2020版高三物理一轮复习学案：第九章磁场

第九章 磁　场
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
命题概率
常考角度
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ)
洛伦兹力、洛伦兹力的方向(Ⅰ)
洛伦兹力公式(Ⅱ)
以上3个考点未曾独立命题
磁场、磁感应强度、磁感线(Ⅰ)
'18Ⅱ卷T20(6分)　
'17Ⅲ卷T18(6分)
'15Ⅱ卷T18(6分)
独立命题概率60%
(1)电流的磁场及安培定则的应用(2)安培力、洛伦兹力的理解及应用
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动问题
(4)带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题
(5)带电粒子在复合场中的运动问题
(6)洛伦兹力在现代科技中的应用
安培力、安培力的方向(Ⅰ)
'17Ⅰ卷T19(6分)　
'17Ⅱ卷T21(6分)
'15Ⅰ卷T24(12分)
综合命题概率60%
匀强磁场中的安培力(Ⅱ)
'14Ⅰ卷T15(6分)
独立命题概率30%
质谱仪和回旋加速器(Ⅰ)
'16Ⅰ卷T15(6分)
综合命题概率30%
带电粒子在匀强磁场中的运动(Ⅱ)
'18
Ⅰ卷T25(20分)，
Ⅱ卷T25(20分)，
Ⅲ卷T24(12分)
独立命题概率100%
综合命题概率100%
'17
Ⅰ卷T16(6分)，
Ⅱ卷T18(6分)，
Ⅲ卷T24(12分)
'16
Ⅱ卷T18(6分)，
Ⅲ卷T18(6分)
'15
Ⅰ卷T14(6分)，
Ⅱ卷T19(6分)
'14
Ⅰ卷T16(6分)，
Ⅱ卷T20(6分)

第1节　磁场的描述　磁场对电流的作用

一、磁场、磁感应强度
1．磁场
基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝。[注1]
(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：磁感线疏密程度相同、方向相同。
二、磁感线　通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
1．磁感线及其特点
(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)特点[注2]
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2．电流的磁场

通电直导线
通电螺线管
环形电流
安
培
定
则




三、安培力、安培力的方向　匀强磁场中的安培力
1．安培力的大小
(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝。
2．安培力的方向
左手定则判断： [注3]
(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
【注解释疑】
[注1] B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调通电导线垂直于磁场。

[注2] 磁场是客观存在的特殊物质，磁感线是假想的曲线；磁感线是闭合的曲线，而电场线是不闭合的曲线。
[注3] 安培力方向一定垂直电流与磁场方向决定的平面，即同时有FA⊥I，FA⊥B。而磁场与电流的方向可以不垂直。
[深化理解]
1．电流不受安培力或运动电荷不受洛伦兹力，都不能说明该处没有磁场，这一点与电场不同，电荷在电场中一定受电场力作用。
2．安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。
3．安培力的冲量I＝BLq。
[基础自测]
一、判断题
(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)
(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)
(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)
(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)
(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)
(7)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。(√)
二、选择题
1．[粤教版选修3－1 P84T1]把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用。关于安培力的方向，下列说法中正确的是(　　)
A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直
C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直
D．安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直
解析：选D　根据左手定则可知，安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直，故D正确。
2．[教科版选修3－1 P83T3](多选)如图为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是(　　)
A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处
B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处
C．小磁针在B处和A处N极都指向左方
D．小磁针在B处和C处N极都指向右方
解析：选BC　根据安培定则可知，A、B两处磁场方向向左，C处磁场方向向右；根据通电螺线管周围的磁感线分布情况可知，B处磁感线最密，C处磁感线最疏。
3．(多选)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中，当通过它的电流为I时，所受安培力为F。以下关于磁感应强度B的说法正确的是(　　)
A．磁感应强度B一定等于
B．磁感应强度B可能大于或等于
C．磁场中通电直导线受安培力大的地方，磁感应强度一定大
D．在磁场中通电直导线也可以不受安培力
答案：BD
4.[人教版选修3－1 P94T3改编]如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)

