人教物理選擇性必修第二冊(cè)教參

第一章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))安培力與洛倫茲力第1節(jié)磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力1．知道安培力的概念，會(huì)用左手定則判定安培力的方向。2.理解并熟練應(yīng)用安培力的計(jì)算公式F＝IlBsinθ。3.了解磁電式電流表的構(gòu)造及原理。eq\a\vs4\al(一、安培力的方向)1．填一填(1)安培力：通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的力。(2)決定安培力方向的因素：①磁場(chǎng)方向；②電流方向。(3)左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向。2．判一判(1)安培力的方向與磁場(chǎng)方向相同。(×)(2)安培力的方向與電流方向一定垂直。(√)(3)安培力的方向與磁場(chǎng)方向一定垂直。(√)3．想一想如圖所示，兩條平行的通電直導(dǎo)線會(huì)通過彼此之間產(chǎn)生的磁場(chǎng)發(fā)生相互作用，那么在什么情況下兩條直導(dǎo)線相互吸引，什么情況下兩條直導(dǎo)線相互排斥？提示：每一條通電直導(dǎo)線均處在另一條通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)安培定則可判斷出直線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，再根據(jù)左手定則可判斷出每一條通電直導(dǎo)線所受的安培力，由此可知，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。eq\a\vs4\al(二、安培力的大小)1．填一填一段長(zhǎng)為l的導(dǎo)線，通過的電流為I時(shí)所受安培力為F，則(1)當(dāng)通電導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)B的方向放置：F＝IlB。(2)當(dāng)通電導(dǎo)線平行于磁場(chǎng)B的方向放置：F＝0。(3)當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向不平行也不垂直時(shí)：F＝IlB⊥＝IlBsinθ。2．判一判(1)若勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，導(dǎo)線中電流I＝1A，導(dǎo)線長(zhǎng)度l＝1m，則導(dǎo)線所受安培力F＝1N。(×)(2)若通電導(dǎo)線在某處不受安培力，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零。(×)(3)同樣情況下，當(dāng)導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)放置時(shí)，安培力最大。(√)3．想一想在磁場(chǎng)越強(qiáng)的地方通電導(dǎo)體受到的安培力一定越大嗎？提示：不一定，通電導(dǎo)體受安培力的大小與B、I、l及θ有關(guān)，當(dāng)θ＝0°(B∥I)時(shí)，無論B如何，總有F＝0。eq\a\vs4\al(三、磁電式電流表)1．填一填(1)結(jié)構(gòu)：磁鐵、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴、鐵質(zhì)圓柱等。(2)物理學(xué)原理：通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動(dòng)。(3)工作原理如圖所示：①當(dāng)電流通過線圈時(shí)，導(dǎo)線受到安培力的作用，由左手定則知，線圈左右兩邊所受的安培力的方向相反，安裝在軸上的線圈就要轉(zhuǎn)動(dòng)，通過轉(zhuǎn)軸收緊螺旋彈簧使其變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)。②電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大，線圈偏轉(zhuǎn)的角度也越大，所以，從線圈偏轉(zhuǎn)的角度就能判斷通過電流的大小。③線圈中的電流方向改變時(shí)，安培力的方向隨著改變，指針的偏轉(zhuǎn)方向也隨著改變。所以，根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)方向，可以知道被測(cè)電流的方向。(4)優(yōu)缺點(diǎn)①優(yōu)點(diǎn)是靈敏度高，可以測(cè)出很弱的電流。②缺點(diǎn)是線圈的導(dǎo)線很細(xì)，允許通過的電流很弱。2．判一判(1)磁電式電流表指針偏轉(zhuǎn)角度隨電流的增大而增大。(√)(2)磁電式電流表只能測(cè)定電流的大小不能確定被測(cè)電流的方向。(×)(3)磁電式電流表內(nèi)是均勻輻射磁場(chǎng)，不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)。(√)3．選一選所謂電流表的靈敏度，是指在通入相同電流的情況下，指針偏轉(zhuǎn)角度的大小。偏角越大，靈敏度越高。下列關(guān)于提高磁電式電流表靈敏度的方法不正確的是()A．增強(qiáng)永久磁鐵的磁性B．增大螺旋彈簧的勁度系數(shù)C．增大線圈的面積D．增加線圈的匝數(shù)解析：選B通電線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，螺旋彈簧變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)。