2019-2020年高考物理總復習 第九章 磁場教案.doc

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2019-2020年高考物理總復習 第九章 磁場教案 考 綱 要 求 考 情 分 析 磁場、磁感應強度、磁感線 Ⅰ 　　1.命題規(guī)律 近幾年高考對本章內(nèi)容重點考查了安培力、洛倫茲力以及帶電粒子在磁場(或復合場)中的運動問題，對安培力、洛倫茲力的考查多以選擇題的形式出現(xiàn)，對帶電粒子的運動問題多以計算題的形式出現(xiàn)，綜合考查受力分析、動力學關系、功能關系、圓周運動、平拋運動等知識，難度較大，分值較高。 2.考查熱點 預計在xx年高考中仍將以帶電粒子在有界磁場、組合場、疊加場中運動的綜合分析為重點，出現(xiàn)大型綜合題的概率較大。 通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向 Ⅰ 安培力、安培力的方向 Ⅰ 勻強磁場中的安培力 Ⅱ 洛倫茲力、洛倫茲力的方向 Ⅰ 洛倫茲力公式 Ⅱ 帶電粒子在勻強磁場中的運動 Ⅱ 質(zhì)譜儀和回旋加速器 Ⅰ [說]　本課時內(nèi)容是關于磁場的基礎知識，包括磁感應強度和安培力的概念、安培定則和右手定則的應用，高考很少對這些知識單獨考查。學習本節(jié)知識，主要是為進一步學習磁場的其他內(nèi)容打好基礎。 一、磁場和磁感應強度 1.磁場的基本性質(zhì)：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用。 2．磁感應強度 (1)物理意義：描述磁場的強弱和方向。 (2)定義式：B＝(通電導線垂直于磁場)。 (3)方向：小磁針靜止時N極所指的方向。 (4)單位：特斯拉，符號T。 3．勻強磁場 (1)定義：磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場。 (2)磁感線分布特點：疏密程度相同、方向相同的平行直線。 [小題練通] 1．判斷正誤 (1)磁場中某點磁感應強度的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關。(√) (2)磁場中某點磁感應強度的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一致。() (3)垂直磁場放置的線圈面積減小時，穿過線圈的磁通量可能增大。(√) (4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。() 2．(多選)(xx全國卷Ⅱ)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針，下列說法正確的是(　　) A．指南針可以僅具有一個磁極 B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場 C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn) 解析：選BC　指南針是一個小磁體，具有N、S兩個磁極，因為地磁場的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項A錯誤，選項B正確。因為指南針本身是一個小磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時指南針也會受到反作用力，所以會受鐵塊干擾，選項C正確。在地磁場中，指南針南北指向，當直導線在指南針正上方平行于指南針南北放置時，通電導線產(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤。 3．下列關于磁感應強度的說法中，正確的是(　　) A．某處磁感應強度的方向就是一小段通電導體放在該處時所受磁場力的方向 B．小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向 C．通電導線在磁感應強度大的地方受力一定大 D．一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處磁感應強度一定為零 解析：選B　某處磁感應強度的方向就是小磁針N極受磁場力的方向或是小磁針靜止時N極的指向，與通電導體放在該處受磁場力的方向不同，A錯，B對。通電導線在磁場中的受力大小與磁感應強度大小和它相對于磁場方向的放置都有關系，C錯。一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，可能是由于該處磁感應強度為零，也可能是導線與磁場平行放置，D錯。 磁感應強度是用比值法定義的物理量。磁感應強度的方向與磁場力方向是互相垂直的關系。磁場力為零，磁感應強度不一定為零。 二、安培定則的應用與磁場疊加 1.磁感線的特點 (1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。 (2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱。 (3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點。在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極。 2．電流周圍的磁場(安培定則) 直線電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 特點 無磁極、非勻強磁場且距導線越遠處磁場越弱 與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場 環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱 安 培 定 則 3．磁場的疊加 磁感應強度是矢量，磁場疊加時符合矢量運算的平行四邊形定則。 [小題練通] 1．