解析：选A　由安培力F＝BIL可知，线圈在磁场中的有效长度越大，天平越容易失去平衡，故A正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在安培定则和磁场叠加、安培力作用下导体运动情况的判断与平衡问题，对三个考点的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对安培力作用下的平衡问题有时考查计算题，难度中等。
考点一　安培定则的应用和磁场的叠加[基础自修类]
[题点全练]
1．[安培定则的应用]
如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
解析：选B　由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以小磁针b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转。故B正确。
2．[两电流产生磁场的叠加]
(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知
在b点：B0＝B0－B1＋B2
在a点：B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
3．[多个电流产生磁场的叠加]
四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存；在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为(　　)
A．2B，方向向左　　　　 B．2B，方向向下
C．2B，方向向右 D．2B，方向向上
解析：选A　根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a导线产生的磁感应强度方向为Od方向；c导线产生的磁感应强度方向为Od方向；同理，b导线产生的方向为Oa方向，d导线产生的方向为Oa方向，则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为2B，方向水平向左。故A正确。
[名师微点]
1．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。

原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流及通电螺线管的磁场
四指
大拇指
2.磁场的叠加
磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。

考点二　安培力作用下导体运动情况的判断[师生共研类]
1．判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2．五种常用判定方法
电流元法
分割为电流元安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊
位置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究
对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向

[典例]　如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
[解析]　如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。

分析导线转过90°时的情形，如图乙所示。导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项A正确。
[答案]　A
[题点全练]
1．[等效法]
如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
解析：选C　把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。
2．[结论法与电流元法组合]
如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖；直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则(　　)
A．金属棒始终静止不动
B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环
C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环
D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环
解析：选B　由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到平行水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确。
3．[一题多法]
一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以；图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)
A．不动　　　　　　 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．在纸面内平动
解析：选B　法一：电流元法
把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。
法二：等效法
把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。
法三：结论法
环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。故B正确。

考点三　安培力作用下的平衡问题[多维探究类]
题型(一)　安培力的叠加
[例1]　(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两
两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法
正确的是(　　)
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
[解析]　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。

[答案]　BC
　
安培力的大小
安培力大小计算常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
(1)B与L垂直；
(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。

如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。
题型(二)　通电金属棒的平衡问题
[例2]　(多选)如图所示，空间中有一斜向右下方、与水平方向成θ角的匀强磁场，磁感应强度为B，一绝缘竖直挡板AC垂直于纸面所在的平面竖直放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点处于静止状态。下列说法正确的是(　　)

A．若挡板AC表面光滑，略减小杆中电流，杆可能仍然静止于O点
B．若挡板AC表面光滑，略增大杆中电流，要使杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度
C．若挡板AC表面粗糙，略增大杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力一定增大
D．若挡板AC表面粗糙，略减小杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上
[解析]　若挡板AC表面光滑，则杆受重力G、支持力N和安培力F的作用而静止，如图甲所示，根据平衡条件有Fcos θ＝G，而F＝BIL，得BILcos θ＝G，当略减小杆中电流I时，有BILcos θBILcos θ，杆是否受静摩擦力f？方向如何？略增大I时，f如何变化？
(2)若G＝BILcos θ，杆是否受静摩擦力f？略增大或减少I时，f如何变化？
(3)若G0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3。
解析：(1)I1方向向左，I2方向向右。
(2)当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F＝kIiL，
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。
F1∶F2＝ I1∶I2。
(3)设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有
2T0＝G,2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝a。
＝＝，
I3＝I1。
答案：(1)I1方向向左　I2方向向右　(2)I1∶I2　
(3)I1

第2节　带电粒子在磁场中的运动

一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。[注1]
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。[注2]
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)[注3]
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v⊥B)
⇨[注4]
[注解释疑]
[注1] 安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。
[注2] 洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功。
[注3] F＝0时，B不一定为零。
[注4] 由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，只由粒子的比荷决定。
[深化理解]
1．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。
2．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定。