電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大。要提高電流表的靈敏度，就要在通入相同的電流時(shí)，讓指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，所以要減小螺旋彈簧的勁度系數(shù)，同時(shí)使安培力變大，即增強(qiáng)永久磁鐵的磁性、增大線圈的面積和增加線圈的匝數(shù)。利用左手定則判斷安培力的方向[學(xué)透用活]1．安培定則與左手定則的選取原則2．兩平行通電直導(dǎo)線的相互作用規(guī)律①同向電流互相吸引；②反向電流互相排斥。[典例1]畫出圖中通電直導(dǎo)線A受到的安培力的方向。[解析](1)中電流方向與磁場(chǎng)方向垂直，由左手定則可判斷出A所受安培力方向如圖甲所示。(2)中條形磁鐵在A處的磁場(chǎng)分布如圖乙所示，由左手定則可判斷A受到的安培力的方向如圖乙所示。(3)中由安培定則可判斷出電流A處合磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丙所示。(4)中由安培定則可判斷出電流A處磁場(chǎng)如圖丁所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丁所示。[答案]見解析圖[規(guī)律方法]判斷安培力方向常見的兩類問題[對(duì)點(diǎn)練清]1．一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定，導(dǎo)線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當(dāng)沒有磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)；當(dāng)分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，下列描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個(gè)圖示中正確的是()解析：選D根據(jù)左手定則可判斷出A圖中導(dǎo)線所受安培力為零，B圖中導(dǎo)線所受安培力垂直紙面向里，C、D圖中導(dǎo)線所受安培力向右，由導(dǎo)線受力以后的彎曲方向與受力方向的關(guān)系可知，D圖正確。2．在赤道上空，水平放置一根通以由西向東的電流的直導(dǎo)線，則此導(dǎo)線()A．受到豎直向上的安培力B．受到豎直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向東的安培力解析：選A赤道上空的地磁場(chǎng)方向是由南向北的，電流方向由西向東，畫出此處磁場(chǎng)和電流的方向圖如圖所示，由左手定則可判斷出導(dǎo)線受到的安培力的方向是豎直向上的，選項(xiàng)A正確。3．[多選]如圖所示，F(xiàn)是磁場(chǎng)對(duì)通電直導(dǎo)線的作用力，其中正確的示意圖是()解析：選AD由左手定則可判斷，選項(xiàng)B中安培力的方向向左，選項(xiàng)C中安培力的方向向下；選項(xiàng)A、D中安培力的方向如題圖所示，選項(xiàng)A、D是正確的。安培力大小的分析與計(jì)算[學(xué)透用活]1．F＝IlBsinθ適用于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的通電直導(dǎo)線，求彎曲導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受安培力時(shí)，l為有效長(zhǎng)度，即導(dǎo)線兩端點(diǎn)所連直線的長(zhǎng)度，相應(yīng)的電流方向沿l由始端流向末端，如圖所示。2．同樣情況下，通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，它所受的安培力最大；導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，它不受安培力；導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向斜交時(shí)，它所受的安培力介于0和最大值之間。3．在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，只要通電直導(dǎo)線l所在位置的各點(diǎn)B矢量相等(包括大小和方向)，則導(dǎo)線所受安培力也能用上述公式計(jì)算。4．當(dāng)電流同時(shí)受到幾個(gè)安培力時(shí)，則電流所受的安培力為這幾個(gè)安培力的矢量和。[典例2]如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導(dǎo)體框，垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)放置，將M、N兩點(diǎn)接入電壓恒定的電源兩端，通電時(shí)，線框受到的安培力為1.2N，若將MON邊移走，則余下線框受到的安培力大小為()A．0.6N B．0.8NC．1.2N D．1.6N[解析]根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖所示，令電源電壓為U，等邊三角形MON的電阻為3R，曲線MON上產(chǎn)生的安培力合力豎直向上，與MN邊受到的安培力方向相同，并聯(lián)后總電阻為：eq\f(2R,3)，根據(jù)歐姆定律，并聯(lián)電路的總電流為：I1＝eq\f(U,2R/3)＝eq\f(3U,2R)，則安培力為：F＝BI1L＝eq\f(3BUL,2R)＝1.2N，將MON邊移走，余下線框受到的安培力大小為：F′＝BI2L＝eq\f(BUL,R)，比較可得F′＝0.8N。故B正確。