為，彈體的長度為a a，當速度為，當速度為2v2v時，對應的電流為時，對應的電流為II，彈體的質(zhì)量為，彈體的質(zhì)量為mm，軌道長度為，軌道長度為LL，依題，依題意有，意有，B=kIB=kI，F(xiàn)=BIaF=BIa=kI=kI2 2a a，由動能定理得，由動能定理得，F(xiàn)L= mvFL= mv2 2，即，即kIkI2 2aL=aL= mv mv2 2，同理有，同理有kIkI2 2aL= m4vaL= m4v2 2，兩式相比可得：，兩式相比可得

33、： 四個選項中只有四個選項中只有B B、D D兩個選項使前式成立，故兩個選項使前式成立，故A A、C C錯，錯，B B、D D正確正確. . 12121222I Lm1I L m4，5.(20115.(2011上海高考上海高考) )如圖，質(zhì)量為如圖，質(zhì)量為m m、長為、長為L L的直導線用兩絕緣的直導線用兩絕緣細線懸掛于細線懸掛于O O、OO，并處于勻強磁場中，并處于勻強磁場中. .當導線中通以沿當導線中通以沿x x正方正方向的電流向的電流I I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為.則則磁感應強度方向和大小可能為磁感應強度方向和大小可能為( )( )

34、A.zA.z正向，正向， B.yB.y正向，正向，C.zC.z負向，負向， D.D.沿懸線向上，沿懸線向上，mgtanILmgILmgtanILmgsinIL【解題指南【解題指南】解答本題應注意以下三點：解答本題應注意以下三點：(1)(1)把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖. .(2)(2)平衡時，重力、繩子拉力和安培力三者合力為零平衡時，重力、繩子拉力和安培力三者合力為零. .(3)(3)安培力的方向符合左手定則安培力的方向符合左手定則. . 【解析【解析】選選B B、C.C.對于對于A A選項，安培力水平向里，三力合力不可選項，安培力水平向里，三力合力不可能為零能為零,A,A錯誤；對

35、于錯誤；對于B B選項，安培力豎直向上，當安培力選項，安培力豎直向上，當安培力BIL=BIL=mgmg時，可以平衡，此時時，可以平衡，此時B= BB= B選項正確；對于選項正確；對于C C選項，安培力選項，安培力水平向外，三力平衡時安培力水平向外，三力平衡時安培力BIL=mgtanBIL=mgtan，此時，此時B= CB= C選項正確；對于選項正確；對于D D選項，安培力垂直于繩子的方向向里，三力選項，安培力垂直于繩子的方向向里，三力不可能平衡，不可能平衡，D D錯誤錯誤. . mgIL，mgtanIL，【誤區(qū)警示【誤區(qū)警示】解答本題易出現(xiàn)如下錯誤解答本題易出現(xiàn)如下錯誤(1)(1)不能把立體圖

36、轉(zhuǎn)化為正確的平面圖不能把立體圖轉(zhuǎn)化為正確的平面圖; ;(2)(2)誤認為懸線與豎直方向有夾角，懸線中必有張力，從而導誤認為懸線與豎直方向有夾角，懸線中必有張力，從而導致漏選致漏選B B項項. . 6.(20126.(2012新課標全國卷新課標全國卷) )圖圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁向、且與紙面垂直的勻強磁場場. .現(xiàn)通過測量通電導線在現(xiàn)通過測量通電導線在磁場中所受的安培力磁場中所受的安培力, ,來測來測量磁場的磁感應強度大小量磁場的磁感應強度大小, ,并并判定其方向判定其方向. .所用部分器材已所用部分器材已在圖中給出在圖中給出, ,其中其中D

37、D為位于紙面內(nèi)的為位于紙面內(nèi)的U U形金屬框形金屬框, ,其底邊水平其底邊水平, ,兩兩側(cè)邊豎直且等長側(cè)邊豎直且等長;E;E為直流電源為直流電源;R;R為電阻箱為電阻箱; ; 為電流表為電流表;S;S為開為開關(guān)關(guān). .此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導線此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導線. . (1)(1)在圖中畫線連接成實驗電路圖在圖中畫線連接成實驗電路圖. .(2)(2)完成下列主要實驗步驟中的填空完成下列主要實驗步驟中的填空: :按圖接線按圖接線. .保持開關(guān)保持開關(guān)S S斷開斷開, ,在托盤內(nèi)加入適量細沙在托盤內(nèi)加入適量細沙, ,使使D D處于平衡狀態(tài)處于平衡狀態(tài); ;然后用天平