(xx臨沂模擬)如圖所示，圓環(huán)上帶有大量的負電荷，當圓環(huán)沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，a、b、c三枚小磁針都要發(fā)生轉(zhuǎn)動，以下說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn) B．b的N極向紙外轉(zhuǎn)，而a、c的N極向紙里轉(zhuǎn) C．b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn)，而a的N極向紙外轉(zhuǎn) D．b的N極向紙里轉(zhuǎn)，而a、c的N極向紙外轉(zhuǎn) 解析：選B　由于圓環(huán)帶負電荷，故當圓環(huán)沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，等效電流的方向為逆時針，由安培定則可判斷環(huán)內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，環(huán)外磁場方向垂直紙面向內(nèi)，磁場中某點的磁場方向即是放在該點的小磁針靜止時N極的指向，所以b的N極向紙外轉(zhuǎn)，a、c的N極向紙里轉(zhuǎn)。 2．如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導線M和N，通有大小相等方向相反的電流I，在紙面上與M、N距離相等的一點P處，M、N導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度分別為B1、B2，則下圖中正確標出B1與B2合矢量B的方向的是(　　) 解析：選D　M、N在P點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)安培定則，電流M在P點的磁場的方向指向右上方，電流N在P點的磁場的方向指向右下方，所以，合磁場的方向一定向右，如圖所示。故選項D正確，選項A、B、C錯誤。 (1)每支導線電流產(chǎn)生的磁場磁感應強度的方向都需要用安培定則判定。 (2)磁場的疊加是矢量的疊加，不是簡單相加。 三、判斷安培力作用下導體的運動 1.左手定則：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。 2．安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面。(注意：B和I可以有任意夾角) [小題練通] 1．如圖所示，把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如圖方向的電流后，線圈的運動情況是(　　) A．線圈向左運動　　　　　 　B．線圈向右運動 C．從上往下看順時針轉(zhuǎn)動 D．從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動 解析：選A　將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，根據(jù)異名磁極相互吸引知，線圈將向左運動，選項A正確。也可將左側(cè)條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據(jù)結論“同向電流相吸引，反向電流相排斥”，可判斷出線圈向左運動。故A正確。 2.一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，當兩線圈通以如圖所示的電流時，從左向右看，則線圈L1將(　　) A．不動 B．順時針轉(zhuǎn)動 C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．向紙面內(nèi)平動 解析：選B　法一：利用結論法。 環(huán)形電流L1、L2之間不平行，則必有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得L1的轉(zhuǎn)動方向應是：從左向右看線圈L1順時針轉(zhuǎn)動。 法二：等效分析法。 把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，通電后，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心豎直向上，而線圈L1等效成小磁針后轉(zhuǎn)動前，N極應指向紙里，因此應由向紙里轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1順時針轉(zhuǎn)動。 法三：直線電流元法。 把線圈L1沿轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分 ，每一部分又可以看成無數(shù)直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，據(jù)安培定則可知各電流元所在處磁場方向向上，據(jù)左手定則可得，上部電流元所受安培力均指向紙外，下部電流元所受安培力均指向紙里，因此從左向右看線圈L1順時針轉(zhuǎn)動。故正確答案為B。 無論結論法、等效分析法還是電流元法，都是左手定則的推廣應用。判斷導體在安培力作用下的運動情況，在不能直接使用左手定則的時候，要選擇合適的方法進行判斷。 四、安培力作用下的平衡、加速問題 1.安培力：F＝BIL，其中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度。 2．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路 (1)選定研究對象； (2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I； (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。 [典例]　(xx全國卷Ⅰ)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。 [解析]　依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下。 