3．带电粒子做匀速圆周运动必须抓住几何条件：
(1)入射点和出射点，两个半径的交点和夹角；
(2)两个半径的交点即轨迹的圆心；
(3)两个半径的夹角等于偏转角，偏转角对应粒子在磁场中运动的时间。
[基础自测]
一、判断题
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)
(3)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)
(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)
(5)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)
(6)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。(√)
(7)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(√)
二、选择题
1．[人教版选修3－1 P98T1改编]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)

答案：B
2.(多选)电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示。若磁场的磁感应强度为B，那么(　　)
A．电子在磁场中的运动时间t＝
B．电子在磁场中的运动时间t＝
C．洛伦兹力对电子做的功是W＝BevL
D．电子在b点的速度值也为v
解析：选BD　电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由a点到b点运动时间t＝，洛伦兹力对电子不做功，故B、D正确。
3．[鲁科版选修3－1 P132T2](多选)两个粒子，电量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动(　　)
A．若速率相等，则半径必相等
B．若动能相等，则周期必相等
C．若质量相等，则周期必相等
D．若动量大小相等，则半径必相等
解析：选CD　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，T＝，可知C、D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对洛伦兹力的理解、半径公式和周期公式的应用、带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题以及带电粒子在匀强磁场中的多解问题，其中对洛伦兹力的理解、半径公式和周期公式的应用及带电粒子在匀强磁场中的运动的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 以及带电粒子在匀强磁场中的多解问题的考查，难度较大。
考点一　对洛伦兹力和半径、周期公式的理解与应用[基础自修类]
[题点全练]
1．[洛伦兹力的理解]
下列说法正确的是(　　)
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子不做功
解析：选D　运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，故D正确。
2．[洛伦兹力的方向]
如图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(　　)
A．a、b为β粒子的径迹　　　
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
解析：选D　由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。
3．[半径、周期公式的定性判断]
(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。
4．[半径、周期公式的定量计算]
在同一匀强磁场中，α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：选B　α粒子(24He)和质子(11H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比 ＝·＝×＝，选项B正确；根据F＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝×＝，选项D错误。
[名师微点]
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力永不做功。
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
3．洛伦兹力与电场力的比较

洛伦兹力
电场力
产生
条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功
情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功

4．三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电磁场中的偏转


考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动[多维探究类]
1．两种方法定圆心
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。

方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。
2．几何知识求半径
利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：

(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的应用(勾股定理)。
找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。
3．两个观点算时间
观点一：由运动弧长计算，t＝(l为弧长)；
观点二：由旋转角度计算，t＝T。
4．三类边界磁场中的轨迹特点
(1)直线边界：进出磁场具有对称性。

(2)平行边界：存在临界条件。

(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。

类型(一)　直线边界问题
[例1]　(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则(　　)
A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2
B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1
D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2
[解析]　粒子进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。
[答案]　AC
类型(二)　平行边界问题
[例2]　如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是(　　)
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为
[解析]　电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。
[答案]　D
类型(三)　圆形边界问题
[例3]　(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)

A.∶2　　　　　　 B.∶1
C.∶1 D．3∶
[解析]　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。
[答案]　C
类型(四)　两种边界对比
[例4]　如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)

A．2cos θ B．sin θ
C．cos θ D．tan θ
[解析]　设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、图2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，选项C正确。

[答案]　C

[共性归纳]
无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：


考点三　带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[多维探究类]
两种
思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种
方法
物理
方法
(1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学
方法
(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关
键词
找突
破口
许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件

类型(一)　圆形磁场中的临界极值问题
[例1]　如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
[解析]　粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。
[答案]　C
类型(二)　方形磁场中的临界极值问题
[例2]　如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
[解析]　由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确，B错误；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故C错误。
[答案]　D
类型(三)　三角形磁场中的临界极值问题
[例3]　如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(　　)
A．B>　　　　　 B．B
D．B
或v0rk，故Δrk＋1R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。