[答案]B[規(guī)律方法]應(yīng)用安培力公式F＝IlBsinθ解題的技巧應(yīng)用公式F＝IlBsinθ求安培力大小時(shí)不能死記公式，應(yīng)正確理解公式中各物理量的實(shí)質(zhì)，可將Bsinθ理解為有效磁感應(yīng)強(qiáng)度或?qū)sinθ理解為有效長(zhǎng)度，θ為磁場(chǎng)方向與直導(dǎo)線l之間的夾角。[對(duì)點(diǎn)練清]1．長(zhǎng)度為L(zhǎng)、通有電流為I的直導(dǎo)線放入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電流方向與磁場(chǎng)方向如圖所示，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，對(duì)于下列各圖中，導(dǎo)線所受安培力的大小計(jì)算正確的是()解析：選AA圖中，導(dǎo)線不和磁場(chǎng)垂直，故將導(dǎo)線投影到垂直磁場(chǎng)方向上，故F＝BILcosθ，A正確；B圖中，導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向垂直，故F＝BIL，B錯(cuò)誤；C圖中導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向垂直，故F＝BIL，C錯(cuò)誤；D圖中導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向垂直，故F＝BIL，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc和cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且∠abc＝∠bcd＝135°。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。則導(dǎo)線abcd所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力()A．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)＋1)ILBB．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)－1)ILBC．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)＋1)ILBD．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)－1)ILB解析：選A由左手定則及力的合成可知合力方向沿紙面向上，C、D錯(cuò)誤；導(dǎo)線abcd的等效長(zhǎng)度為a到d的距離即為(eq\r(2)＋1)L，由安培力公式F＝BIL可得合力大小為(eq\r(2)＋1)ILB，A正確。3.如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝10cm的一段直導(dǎo)線ab，與磁場(chǎng)方向垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝3×10－2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。今在導(dǎo)線中通以I＝10A的電流，方向從b流向a。導(dǎo)線繞固定點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)(設(shè)eq\x\to(Oa)＝3eq\x\to(Ob))，由圖中位置在紙面內(nèi)按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)過60°角時(shí)，求：(1)導(dǎo)線受到的安培力的大小和方向；(2)如果在ab所在的豎直面上，ab從圖中位置繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，由紙面向紙面外轉(zhuǎn)30°角時(shí)，情況又如何？解析：由題知B＝3×10－2T，I＝10A，L＝10cm＝0.1m。(1)導(dǎo)線繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)過60°角時(shí)，B與I的夾角為θ＝150°，安培力的大小F＝ILB×10－2N，安培力的方向垂直紙面向外。(2)導(dǎo)線繞O點(diǎn)向紙面外轉(zhuǎn)過30°角時(shí)，B與I仍垂直，安培力的大小F＝ILB＝3×10－2N，安培力的方向與原ab方向成120°角斜向下指向紙面外。答案：×10－2N方向垂直紙面向外(2)3×10－2N方向與原ab方向成120°角斜向下指向紙面外安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)[學(xué)透用活]不管是電流還是磁體，對(duì)通電導(dǎo)線的作用都是通過磁場(chǎng)來實(shí)現(xiàn)的，因此必須要清楚導(dǎo)線所在位置的磁場(chǎng)分布情況，然后結(jié)合左手定則準(zhǔn)確判斷導(dǎo)線的受力情況或?qū)⒁l(fā)生的運(yùn)動(dòng)，在實(shí)際操作過程中，往往采用以下五種方法：電流元法把整段導(dǎo)線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導(dǎo)線所受合力的方向，從而確定導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個(gè)環(huán)形電流，反過來等效也成立特殊位置法通過轉(zhuǎn)動(dòng)通電導(dǎo)線到某個(gè)便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