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg① 式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為 F＝BIL② 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm， 由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg。⑤ [答案]　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg (1)本題中安培力的方向易判斷錯誤。 (2)開關閉合后，彈簧的伸長量為(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm。 (3)導體棒所受彈簧的彈力為2kx而不是kx。 [集訓沖關] 1．(xx安慶模擬)如圖所示，厚度均勻的木板放在水平地面上，木板上放置兩個相同的條形磁鐵，兩磁鐵的N極正對。在兩磁鐵豎直對稱軸上的C點固定一垂直于紙面的長直導線，并通以垂直紙面向里的恒定電流，木板和磁鐵始終處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．導線受到的安培力豎直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右 B．導線受到的安培力豎直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左 C．導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右 D．導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力為零 解析：選C　做出兩磁鐵的磁場經(jīng)過C點的磁感線，并標出兩磁場在C點的磁場方向，由矢量合成可知，合磁場的方向豎直向上，根據(jù)左手定則可知，導線受到的安培力水平向右，A、B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，木板和磁鐵組成的整體受到通電導線對它們水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C正確，D錯誤。 2．(多選)(xx浙江高考)如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功 解析：選ABC　由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復上述運動，所以選項A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。 一、單項選擇題 1.如圖所示為磁場作用力演示儀中的赫姆霍茲線圈，當在線圈中心處掛上一個小磁針，且與線圈在同一平面內(nèi)，則當赫姆霍茲線圈中通過如圖所示方向的電流時(　　) A．小磁針N極向里轉(zhuǎn) B．小磁針N極向外轉(zhuǎn) C．小磁針在紙面內(nèi)向左擺動 D．小磁針在紙面內(nèi)向右擺動 解析：選A　由安培定則可判斷小磁針所在處電流的磁場向里，而小磁針N極的受力方向與磁場方向相同，故小磁針N極向里轉(zhuǎn)，S極向外轉(zhuǎn)，故選A。 2.有a、b、c、d四個小磁針，分別放置在通電螺線管的附近和內(nèi)部，如圖所示。其中哪一個小磁針的指向是正確的(　　) A．a(chǎn)　　　　　　　　　　 　B．b C．c D．d 解析：選D　由題圖可知，電流由右側(cè)流入，則由安培定則可知，螺線管的左側(cè)為N極，右側(cè)為S極；螺線管的磁感線外部是由N極指向S極，內(nèi)部由S指向N極，而小磁針靜止時N極所指方向與磁感線方向一致，故可知D正確，其他均錯。 3.如圖所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I方向從M到N，繩子的拉力均為F。為使F＝0，可能達到要求的方法是(　　) A．加水平向右的磁場 B．加水平向左的磁場 C．加垂直紙面向里的磁場 D．加垂直紙面向外的磁場 解析：選C　根據(jù)左手定則可知，在MN中通入電流，在空間加上垂直于紙面的磁場，可以使MN受到向上的安培力，這樣可以使MN受到繩子拉力為零，具體根據(jù)左手定則有：當MN中通入從M到N的電流時，要使安培力向上，可以加上垂直紙面向里的磁場，故A、B、D錯誤，C正確。 4.如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質(zhì)量為m、長為l的金屬棒ab懸掛在c、d兩處，置于勻強磁場內(nèi)。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角而處于平衡狀態(tài)。為了使棒平衡在該位置上，所需的磁場的最小磁感應強度的大小、方向為(　　) A.tan θ，豎直向上 B.tan θ，豎直向下 C.sin θ，平行懸線向下 D.sin θ，平行懸線向上 解析：選D　要求所加磁場的磁感應強度最小，應使棒平衡時所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，懸線拉力的方向不變，由畫出的力的三角形可知，安培力的最小值為Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向應平行于懸線向上。故選D。 5.如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R互相平行且通過正三角形的三個頂點，三條導線中通入的電流大小相等，方向垂直紙面向里。則通電導線R受到的磁場力的方向是(　　) A．垂直R，指向y軸負方向 B．垂直R，指向y軸正方向 C．垂直R，指向x軸正方向 D．垂直R，指向x軸負方向 解析：選A　根據(jù)安培定則和平行四邊形定則可確定R處磁感應強度方向水平向右，再根據(jù)左手定則可確定R受力方向沿y軸負方向，故A正確。 