[解析]　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
根据Bqv＝，得r＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2，s2＝
总路程s＝πR＋，代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
[答案]　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m

对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。
　　
类型(三)　先后多个电、磁场
[例3]　(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
[解析]　(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qv0B＝
由题意知r0＝
由以上两式解得B＝。
(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。

由几何关系d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，
解得t1＝
粒子做直线运动的时间t2＝
解得t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
[共性归纳]
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

　
考点三　带电粒子在交变电磁场中的运动[师生共研类]
解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
先读图
看清、并明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解
[典例]　如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
　
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
[解题指导]
题中信息
吹“沙”见“金”
沿PQ向右做直线运动
小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小
小球再次通过D点速度与PQ成60°角
画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期
当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大

[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，
解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案]　(1)　(2)π　(3)　

[题点全练]
1．[带电粒子在交变磁场中的运动]
(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)

A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：选AD　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。
2．[带电粒子在正方形交变磁场中的运动]
在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带正电荷量为q的粒子(不计重力)，在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正。求：

(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，磁感应强度变化周期T的最大值。
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时速度大小v0。
解析：(1)由qvB0＝m及T＝得T0＝。
(2)如图(a)所示，若使粒子不能从Oa边射出，则有sin α＝，α＝30°。
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动时间为t＝T0＝

而t＝，所以磁场变化的最大周期为T＝。
(3)若使粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图(b)所示。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为T＝，每一个圆弧对应的弦长OM为s＝(n＝2,4,6，…)，圆弧半径为R＝＝。由qv0B0＝m得：v0＝(n＝2,4,6，…)。
答案：(1)　(2)　(3)　(n＝2,4,6，…)

专项研究拓视野——突破“磁发散”和“磁聚焦”两大难点
磁发散
磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行


[例1]　电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：
(1)荧光屏上光斑的长度；
(2)所加磁场范围的最小面积。
[解析]　(1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
ev0B＝m
解得R＝
光斑长度PQ＝R＝。
(2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的斜线部分，其面积大小为
S＝πR2＋R2－πR2＝2。
[答案]　(1)　(2)2
[例2]　如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为－u0，现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，从AB的中点O1以平行于金属板方向O1O2的速度v0＝射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响。求：

(1)粒子射出电场时位置离O2点的距离范围及对应的速度；
(2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，则磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度是多大？
[解析]　(1)当粒子由t＝nT(n＝0,1,2，…)时刻进入电场，向下侧移最大，
则s1＝2＋－2＝。
当粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2，…)时刻进入电场，向上侧移最大，
则s2＝2＝，
在距离中点O2下方至上方的范围内有粒子射出。
打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为
vy＝·＝，
所以射出速度大小为
v＝＝ ＝。
设速度方向与v0的夹角为θ，
则tan θ＝＝，θ＝30°。
(2)要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界某一点且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，
粒子宽度D＝(s1＋s2)cos 30°，
即D＝ cos 30°＝。
故磁场区域的最小半径为
r＝＝，
而粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB＝m，解得B＝。
[答案]　(1)见解析　(2)　




[课时跟踪检测]
A卷——基础保分专练
1．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A．11　　　　　　　　　 B．12
C．121 D．144
解析：选D　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝ 。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。
2.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是(　　)
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
解析：选A　由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故选项D错误。
3.(2019·广东韶关质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是(　　)