°)，然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運(yùn)動(dòng)方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉(zhuǎn)動(dòng)趨勢(shì)，同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)的問題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向[典例3]如圖所示，兩個(gè)完全相同且相互絕緣、正交的金屬環(huán)A、B，可沿軸線OO′自由轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)通以圖示方向電流，沿OO′看去會(huì)發(fā)現(xiàn)()A．A環(huán)、B環(huán)均不轉(zhuǎn)動(dòng)B．A環(huán)將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)也逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩環(huán)相對(duì)不動(dòng)C．A環(huán)將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩環(huán)相對(duì)不動(dòng)D．A環(huán)將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩者吸引靠攏至重合為止[解析]由安培定則可得，A環(huán)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下，B環(huán)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向左，兩磁場(chǎng)相互作用后磁場(chǎng)的方向趨向一致，所以A環(huán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，二者相互靠攏，直至重合，故選項(xiàng)D正確。[答案]D[規(guī)律方法]判斷安培力作用下通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向的思路(1)首先應(yīng)畫出通電導(dǎo)體(或通電線圈)所在位置的磁感線方向。(2)根據(jù)左手定則確定通電導(dǎo)體(或通電線圈)所受安培力的方向。(3)由通電導(dǎo)體(或通電線圈)的受力情況判斷通電導(dǎo)體(或通電線圈)的運(yùn)動(dòng)方向。[對(duì)點(diǎn)練清]1.用兩根細(xì)線把兩個(gè)完全相同的圓形導(dǎo)線環(huán)懸掛起來，讓二者等高平行放置，如圖所示，當(dāng)兩導(dǎo)線環(huán)中通入方向相同的電流I1、I2時(shí)，則有()A．兩導(dǎo)線環(huán)相互吸引B．兩導(dǎo)線環(huán)相互排斥C．兩導(dǎo)線環(huán)無相互作用力D．兩導(dǎo)線環(huán)先吸引后排斥解析：選A通電的導(dǎo)線環(huán)周圍能夠產(chǎn)生磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的基本性質(zhì)是對(duì)放入其中的磁體或電流產(chǎn)生力的作用。由于導(dǎo)線環(huán)中通入的電流方向相同，二者同位置處的電流方向完全相同，相當(dāng)于通入同向電流的直導(dǎo)線，據(jù)同向電流相互吸引的規(guī)律，知兩導(dǎo)線環(huán)應(yīng)相互吸引，故A正確。2.直導(dǎo)線AB與圓線圈的平面垂直且隔有一小段距離，直導(dǎo)線固定，線圈可以自由運(yùn)動(dòng)。當(dāng)通過如圖所示的電流時(shí)(同時(shí)通電)，從左向右看，線圈將()A．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近直導(dǎo)線ABB．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)離開直導(dǎo)線ABC．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近直導(dǎo)線ABD．不動(dòng)解析：選C先用安培定則判斷出AB導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)向里，再由左手定則可知環(huán)形電流內(nèi)側(cè)受力向下、外側(cè)受力向上，因此從左向右看線圈應(yīng)逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)到與AB共面時(shí)，AB與線圈左側(cè)吸引，與線圈右側(cè)排斥，由于左側(cè)離AB較近，則引力大于斥力，所以線圈靠近導(dǎo)線AB，故選項(xiàng)C正確。3．如圖所示，將通電直導(dǎo)線AB用絲線懸掛在電磁鐵的正上方，直導(dǎo)線可自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則接通開關(guān)K的瞬間()A．A端向上運(yùn)動(dòng)，B端向下運(yùn)動(dòng)，懸線張力不變B．A端向下運(yùn)動(dòng)，B端向上運(yùn)動(dòng)，懸線張力不變C．A端向紙外運(yùn)動(dòng)，B端向紙內(nèi)運(yùn)動(dòng)，懸線張力變小D．