6．一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以方向為由a到b的電流，則導線ab受安培力作用后的運動情況為(　　) A．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管 B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管 解析：選D　先由安培定則判斷通電螺線管的南北兩極，找出導線左右兩端磁感應強度的方向，并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向，如圖甲所示。可以判斷導線受安培力后從上向下看是逆時針方向轉(zhuǎn)動，再分析導線轉(zhuǎn)過90位置的磁場方向，再次用左手定則判斷導線受安培力的方向，如圖乙所示，導線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤。 二、多項選擇題 7．(xx洛陽聯(lián)考)如圖是“探究影響通電導體在磁場中受力因素”的實驗示意圖。三塊相同馬蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上，導體棒用圖中1、2、3、4輕而柔軟的細導線懸掛起來，它們之中的任意兩根可與導體棒和電源構成回路。認為導體棒所在位置附近為勻強磁場，最初導線1、4接在直流電源上，電源沒有在圖中畫出。關于接通電源時可能出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象，下列敘述正確的是(　　) A．改變電流方向同時改變磁場方向，導體棒擺動方向?qū)淖? B．僅改變電流方向或者僅改變磁場方向，導體棒擺動方向一定改變 C．增大電流同時并改變接入導體棒上的細導線，接通電源時，導體棒擺動幅度一定增大 D．僅拿掉中間的磁鐵，導體棒擺動幅度減小 解析：選BD　改變電流方向同時改變磁場方向，導體棒擺動方向不會改變，選項A錯誤。僅改變電流方向或者僅改變磁場方向，導體棒擺動方向一定改變，選項B正確。增大電流同時并改變接入導體棒上的細導線，接通電源時，導體棒擺動幅度不一定增大，選項C錯誤。僅拿掉中間的磁鐵，導體棒所受安培力減小，擺動幅度減小，選項D正確。 8.在磁感應強度為B0、方向向上的勻強磁場中，水平放置一根長通電直導線，電流的方向垂直于紙面向里。如圖所示，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中(　　) A．b、d兩點的磁感應強度相同 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度相同 C．c點的磁感應強度的值最小 D．a(chǎn)點的磁感應強度的值最大 解析：選CD 如圖所示，由矢量疊加原理可求出各點的合磁場的磁感應強度，可見b、d兩點的磁感應強度大小相等，但方向不同，A項錯誤。a點的磁感應強度最大，c點的磁感應強度最小，B項錯誤，C、D項正確。 9．質(zhì)量為m的通電細桿ab置于傾角為θ的導軌上，導軌的寬度為d，桿ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ。有電流時，ab恰好在導軌上靜止，如圖所示。圖中的四個側(cè)視圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中桿ab與導軌之間的摩擦力可能為零的圖是(　　) 解析：選AB　選項A中，通電細桿可能受重力、安培力、導軌的彈力作用處于靜止狀態(tài)，如圖所示，所以桿與導軌間的摩擦力可能為零。當安培力變大或變小時，細桿有上滑或下滑的趨勢，于是有靜摩擦力產(chǎn)生。選項B中，通電細桿可能受重力、安培力作用處于靜止狀態(tài)，如圖所示，所以桿與導軌間的摩擦力可能為零。當安培力減小時，細桿受到導軌的彈力和沿導軌向上的靜摩擦力，也可能處于靜止狀態(tài)。選項C和D中，通電細桿受重力、安培力、導軌彈力作用具有下滑趨勢，故一定受到沿導軌向上的靜摩擦力，如圖所示，所以桿與導軌間的摩擦力一定不為零。 10.(xx河南八市重點高中聯(lián)考)如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正下方固定一正方形線框。線框中通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L，已知在長直導線的磁場中距離長直導線r處的磁感應強度大小為B＝k，線框質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為(　　) A．0 B.－g C.－g D．g－ 解析：選AC　線框上邊所在處的磁感應強度大小為B1＝k，由安培定則可判斷出磁場方向為垂直紙面向里，所受安培力的大小為F1＝B1IL＝kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向上。線框下邊所在處的磁感應強度大小為B2＝k，所受安培力的大小為F2＝B2IL＝kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，則加速度為零，選項A正確。若F1＞(F2＋mg)，則加速度方向向上，由F1－(F2＋mg)＝ma，解得a＝－g，選項C正確B錯誤。若F1＜(F2＋mg)，則加速度方向向下，由(F2＋mg)－F1＝ma，解得a＝g－，選項D錯誤。 三、計算題 11.澳大利亞國立大學制成了能把2.2 g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到10 km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2 km/s)。如圖所示，若軌道寬為2 m，長為100 m，通過的電流為10 A，試求軌道間所加勻強磁場的磁感應強度(軌道摩擦不計)。 解析：由運動學公式求出加速度a，由牛頓第二定律和安培力公式聯(lián)立求出B。