38、稱出細沙質(zhì)量然后用天平稱出細沙質(zhì)量m m1 1. .閉合開關(guān)閉合開關(guān)S,S,調(diào)節(jié)調(diào)節(jié)R R的值使電流大小適當?shù)闹凳闺娏鞔笮∵m當, ,在托盤內(nèi)重新加入適在托盤內(nèi)重新加入適量細沙量細沙, ,使使D_;D_;然后讀出然后讀出_,_,并用天平稱出并用天平稱出_._.用米尺測量用米尺測量_._.(3)(3)用測得的物理量和重力加速度用測得的物理量和重力加速度g g表示磁感應強度的大小表示磁感應強度的大小, ,可可以得出以得出B=_.B=_.(4)(4)判定磁感應強度方向的方法是判定磁感應強度方向的方法是: :若若_,_,磁感應強度方向磁感應強度方向垂直紙面向外垂直紙面向外; ;反之反之, ,磁感應強度方

39、向垂直紙面向里磁感應強度方向垂直紙面向里. .【解題指南【解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路分析： 【解析【解析】分析本實驗原理可得出：通過分析本實驗原理可得出：通過U U形金屬框在重力、細形金屬框在重力、細線拉力和安培力作用下的平衡，來求得磁場的磁感應強度大小線拉力和安培力作用下的平衡，來求得磁場的磁感應強度大小. .所以所以, ,必須構(gòu)成給金屬框通一可改變電流大小的供電電路，根必須構(gòu)成給金屬框通一可改變電流大小的供電電路，根據(jù)所給儀器即可連接成一簡單的串聯(lián)實驗電路據(jù)所給儀器即可連接成一簡單的串聯(lián)實驗電路. .根據(jù)金屬框的根據(jù)金屬框的平衡要測定金屬框的重量和安培力的

40、大小，可通過改變托盤內(nèi)平衡要測定金屬框的重量和安培力的大小，可通過改變托盤內(nèi)的細沙質(zhì)量來調(diào)平衡，由于磁場方向不確定的細沙質(zhì)量來調(diào)平衡，由于磁場方向不確定. .所以所以, ,實驗結(jié)果有實驗結(jié)果有兩種可能，所列平衡方程式為：兩種可能，所列平衡方程式為：mg=mmg=m1 1g g，mg=mmg=m2 2g gBIBIl，所以，所以B= B= 其相應的實驗步驟中的填空就能正確寫出其相應的實驗步驟中的填空就能正確寫出. .21mmg.Il答案：答案：(1)(1)如圖所示如圖所示(2)(2)重新處于平衡重新處于平衡 電流表的示數(shù)電流表的示數(shù)I I 此時細沙的質(zhì)量此時細沙的質(zhì)量m m2 2D D的底邊長的

41、底邊長l(3) (4)m(3) (4)m2 2mm1 1 21mmgIl7.(20107.(2010浙江高考浙江高考) )如圖所示，一矩形如圖所示，一矩形輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過O O點垂直紙面的點垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為L L1 1，垂直紙面的寬度為垂直紙面的寬度為L L2 2. .在膜的下端在膜的下端( (圖中圖中A A處處) )掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m m，長，長為為L L2 2的導體棒使膜成平面的導體棒使膜成平面. .在膜下方水平在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光放置

42、一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能電池板上的所有光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能. .光電池板可等效光電池板可等效為一個電池，輸出電壓恒定為為一個電池，輸出電壓恒定為U U；輸出電流正比于光電池板接；輸出電流正比于光電池板接收到的光能收到的光能( (設(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定設(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定).). 導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B B中，并與光電池構(gòu)成回中，并與光電池構(gòu)成回路，流經(jīng)導體棒的電流垂直紙面向外路，流經(jīng)導體棒的電流垂直紙面向外( (注：光電池與導體棒直注：光電池與導