A端向紙內(nèi)運(yùn)動(dòng)，B端向紙外運(yùn)動(dòng)，懸線張力變大解析：選D當(dāng)開關(guān)K接通時(shí)，根據(jù)安培定則知電磁鐵附近磁感線的分布如圖所示，由左手定則知通電直導(dǎo)線此時(shí)A端受力指向紙內(nèi)，B端受力指向紙外，故導(dǎo)線將轉(zhuǎn)動(dòng)，由特殊位置法知當(dāng)導(dǎo)線轉(zhuǎn)到與磁感線垂直時(shí)，整個(gè)導(dǎo)線受到的磁場(chǎng)力方向豎直向下，故懸線張力變大，D正確。安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題[學(xué)透用活][典例4]如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°；ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g取10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)通過ab的電流大小和方向。(2)ab受到的安培力大小。(3)重物重力G的取值范圍。[解析](1)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A，方向?yàn)閍到b。(2)F＝BIL＝5N。(3)對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析，如圖所示，fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N。當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)，F(xiàn)T＝Fsin53°－fm＝0.5N。當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)，F(xiàn)T＝Fsin53°＋fm＝7.5N。所以由G＝FT可知0.5N≤G≤7.5N。[答案](1)2A方向?yàn)閍到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N[規(guī)律方法]求解安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題的基本思路[對(duì)點(diǎn)練清]1.如圖所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒AC，用軟線懸掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通入A→C方向的電流時(shí)，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()A．不改變電流和磁場(chǎng)方向，適當(dāng)減小電流B．不改變磁場(chǎng)和電流方向，適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度C．只改變電流方向，并適當(dāng)增加電流D．只改變電流方向，并適當(dāng)減小電流解析：選B不改變電流和磁場(chǎng)方向，適當(dāng)減小電流，可減小安培力，不能使懸線張力為零，故A錯(cuò)誤。不改變磁場(chǎng)和電流方向，金屬棒所受的安培力方向仍向上，適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，安培力增大，懸線張力可減小到零，所以B正確。只改變電流方向，金屬棒所受安培力方向向下，懸線張力一定不為零，故C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，導(dǎo)體桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R，放置在與水平面夾角為θ的傾斜金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間距為d，電阻不計(jì)，系統(tǒng)處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電池內(nèi)阻不計(jì)，問：若導(dǎo)軌光滑，電源電動(dòng)勢(shì)E多大才能使導(dǎo)體桿靜止在導(dǎo)軌上？解析：由閉合電路的歐姆定律得：E＝IR導(dǎo)體桿受力情況如圖所示，則由共點(diǎn)力平衡條件可得F安＝mgtanθF安＝BId由以上各式可得出E＝eq\f(mgRtanθ,Bd)。答案：eq\f(mgRtanθ,Bd)落實(shí)新課標(biāo)理念，教材案例最經(jīng)典。以下內(nèi)容選自新課標(biāo)魯科版的相關(guān)內(nèi)容，供同學(xué)們開闊視野，提升素養(yǎng)。一、用電流天平“稱”安培力(核心素養(yǎng)之科學(xué)思維)[選自魯科版新教材“科學(xué)書屋”]如圖所示，天平左盤放砝碼，右盤下懸掛線圈，線圈處于磁場(chǎng)中。當(dāng)線圈沒有通電時(shí)，天平處于平衡狀態(tài)。線圈通電后，在磁場(chǎng)中的導(dǎo)線a、b、c段分別受安培力作用。由左手定則可知，a、c段的安培力大小相等、方向相反，互相抵消，而b段導(dǎo)線的安培力方向向上，從而使天平的平衡被破壞。通過在右盤加砝碼(或移動(dòng)游碼)使天平重新平衡，根據(jù)砝碼的質(zhì)量可推知線圈所受安培力的大小。(1)若在右盤加的砝碼的質(zhì)量為m，則線圈所受的安培力大小是多少？(2)若b段導(dǎo)線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則b段導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是多少？[提示](1)mg。(2)由mg＝nILB可得B＝eq\f(mg,nIL)。