根據(jù)2ax＝vt2－v02得炮彈的加速度大小為a＝＝ m/s2＝5105 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得炮彈所受的安培力 F＝ma＝2.210－35105 N＝1.1103 N， 則由F＝BIL， 得B＝＝ T＝55 T。 答案：55 T 12.如圖所示，光滑導軌與水平面成θ角，導軌寬度為L，勻強磁場的方向垂直于導軌平面向上(未畫出)，金屬桿的質(zhì)量為m，長為L，水平放置在導軌上。已知電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，調(diào)節(jié)滑動變阻器使回路的總電流為I1，此時金屬桿恰好處于靜止狀態(tài)(重力加速度為g，金屬桿與導軌電阻不計)。求： (1)磁感應強度B的大?。? (2)若保持磁感應強度的大小不變，而將磁場方向改為豎直向上，則滑動變阻器接入電路的阻值調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止。 解析：(1)在側(cè)視圖中，導體棒受力如圖甲所示，由平衡條件得 mgsin θ＝I1LB，解得B＝。 (2)導體棒受力如圖乙所示，由平衡條件得 mgsin θ＝BI2Lcos θ I2＝ 又B＝ 解得R＝－r。 答案：(1)　(2)－r 第52課時　磁場對運動電荷的作用(重點突破課) [必備知識] 1．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，F(xiàn)＝0； (2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB； (3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ。 2．洛倫茲力的方向(左手定則) 如圖，①表示正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向，②表示磁感線的方向，③表示洛倫茲力的方向。 3．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。(如圖乙) (2)若v⊥B，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。(如圖甲、丙) (3)基本公式 ①向心力公式：qvB＝m； ②軌道半徑公式：r＝； ③周期公式：T＝＝。 [小題熱身] 1.在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方放置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則電子將(　　) A．向上偏轉(zhuǎn)　　　　　　　 　B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙里偏轉(zhuǎn) D．向紙外偏轉(zhuǎn) 解析：選B　由題圖可知，直線電流的方向由左向右，根據(jù)安培定則，可判定直導線下方的磁場方向為垂直于紙面向里，而電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電荷，四指要指向電子運動方向的反方向)，電子將向下偏轉(zhuǎn)，故B選項正確。 2．在下列圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(　　) 解析：選B　根據(jù)左手定則，A中F方向應向上，B中F方向向下，選項A錯誤，B正確；C、D中都是v∥B，F(xiàn)＝0，選項C、D錯誤。 3.如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面向里，有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質(zhì)量、速度不同，但都是一價負粒子，則下列說法正確的是(　　) A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 B．只有質(zhì)量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 C．只有質(zhì)量和速度乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 解析：選C　由R＝可知，在相同的磁場，相同的電荷量的情況下，粒子做圓周運動的半徑?jīng)Q定于粒子的質(zhì)量和速度的乘積。 4．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁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，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比　　　 　B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應強度成正比 解析：選D　假設帶電粒子的電荷量為q，在磁場中做圓周運動的周期為T＝，則等效電流I＝＝，故答案選D。 提能點(一)　洛倫茲力的理解 [典例]　如圖所示，帶負電荷的擺球在一勻強磁場中擺動。勻強磁場的方向垂直紙面向里。磁場中A、B為等高的兩點，擺球在A、B間擺動過程中，由A擺到最低點C時，擺線拉力大小為F1，擺球加速度大小為a1。由B擺到最低點C時，擺線拉力大小為F2，擺球加速度大小為a2，則(　　) A．F1>F2，a1＝a2　　　　 　B．F1F2，a1>a2 D．F1F1，故B正確。 [答案]　B (1)解答此類問題要牢記洛倫茲力對電荷永不做功的特點。 (2)洛倫茲力的方向總是垂直于電荷速度的方向，只改變速度的方向，不改變速度的大小。 [集訓沖關] 1.(xx海南高考)如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析：選A　由題意，磁場方向垂直于紙面向外，電子運動方向向右，根據(jù)左手定則確定，洛倫茲力向上，A正確。 2.