43、體棒直接相連，連接導線未畫出接相連，連接導線未畫出).).(1)(1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成現(xiàn)有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成6060時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率小和光電池的輸出功率. .(2)(2)當當變成變成4545時，通過調(diào)整電路使導體棒保持平衡，光電時，通過調(diào)整電路使導體棒保持平衡，光電池除維持導體棒力學平衡外，還能輸出多少額外電功率？池除維持導體棒力學平衡外，還能輸出多少額外電功率？【解析【解析】(1)(1)導體棒所受安培力為導體棒所受安培力為: :F FA A=IBL

44、=IBL2 2 對導體棒由平衡條件得：對導體棒由平衡條件得：mgtanmgtan=F=FA A 解得：解得：I= I= 所以當所以當=60=60時時I I1 1= = 光電池輸出功率為：光電池輸出功率為：P P1 1=UI=UI1 1= =(2)(2)當當=45=45時時, ,根據(jù)根據(jù)式可知維持受力平衡需要的電流為：式可知維持受力平衡需要的電流為：I I2 2= =2mgtanBL22mgtan603mgBLBL23mgUBL22mgtan45mgBLBL根據(jù)幾何關(guān)系可知：根據(jù)幾何關(guān)系可知： = =解得：解得：P P2 2= P= P1 1= =而光電池產(chǎn)生的電流為而光電池產(chǎn)生的電流為：I I

45、光電光電= = 所以能提供的額外電流為：所以能提供的額外電流為：I I額外額外=I=I光電光電-I-I2 2= = 226mgUBL22P 6mgUBL2mg61BL1212L L cos452L L cos6021PP可提供的額外功率為：可提供的額外功率為： P P額外額外=I=I額外額外U= U= 答案答案: :(1) (1) (2)(2)2mgU61BL23mgBL23mgUBL2mgU61BL 洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的圓周運動洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的圓周運動高考指數(shù)高考指數(shù): :8.(20128.(2012北京高考北京高考) )處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁處于勻強磁場中

46、的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動場力作用下做勻速圓周運動. .將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值那么此電流值( )( )A.A.與粒子電荷量成正比與粒子電荷量成正比B.B.與粒子速率成正比與粒子速率成正比C.C.與粒子質(zhì)量成正比與粒子質(zhì)量成正比D.D.與磁感應強度成正比與磁感應強度成正比【解題指南【解題指南】本題需要把握以下兩點本題需要把握以下兩點: :(1)(1)電流強度的定義式電流強度的定義式. .(2)(2)粒子圓周運動的周期公式粒子圓周運動的周期公式. .【解析【解析】選選D.D.粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動的周期粒子在洛倫茲力作用

47、下做圓周運動的周期 電流強度電流強度I= I= 所以電流強度所以電流強度I I與磁感應與磁感應強度強度B B成正比，成正比，D D正確正確. . 2 mTqB，2qq BT2 m，9.(20129.(2012廣東高考廣東高考) )質(zhì)量和電量都相等質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子的帶電粒子M M和和N,N,以不同的速率經(jīng)小孔以不同的速率經(jīng)小孔S S垂直進入勻強磁場垂直進入勻強磁場, ,運行的半圓軌跡如圖運行的半圓軌跡如圖中虛線所示中虛線所示, ,下列表述正確的是下列表述正確的是( )( )A.MA.M帶負電帶負電,N,N帶正電帶正電B.MB.M的速率小于的速率小于N N的速率的速率C.C.洛倫茲力對洛

48、倫茲力對M M、N N做正功做正功D.MD.M的運行時間大于的運行時間大于N N的運行時間的運行時間 【解題指南【解題指南】解答本題可按以下思路分析：解答本題可按以下思路分析：【解析【解析】選選A.A.由左手定則可知由左手定則可知M M帶負電，帶負電，N N帶正電，故帶正電，故A A選項正選項正確確. .由由qvBqvB= = 得得R= R= 由題意可知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電由題意可知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由題圖及量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由題圖及A A選項的判選項的判斷可知斷可知R RN NR RM M, ,故故v vN Nv vM M，所以，所