解析：选B　带电粒子经电压U加速，由动能定理，qU＝mv2，粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，联立解得：x＝ ，所以能够正确反应x与U之间的函数关系的是图B。
4．(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝ ，则粒子垂直CM射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
解析：选AD　若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv2；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，联立解得：r＝a，根据几何知识可知粒子垂直CM射出磁场，故A正确，B错误。若h＝，同理可得：r＝a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C错误，D正确。
5．(多选)(2019·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为2∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选CD　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由a＝可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝ ，可知其速度之比为1∶。又由qvB＝m知，r＝，所以其半径之比为∶1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的偏转角度为30°，可知P3＋的偏转角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确。由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确。
6.(2018·辽宁本溪三校联考)如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2线上，带电粒子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计粒子重力，下列说法中不正确的是(　　)
A．带电粒子一定带正电
B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同
C．若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)它仍能经过B点
D．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2线成60°角斜向上，它就不再经过B点
解析：选A　画出带电粒子运动的两种可能轨迹，如图所示，对应正、负电荷，故A错误；带电粒子经过B点的速度跟在A点时的速度大小相等、方向相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点到出射点间的距离与经过边界L2时入射点到出射点间的距离相同，与速度大小无关，所以当初速度变大但保持方向不变，它仍能经过B点，故C正确；设L1与L2之间的距离为d，由几何知识得A到B的距离为x＝，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2线成60°角斜向上，它就不再经过B点，故D正确。
7．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)

(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝1＋。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。⑥
答案：(1)　(2)

8.如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小。
解析：(1)根据动能定理得，qEd＝mv2－mv02，
解得v＝2v0
粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1
解得t1＝，x＝。
(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场
tan θ＝＝，解得θ＝60°
根据R＋Rcos θ＝d，解得R＝
由牛顿第二定律可得qvB＝m，
解得B＝。
答案：(1)2v0　　(2)
9.(2019·汕头模拟)如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B′，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B′的最小值为多少？
解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd＝mv2，
解得：v＝ 。
(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为xCA，由类平抛运动规律：x＝vt，y＝at2，qE＝ma，
由几何知识可得x＝y，
解得：t＝ ，
两点间的距离为：xCA＝vt，
代入数据可得：xCA＝4d。
(3)由qvB＝m，v＝ ，
联立解得：R＝ ，
由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。
设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系可知r＝R。
又因为r＝，
所以B′＝，
代入数据可得：B′＝2(2－)B。
答案：(1) 　(2)4d　(3)2(2－)B
B卷——重难增分专练
1．(2019·佛山模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计正离子所受重力。求：

(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
解析：(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝m
粒子运动的周期T0＝
解得B0＝。
(2)正离子从O′孔垂直于N板射出磁场时，可能的运动轨迹如图所示，
正离子在两板之间只运动一个周期T0时，有r＝
正离子在两板之间运动n个周期即nT0时，有r＝(n＝1,2,3，…)
解得v0＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
2.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？
(2)粒子运动的速度大小可能是多少？
解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝m
解得Ra＝，Rb＝，
Ta＝＝＝，Tb＝＝
当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示。根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°
粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为
tb＝Tb，ta＝Ta
故从P点运动到O点的时间为
t＝ta＋tb＝。
(2)由题意及上图可知
n(2Racos α＋2Rbcos α)＝
解得v＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
3．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcos θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。⑫
答案：(1)见解析　(2)　(3)　
4.(2019·淮南模拟)在如图所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d。PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d。电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：
(1)电子通过磁场区域的时间；
(2)偏转电场的电压U；
(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。
解析：(1)电子在磁场中运动，由牛顿第二定律得evB＝m
解得r＝
电子在磁场区域运动周期为T＝＝
通过磁场区域的时间为t1＝T＝。
(2)由几何知识得电子在磁场中运动的最大半径r＝d，又r＝
解得电子进入电场的最大速度v＝
通过电场的时间t2＝，代入数据解得t2＝
电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，如图甲所示
＝＝，又y1＋y2＝d
解得y1＝d
故t22＝d
代入数据解得U＝。
(3)电子恰好打在下极板右边缘，如图乙所示
在磁场中运动半径r′＝
电场中水平方向d＝v′t
竖直方向r′＝t2
由上述三式代入数据解得v′＝。
答案：(1)　(2)　(3)v′＝
5．(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。
解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝×2mv2
设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
则有qvB＝2m
解得r1＝
根据几何关系有x＝2r1－L
解得x＝ －L。