(xx北京高考)中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也?！边M一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合上述材料，下列說法不正確的是(　　) A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 解析：選C　由“常微偏東，不全南也”和題圖知，地理南、北極與地磁場的南、北極不重合，由題圖可看出地磁場的南極在地理北極附近，地球是一個巨大的磁體，因此地球內(nèi)部也存在磁場，故選項A、B的說法正確。從題圖中磁感線的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南極、北極附近)磁感線不與地面平行，故選項C的說法不正確。宇宙射線粒子帶有電荷，在射向地球赤道時，運動方向與地磁場方向不平行，因此會受到磁場力的作用，故選項D的說法正確。 提能點(二)　半徑公式和周期公式的理解及應用 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式為r＝，周期公式為T＝。高考常圍繞這兩個公式，考查各物理量對半徑、周期的影響。 [典例]　(多選)(xx全國卷Ⅱ)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 [解析]　兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤；由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確；由ω＝得＝＝，選項D錯誤。 [答案]　AC (1)由公式r＝可知，半徑r與比荷成反比與速度v成正比，與磁感應強度B成反比。 (2)由公式T＝可知，周期T與速度v、半徑r無關，與比荷成反比，與磁感應強度B成反比。 [集訓沖關] 1．(xx全國卷Ⅰ)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，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 解析：選D　分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應強度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝知角速度減小。選項D正確。 2.(多選)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。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。不計重力。下列說法正確的是(　　) A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 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大 解析：選BD　由于粒子比荷相同，由R＝可知速度相同的粒子軌跡半徑相同，運動軌跡也必相同，B正確，對于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如圖所示，由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時轉(zhuǎn)過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，而由T＝知所有粒子在磁場運動周期都相同，A、C皆錯誤。再由t＝T＝可知D正確，故選B、D。 提能點(三)　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.兩種方法定圓心 (1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心。如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點。 (2)已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心。如圖乙所示，P為入射點，M為出射點。 2．幾何知識求半徑 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。 考法1　直線邊界磁場的問題　 [例1]　如圖所示，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是(　　) A.，正電荷 B.，正電荷 C.，負電荷 D.，負電荷 [解析]　由左手定則可知，粒子帶負電。作出O點和離開磁場處A的洛倫茲力的方向，交點即為圓心的位置，畫出粒子的運動軌跡如圖所示(優(yōu)弧ODA)。末速度與x軸負方向的夾角為60，由幾何關系得∠CO′A＝60，故R＋Rcos 60＝a，而R＝，聯(lián)立解得＝。 [答案]　C 考法2　平行邊界磁場的問題　 [例2]　如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v0垂直射入磁感應強度為B、寬為d的勻強磁場中，射出時的速度的方向與原來入射的方向的夾角為30，則電子的質(zhì)量是__________，穿過磁場的時間是________。(不計電子的重力) [解析]　電子在磁場中只受到洛倫茲力的作用做圓周運動，先用左手定則確定A、B兩點的洛倫茲力的方向，并在圖中畫出方向，兩方向的交點即為圓心O。然后大致確定圓弧的形狀。如圖所示，OA、OB為運動的半徑。由于速度偏轉(zhuǎn)的角度是30，因此劣弧AB所對應的圓心角為30。由幾何知識可知BC＝BOsin 30， 解得半徑R＝2d， 而R＝， 故質(zhì)量m＝， 周期T＝， 故穿過磁場的時間是t＝T＝， 解得時間t＝。 [答案]　　 考法3　圓形邊界磁場的問題　 [例3]　(xx全國甲卷)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A. B. C. D. [解析]　如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30，則＝，即＝，選項A正確。 [答案]　A 考法4　其他邊界磁場的問題　 [例4]　(xx四川高考)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則(　　) A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 [解析]　如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝π，當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝，根據(jù)qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。 [答案]　A [通法歸納] 　　(1)帶電粒子在有界磁場中的運動，一般先要根據(jù)不同的磁場邊界畫出粒子運動的軌跡，然后利用幾何知識計算粒子半徑。 (2)根據(jù)r＝，T＝，已知m、v、q、B可計算半徑、周期。已知半徑、周期也可計算磁感應強度、比荷、電荷量等。 (3)計算粒子在磁場中運動的時間，需要知道周期和圓心角，常根據(jù)t＝T計算。 [集訓沖關] 1.半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出?！螦OB＝120，如圖所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　如圖所示，由AB弧所對圓心角θ＝60，知t＝T＝。但題中已知條件不夠，沒有此選項，另想辦法找規(guī)律表示t。由勻速圓周運動R＝，從圖示分析有R＝r，則t＝＝，選項D正確。 2．(xx全國丙卷)平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝。設入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P。由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R。由幾何圖形知，AP＝R，則AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故選項D正確。 一、單項選擇題 1.一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進入如圖所示的磁場，分離為1、2、3三束，則下列說法不正確的是(　　) A．1帶正電　　　　　 　B．1帶負電 C．2不帶電 D．3帶負電 解析：選B　根據(jù)左手定則，正電荷粒子左偏，即1；不偏轉(zhuǎn)說明不帶電，即2；帶負電的粒子向右偏，說明是3，因此答案為B。 2．在學校操場的上空中停著一個熱氣球，從它底部脫落一個塑料小部件，下落過程中由于和空氣的摩擦而帶負電，如果沒有風，那么它的著地點會落在氣球正下方地面位置的(　　) A．偏東 B．偏西 C．偏南 D．偏北 解析：選B　在我們北半球，地磁場在水平方向上的分量方向是水平向北，物體帶負電，根據(jù)左手定則可得物體受到向西的洛倫茲力，故向西偏轉(zhuǎn)，B正確。 3.如圖所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將(　　) A．沿路徑a運動，軌跡是圓 B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大 C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小 D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小 解析：選B　由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲。又由r＝知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a且軌跡半徑越來越大，選項B正確。 4.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場。其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)(　　) A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 解析：選D　如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90。從b點射出的粒子對應的圓心角為60。由t＝T，T＝，可得：t1∶t2＝3∶2，故選D。 5.(xx棗莊高三期末)如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子(帶電粒子重力不計)，恰好從e點射出，則(　　) A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼亩?，也將從d點射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從e點射出所用時間最短 解析：選A　如圖，粒子從e點射出圓心是O1，如果粒子的速度增大為原來的二倍，由r＝可知半徑也增大為原來的二倍，由對稱性可看出粒子將從d點射出，選項A正確；如果粒子的速度增大為原來的三倍，圓心是O3，設正方形的邊長為a，原半徑為r1＝a，r3＝3r1＝a，線段O3f＞a＋a＞r3，所以不可能從f點射出，選項B錯誤；由r＝可看出，磁感應強度增大時，半徑減小，不會從d點射出，選項C錯誤；因粒子運動的周期一定，在磁場中運動的時間與圓心角成正比，從以上分析和圖中可看出圓心為O1、O2時粒子運動軌跡對應的圓心角相等，故在磁場中運動的時間也相等，選項D錯誤。 二、多項選擇題 6.