49、以B B選項錯誤選項錯誤. .由于洛倫茲力的方向由于洛倫茲力的方向2vmRmvBq，始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力永遠不會對始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力永遠不會對M M、N N做功，則做功，則C C選項錯誤選項錯誤. .由由 及題給條件可知，這兩及題給條件可知，這兩個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由題圖可見兩個帶電個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由題圖可見兩個帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了180180，故在磁場中運，故在磁場中運動的時間相等，所以動的時間相等，所以D D選項錯誤選項錯誤. . 2 R2 mTvBq10.(2

50、01210.(2012江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，如圖所示，MNMN是是磁感應強度為磁感應強度為B B的勻強磁場的邊界的勻強磁場的邊界. .一質(zhì)一質(zhì)量為量為m m、電荷量為、電荷量為q q的粒子在紙面內(nèi)從的粒子在紙面內(nèi)從O O點射入磁場點射入磁場. .若粒子速度為若粒子速度為v v0 0，最遠能，最遠能落在邊界上的落在邊界上的A A點點. .下列說法正確的有下列說法正確的有( )( )A.A.若粒子落在若粒子落在A A點的左側(cè)，其速度一定小于點的左側(cè)，其速度一定小于v v0 0B.B.若粒子落在若粒子落在A A點的右側(cè)，其速度一定大于點的右側(cè)，其速度一定大于v v0 0C.C.若粒子落在若

51、粒子落在A A點左右兩側(cè)點左右兩側(cè)d d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于的范圍內(nèi)，其速度不可能小于D.D.若粒子落在若粒子落在A A點左右兩側(cè)點左右兩側(cè)d d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于的范圍內(nèi)，其速度不可能大于0qBdv2m0qBdv2m【解題指南【解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路分析：【解析【解析】選選B B、C.C.只有當帶電粒子垂直邊界入射時，出射點離只有當帶電粒子垂直邊界入射時，出射點離入射點的距離為直徑時才最遠，設(shè)入射點的距離為直徑時才最遠，設(shè)OAOA之間的距離為之間的距離為l, ,由由 可得：可得：R R1 1= = 當出射點離入射點的最近距離為當出射點離入射

52、點的最近距離為l-d-d時，有時，有R R2 2= = 聯(lián)立上式可知此時有最小速度聯(lián)立上式可知此時有最小速度 當出射當出射點離入射點的最遠距離為點離入射點的最遠距離為l+d+d時，有時，有 聯(lián)立上式可聯(lián)立上式可2vqvBmR0mvqB2，lmvdqB2，l0qBdvv2m；2mvdRqB2，l知此時有最大的垂直入射速度知此時有最大的垂直入射速度v=vv=v0 0+ + 考慮當入射速度不垂考慮當入射速度不垂直邊界入射時，要想達到最遠距離直邊界入射時，要想達到最遠距離l+d+d，其速度可以比這個臨，其速度可以比這個臨界速度大，所以選項界速度大，所以選項D D不對，不對，C C正確正確. .同理可以

53、判斷出同理可以判斷出A A不對，不對，B B正確正確. .答案選答案選B B、C.C. qBd2m，11.(201011.(2010江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OOOO與與SSSS垂直垂直.a.a、b b、c c三個質(zhì)子先后從三個質(zhì)子先后從S S點沿垂直于磁場的點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，方向射入磁場，它們的速度大小相等，b b的速度方向與的速度方向與SSSS垂直，垂直，a a、c c的速度的速度方向與方向與

54、b b的速度方向間的夾角分別為的速度方向間的夾角分別為、，且，且.三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達到同一點域后能達到同一點SS，則下列說法中，則下列說法中正確的有正確的有 ( )( ) A.A.三個質(zhì)子從三個質(zhì)子從S S運動到運動到SS的時間相等的時間相等B.B.三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OOOO軸上軸上C.C.若撤去附加磁場，若撤去附加磁場，a a到達到達SSSS連線上的位置距連線上的位置距S S點最近點最近D.D.附加磁場方向與原磁場方向相同附加磁場方向與原磁場方向相同【解析【解析】選選C C