(2)如图所示。
最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d＝r1－
解得d＝ － 。
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径r1min＝
r2的最大半径r2max＝
由题意知2r1min－2r2max>L
即 － >L
解得L< [2－]。
答案：(1) －L　
(2)图见解析　 －
(3)L< [2－]
第4节　带电粒子在叠加场中的运动

高考对本节内容的考查，主要集中在带电粒子在叠加场中运动的实例分析、带电粒子在叠加场中的运动，其中对带电粒子在叠加场中运动的实例分析的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在叠加场中的运动的考查，难度较大。

考点一　带电粒子在叠加场中运动的实例分析[多维探究类]
装置
原理图
规律
速度
选择器

若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体
发电机

等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁
流量计

q＝qvB，所以v＝
所以流量Q＝vS＝
霍尔
元件

当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差

实例(一)　速度选择器
[例1]　(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向　　 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度


[解析]　这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。
[答案]　C
实例(二)　磁流体发电机
[例2]　(多选)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则(　　)
A．用电器中的电流方向从B到A
B．用电器中的电流方向从A到B
C．若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
[解析]　首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下)，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，选项A错误，选项B正确；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f＝qvB，F＝q，则：qvB＝q，解得E电动势＝Bdv，所以电动势与速度v及磁场B成正比，与带电粒子的电荷量无关，选项C错误，选项D正确。
[答案]　BD
实例(三)　电磁流量计
[例3]　医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(　　)
A．1.3 m/s，a正、b负　 　 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
[解析]　由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极b带负电。血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0求解，即qvB＝qE得v＝＝≈1.3 m/s，A正确。
[答案]　A
实例(四)　霍尔元件
[例4]　(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用
下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)

A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
[解析]　根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件中的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
[答案]　AD
[共性归纳]
解决电磁场科学技术问题的一般过程

　考点二　带电粒子在叠加场中的运动[多维探究类]
1．三种场的比较

力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE
方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场
大小：F＝qvB(v⊥B)
方向：可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
2．“三步”解决问题

类型(一)　电场与磁场共存
[例1]　(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则(　　)
A．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转
C．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
[解析]　若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确。
[答案]　BD
类型(二)　磁场与重力场共存
[例2]　(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的(　　)

[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用， 且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。
[答案]　AD
类型(三)　电场、磁场与重力场共存
[例3]　(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　　 B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
[解析]　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
[答案]　B
[题点全练]
1．[带电小球在重力场与磁场中运动]
(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析：选CD　设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，mg＝，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。
2．[两场叠加与三场叠加问题比较]
在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2，t1和t2的大小比较，以下判断正确的是(　　)
A．v1＞v2，t1＞t2 B．v1＝v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
解析：选B　因为洛伦兹力对带电小球不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1＝v2。存在磁场时，小球受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些，即t1>t2。故B正确，A、C、D错误。
3．[带电小球在电场、磁场和重力场中运动]
如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P(视为质点)以初速度v0水平向右抛出，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球P的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：
(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；
(2)小球P从抛出到落到斜面的位移x的大小。
解析：(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg＝qE①
小球P获得水平初速度后由于自身重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角θ为45°
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m②
圆周运动的周期T＝＝③
圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间t＝＝。④
(2)由②式可知，小球P做匀速圆周运动的半径R＝⑤
由几何关系知x＝R⑥
联立①⑤⑥式解得位移x＝。
答案：(1)45°　　(2)

“专项研究”拓视野——轨道约束情况下带电体在磁场中的运动
带电体在重力场、磁场、电场中运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束。现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动。
(一)带电物块与绝缘物块的组合
1．(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是(　　)
A．甲对乙的压力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．乙对地板的压力不断增大
D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
解析：选ACD　对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故A、C、D正确。
(二)带电物块与绝缘斜面的组合
2.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcos θ①