如圖所示，在x>0，y>0的空間有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有四個質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力的影響，則(　　) A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子 B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子 C．在磁場中運動時間最長的是沿③方向射出的粒子 D．在磁場中運動時間最長的是沿④方向射出的粒子 解析：選AD　顯然題圖中四條圓弧中①對應的半徑最大，由半徑公式R＝可知，質(zhì)量和電荷量相同的帶電粒子在同一個磁場中做勻速圓周運動的速度越大，半徑越大，選項A對B錯；根據(jù)周期公式T＝知，當圓弧對應的圓心角為θ時，帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝，圓心角越大則運動時間越長，圓心均在x軸上，由半徑大小關系可知④的圓心角為π，且最大，故在磁場中運動時間最長的是沿④方向射出的粒子，選項D對C錯。 7.如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 解析：選BD　作出各自的運動軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑RPR時，粒子沿圖中①方向射出磁場能打到屏上，當粒子做圓周運動的半徑r≤R時，將沿圖中②③方向射出磁場，不能打到屏上。當粒子速度為v1時，洛倫茲力提供向心力，得qv1B＝m，解得r1＝R>R，故能打到屏上；同理，當粒子的速度為v2時， 解得r2＝R1.5106 m/s時，粒子能打到熒光屏上。 (3)設速度v0＝3.0106 m/s時，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r4，由洛倫茲力提供向心力，得qv4B＝m，解得r4＝2R。如圖所示，粒子在磁場中運動的軌跡就是以E點為圓心，以r4為半徑的一段圓弧。因圓形磁場以O為軸緩慢轉(zhuǎn)動，故磁場邊界變?yōu)橐設為圓心，以2R為半徑的圓弧ABE，當A點恰轉(zhuǎn)至B點，此時粒子的出射點為B，偏角α最大，射到熒光屏上P點離A點最遠。由幾何知識得AP＝CAtan α＝(2R－r4 tan 30)tan 60＝ m≈0.15 m。 [答案]　(1)v1能，v2不能　(2)v0>1.5106 m/s　(3)0.15 m (1)根據(jù)邊界條件，通過畫動態(tài)圖的方法，找出符合臨界條件的粒子軌跡。 (2)運用幾何關系，求得粒子運動半徑。 (3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力建立方程。 [集訓沖關] 1.(多選)(xx常德月考)如圖所示，寬為d的有界勻強磁場的邊界為PP′、QQ′。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，磁感應強度大小為B，要使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面給出的(粒子的重力不計)(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選BC　微觀粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，qvB＝，R＝，要使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大時，軌跡與QQ′相切。如粒子帶正電，R＝＋d，d＝，v0＝，B正確；如粒子帶負電，R＋＝d，v0＝，C正確。 2.(xx海南高考)如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應強度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t0，求粒子此次入射速度的大小。 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期T＝4t0① 設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝m② 勻速圓周運動的速度滿足v＝③ 聯(lián)立①②③式得B＝。④ (2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關系有θ1＋θ2＝180⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間之和t1＋t2＝＝2t0。⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150。設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設粒子此次入射速度的大小為v0， 由圓周運動規(guī)律v0＝⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝。⑩ 答案：(1)　(2)2t0　(3) 二、勻強磁場中的多解問題 造成帶電粒子在勻強磁場中運動多解的原因很多，列舉以下幾種情形： 1．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，由于電性不同，當速度相同時，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，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。 2．磁場方向不確定形成多解 有些題目只知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向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，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。 3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過