55、、D.D.三個質(zhì)子從三個質(zhì)子從S S運動到運動到S S過程，運動軌跡的長過程，運動軌跡的長度從度從a a、b b、c c依次增大，由于洛倫茲力對質(zhì)子不做功，三個質(zhì)依次增大，由于洛倫茲力對質(zhì)子不做功，三個質(zhì)子速度大小始終相等，運動時間不相等，選項子速度大小始終相等，運動時間不相等，選項A A錯誤；三個質(zhì)錯誤；三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域運動時，以質(zhì)子子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域運動時，以質(zhì)子b b為例為例畫出其運動軌跡圖的兩種情況畫出其運動軌跡圖的兩種情況(Rr(Rr和和Rr)R0)(q0)速度大小速度大小1 1m m2q2qv v2 22m2m2q2q2v2v3 33m3m-

56、3q-3q3v3v4 42m2m2q2q3v3v5 52m2m-q-qv v【解題指南【解題指南】解答本題應注意以下兩點：解答本題應注意以下兩點：(1)(1)分析表格中的數(shù)據(jù)特點分析表格中的數(shù)據(jù)特點. .(2)(2)根據(jù)表格中比荷與速度的大小關(guān)系結(jié)合半徑公式，找到相根據(jù)表格中比荷與速度的大小關(guān)系結(jié)合半徑公式，找到相應粒子應粒子. . 【解析【解析】選選D.D.根據(jù)半徑公式根據(jù)半徑公式 結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1 15 5各組粒子的半徑之比依次為各組粒子的半徑之比依次為0.523320.52332，說明第一組正，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從粒子的半徑最小，該粒子從MQMQ

57、邊界進入磁場逆時針運動邊界進入磁場逆時針運動. .由題由題圖知圖知a a、b b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a a、b b粒子的半徑比為粒子的半徑比為2323，則，則a a一定是編號為一定是編號為2 2的粒子，的粒子，b b是編是編號為號為4 4的粒子的粒子.c.c順時針運動，為負電荷，半徑與順時針運動，為負電荷，半徑與a a相等是編號為相等是編號為5 5的粒子的粒子. .正確答案是正確答案是D.D. mvrBq13.(201113.(2011海南高考海南高考) )空間存在方向垂空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方直于

58、紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界形為其邊界. .一細束由兩種粒子組成的一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從粒子流沿垂直于磁場的方向從O O點入射點入射. .這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計重力重力. .下列說法正確的是下列說法正確的是( )( ) A.A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡

59、一定相同C.C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大大【解題指南【解題指南】解答本題時應注意以下兩點：解答本題時應注意以下兩點：(1)(1)明確粒子在磁場中運動的周期和半徑公式明確粒子在磁場中運動的周期和半徑公式. .(2)(2)根據(jù)公式對各選項進行判斷根據(jù)公式對各選項進行判斷. .【解析【解析】選選B B、D.D.根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的周期根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的周期T= T= 可知兩種粒子在磁場中的運動周期相同可知兩

60、種粒子在磁場中的運動周期相同. .若速度不同的粒子在若速度不同的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角相同時，軌跡可以不同，但運動時間相同磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角相同時，軌跡可以不同，但運動時間相同. .再由半徑公式再由半徑公式R= R= 可知，入射速度相同的粒子軌跡相同，?？芍肷渌俣认嗤牧Ｗ榆壽E相同，粒子在磁場中運動的時間子在磁場中運動的時間t= t= 即由軌跡所對的圓心角決即由軌跡所對的圓心角決定，故定，故B B、D D正確，正確，A A、C C錯誤錯誤. . 2 mqB，mvqBT2，14.(201014.(2010全國卷全國卷)如圖所示，如圖所示，在在0 x a0 x a區(qū)域內(nèi)存在與區(qū)域內(nèi)存在與xy