二、典題好題發(fā)掘，練典題做一當(dāng)十[選自魯科版新教材課后練習(xí)][多選]如圖(a)所示，揚(yáng)聲器中有一線圈處于輻射狀磁場(chǎng)中，當(dāng)音頻電流信號(hào)通過線圈時(shí)，線圈帶動(dòng)紙盆振動(dòng)，發(fā)出聲音。俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場(chǎng)中的線圈(線圈平面即紙面)，磁場(chǎng)方向如圖中箭頭所示。下列選項(xiàng)正確的是()A．當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B．當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外C．當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D．當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外[解析]將環(huán)形導(dǎo)線分割成無限個(gè)小段，每一小段看成直導(dǎo)線，根據(jù)左手定則可以判斷，當(dāng)電流為順時(shí)針方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向外，當(dāng)電流為逆時(shí)針方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向里，故B、C選項(xiàng)正確，A、C選項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]BCeq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤訓(xùn)練])A級(jí)—雙基達(dá)標(biāo)1．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB由左手定則可知，安培力的方向一定與磁場(chǎng)方向和直導(dǎo)線垂直，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；安培力的大小F＝BILsinθ與直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，假設(shè)原來直導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直，若折成直角后一段與磁場(chǎng)仍垂直，另一段與磁場(chǎng)平行，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?；若折成直角后，兩段都與磁場(chǎng)垂直，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)，因此安培力大小不一定是原來的一半，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．19世紀(jì)20年代，以塞貝克(數(shù)學(xué)家)為代表的科學(xué)家已認(rèn)識(shí)到：溫度差會(huì)引起電流，安培考慮到地球自轉(zhuǎn)造成了太陽照射后正面與背面的溫度差，從而提出如下假設(shè)：地磁場(chǎng)是由繞地球的環(huán)形電流引起的。則該假設(shè)中的電流方向是(注：磁子午線是地磁場(chǎng)N極與S極在地球表面的連線)()A．由西向東垂直磁子午線B．由東向西垂直磁子午線C．由南向北沿磁子午線D．由赤道向兩極沿磁子午線解析：選B地磁場(chǎng)的N極在地理南極附近，根據(jù)安培定則，大拇指指向地磁場(chǎng)的N極，則四指的繞向即為電流的方向，即安培假設(shè)中的電流方向應(yīng)該是由東向西垂直磁子午線，故B正確。3.如圖所示，通以恒定電流I的導(dǎo)線MN在紙面內(nèi)從a位置繞其一端M轉(zhuǎn)至b位置時(shí)，通電導(dǎo)線所受安培力的大小變化情況是()A．變小 B．不變C．變大 D．不能確定解析：選B當(dāng)MN在原位置時(shí)，安培力的大小為F＝BIL，當(dāng)MN繞M端旋轉(zhuǎn)時(shí)，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不變的，選項(xiàng)B正確。4.一直導(dǎo)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(dǎo)線可以自由地運(yùn)動(dòng)且通以方向由a到b的電流，則導(dǎo)線ab受到安培力的作用后，運(yùn)動(dòng)情況為()A．從上向下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并靠近螺線管B．從上向下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并遠(yuǎn)離螺線管C．從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并遠(yuǎn)離螺線管D．從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)并靠近螺線管解析：選D先由安培定則判斷通電螺線管的N、S兩極，找出導(dǎo)線左、右兩端磁感應(yīng)強(qiáng)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(a)所示。可以判斷導(dǎo)線受到磁場(chǎng)力作用后從上向下看按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。再分析此時(shí)導(dǎo)線位置的磁場(chǎng)方向，再次用左手定則判斷導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力的方向，如圖(b)所示，導(dǎo)線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯(cuò)誤。