物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：
mgssin θ＝mvm2②
由①②得：vm＝＝。
s＝＝。
答案：　
(三)带电圆环与绝缘直杆的组合
3.如图所示，一个质量m＝0.1 g，电荷量q＝4×10－4 C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10 N/C，B＝0.5 T。小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2。求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10 m/s2，小环电荷量不变。
解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒。相互间的压力为FN＝qE＋qvB。
由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件。
根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得
mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。
当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝2 m/s2。
下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小。当a＝0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm＝5 m/s。
答案：2 m/s2　5 m/s

把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物体受力分析，把握已知条件。
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系。
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用。　　
[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(多选)如图所示，为研究某种射线装置的示意图。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子射线源(　　)

A．带正电　　　　　　　　 B．初速度为v＝
C．荷质比为＝ D．荷质比为＝
解析：选AD　粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在磁场中：Bqv＝m；粒子在电磁正交场中：qE＝qvB，v＝，选项B错误；联立解得＝，选项C错误，D正确。
2.(2018·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)
A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
解析：选C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得＝，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故D错误。
3．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则(　　)

A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
解析：选AC　第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确。而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。
4．(多选)如图所示，表面粗糙的绝缘斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是(　　)
A．滑块受到的摩擦力不变
B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑
C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上
D．滑块到达地面时的动能与B有关
解析：选BD　滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力和电场力沿斜面向上的分力的合力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。
5.(2019·宝鸡模拟)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是(　　)
A．液滴一定带负电
B．液滴在C点时动能最大
C．液滴在C点电势能最小
D．液滴在C点机械能最小
解析：选C　液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电，A正确；液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力，由A→C合力做正功，故在C处液滴的动能最大，B正确；而由于A→C克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A→C机械能减小，故液滴在C点机械能最小，C错误，D正确。
6．(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是(　　)
A．金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷
B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s
D．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
解析：选BD　由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E＝U＝＝100 V，选项B正确；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n＝＝＝6.25×1018(个)，选项D正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
7.(多选)如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是(　　)
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
解析：选AC　带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确。
8.(2019·抚顺五校联考)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则(　　)

A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t
B．若撤去电场E，质子穿过场区时间等于t
C．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek
D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek
解析：选C　质子在加速电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。
9．(多选)如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是(　　)
A．导体的M面比N面电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝
D．导体单位体积内的自由电子数为
解析：选CD　由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有e＝evB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确。
10.(多选)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
解析：选AD　小球由静止开始下滑，受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和绝缘杆的弹力，杆对小球的摩擦力、垂直杆且与电场力方向相反的洛伦兹力作用。随着小球速度的增大，所受的洛伦兹力增大，小球对绝缘杆的弹力减小，小球所受摩擦力减小，小球所受合外力增大，加速度增大。当速度增大到足够大时，所受的洛伦兹力大于电场力，小球对绝缘杆的弹力增大，小球所受摩擦力增大，小球所受合外力减小，加速度减小，即小球的加速度先增大后减小，选项A正确，B错误。无论小球的加速度是增大还是减小，小球的速度都是增大，当加速度减小到零的时候，速度保持不变，选项C错误，D正确。
[C级——难度题目适情选做]
11.(2019·桂林调研)如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成θ＝45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g，试求：
(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？
(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少？
(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间。
解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：
根据平衡条件，有Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝＝mg
可得E＝，B＝。
(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝＝g。
(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m
可得r＝
则T＝＝
由几何知识得t＝T
可得t＝。
答案：(1)　　(2)g　(3)



12.(2018·湖州模拟)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动。
由图知tan 37°＝，得E1＝
cos 37°＝，得B1＝。
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，
由图知cos 37°＝，得E2＝，
方向与x轴正方向成53°角斜向上。
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以
mg＝qE3，得E3＝，
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示，
由几何关系得r＝d，
由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m，
联立得B2＝。
答案：(1)　　(2)　方向与x轴正方向成53°角斜向上　(3)