61、xy平面平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為大小為B.B.在在t=0t=0時刻，一位于坐標時刻，一位于坐標原點的粒子源在原點的粒子源在xyxy平面內(nèi)發(fā)射出平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與速度大小相同，方向與y y軸正方向的夾角分布在軸正方向的夾角分布在0 0180180范圍范圍內(nèi)內(nèi). .已知沿已知沿y y軸正方向發(fā)射的粒子在軸正方向發(fā)射的粒子在t=tt=t0 0時刻剛好從磁場邊界上時刻剛好從磁場邊界上P( a,aP( a,a) )點離開磁場點離開磁場. .求：求： 33(1)(1)粒子在磁場中做圓周運動的

62、半徑粒子在磁場中做圓周運動的半徑R R及粒子的比荷及粒子的比荷q qm m；(2)t(2)t0 0時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y y軸正方向夾角的軸正方向夾角的取值范圍；取值范圍； (3)(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間. .【解析【解析】(1)(1)初速度與初速度與y y軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如圖中的弧跡如圖中的弧OP OP 所示所示, ,其圓心為其圓心為C.C. 由題給條件可以得出由題給條件可以得出OCP= OCP= 此粒子飛出磁場所用的時間此粒子飛出磁

63、場所用的時間為：為：t t0 0= = 式中式中T T為粒子做圓周運動的周期為粒子做圓周運動的周期. .設(shè)粒子運動速度設(shè)粒子運動速度的大小為的大小為v,v,半徑為半徑為R,R,由幾何關(guān)系可得：由幾何關(guān)系可得：R=R=由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvBqvB= =由以上幾式聯(lián)立由以上幾式聯(lián)立, ,可得：可得：2,3T3，2a32vmR，2 RTv0q2m3Bt(2)(2)依題意依題意, ,同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O O的距離相同，在的距離相同，在t t0 0時刻仍在磁場中的粒子應位于以時刻仍在磁場中的粒子應位于以O(shè) O點為圓心、點為圓心

64、、OPOP為半徑的弧為半徑的弧MNMN上上, ,如圖所示如圖所示. .設(shè)此時位于設(shè)此時位于P P、M M、N N三點的粒子三點的粒子的初速度分別為的初速度分別為v vP P、v vM M、v vN N. .由由對稱性可知對稱性可知v vP P與與OPOP、v vM M與與OMOM、V Vn n與與ONON的夾角均為的夾角均為/3./3.設(shè)設(shè)v vM M、v vN N與與y y軸正向的夾角分別為軸正向的夾角分別為M M、N N, ,由幾何關(guān)系有：由幾何關(guān)系有：M M= = N N= =對于所有此時仍在磁場中的粒子對于所有此時仍在磁場中的粒子, ,其初速度與其初速度與y y軸正方向所成的軸正方向所

65、成的夾角夾角應滿足應滿足 . . 3，23323(3)(3)在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應與磁場右邊界在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應與磁場右邊界相切相切, ,其軌跡如圖所示其軌跡如圖所示. .由幾何關(guān)系可知由幾何關(guān)系可知, , 弧長弧長OMOM等于弧長等于弧長OP,OP,由對稱性可知，由對稱性可知，弧長等于弧長弧長等于弧長OP,OP,所以所以從粒子發(fā)射到全部粒子飛出從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間：磁場所用的時間：m m=2t=2t0 0. .答案答案: :(1) (1) (2) (3)2t(2) (3)2t0 0 3232a3023Bt15.(201015.(2010新

66、課標全國卷新課標全國卷) )如圖所示，在如圖所示，在0 xa0 xa、0y0y 范圍內(nèi)有垂直于范圍內(nèi)有垂直于xyxy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為為B.B.坐標原點坐標原點O O處有一個粒子源，在某處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在度方向均在xyxy平面內(nèi)，與平面內(nèi)，與y y軸正方向的夾角分布在軸正方向的夾角分布在0 09090范圍范圍內(nèi)內(nèi). .已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2a/2到到a a之間，從之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一做圓周運動周期的四分之一. .求最后離開磁場的粒子從粒子源求最后離開磁場的粒子從粒子源a2射出時的射出時的 (1)(1)速度的大??；速度的大小；(2)(2)速度方向與速度方向與y y軸正方向夾角的正弦軸正方向夾角的正弦. .【解析【解