5.[多選]通電矩形線框abcd與長(zhǎng)直通電導(dǎo)線MN在同一平面內(nèi)，如圖所示，ab邊與MN平行。關(guān)于MN產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)線框的作用力，下列說法正確的是()A．線框有兩條邊所受的安培力方向相同B．線框有兩條邊所受的安培力大小相等C．線框所受的安培力的合力方向向左D．線框所受的安培力的合力方向向右解析：選BD由安培定則可知導(dǎo)線MN在線框處所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，再由左手定則判斷出bc邊和ad邊所受安培力大小相等，方向相反。ab邊受到向右的安培力Fab，cd邊受到向左的安培力Fcd，因?yàn)閍b邊所在處的磁場(chǎng)較強(qiáng)，cd邊所在處的磁場(chǎng)較弱，故Fab＞Fcd，線框所受合力方向向右。選項(xiàng)B、D正確。6．如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場(chǎng)均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長(zhǎng)均為L(zhǎng)，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則()A．該磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．線圈平面總與磁場(chǎng)方向垂直C．線圈將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．線圈將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)解析：選D該磁場(chǎng)明顯不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線應(yīng)該是一系列方向相同的平行的直線，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，線圈平面總與磁場(chǎng)方向平行，故B錯(cuò)誤；由左手定則可知，a導(dǎo)線受到的安培力向上，b導(dǎo)線受到的安培力向下，故線圈將順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確。7.如圖所示，質(zhì)量m＝0.5kg的通電導(dǎo)體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度L＝1m的光滑絕緣框架上，磁場(chǎng)方向垂直于框架平面向下(磁場(chǎng)僅存在于絕緣框架內(nèi))。右側(cè)回路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝8V、內(nèi)阻r＝1Ω，額定功率為8W、額定電壓為4V的電動(dòng)機(jī)M正常工作。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g取10m/s2，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．2T B．1.73TC．1.5T D．1T解析：選C電動(dòng)機(jī)M正常工作時(shí)的電流I1＝eq\f(P1,U)＝2A，電源內(nèi)阻上的電壓U′＝E－U＝8V－4V＝4V，根據(jù)歐姆定律得：干路中的電流I＝eq\f(U′,r)＝4A，則通過導(dǎo)體棒的電流I2＝I－I1＝2A，導(dǎo)體棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝1.5T，選項(xiàng)C正確。8.如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時(shí)臺(tái)秤讀數(shù)為F1?，F(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導(dǎo)線，電流方向如圖所示，當(dāng)加上電流后，臺(tái)秤讀數(shù)為F2，則以下說法正確的是()A．F1＞F2 B．F1＜F2C．彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) D．彈簧長(zhǎng)度將不變解析：選A選通電導(dǎo)線為研究對(duì)象，根據(jù)左手定則判斷可知，通電導(dǎo)線所受安培力方向?yàn)樾毕蛴蚁路?，根?jù)牛頓第三定律分析得知，磁鐵受到的安培力方向斜向左上方，則磁鐵將向左運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，所以長(zhǎng)度將變短，故C、D錯(cuò)誤；由于磁鐵受到的安培力方向斜向左上方，對(duì)臺(tái)秤的壓力減小，則F1>F2，故A正確，B錯(cuò)誤。9.如圖所示，在與水平方向夾角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌間有一電源，在相距1m的平行導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.3kg的金屬棒ab,通以從b→a、I＝3A的電流，磁場(chǎng)方向豎直向上，這時(shí)金屬棒恰好靜止(g＝10m/s2)。求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)ab棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力。解析：(1)ab棒靜止，受力情況如圖所示，沿斜面方向受力平衡，則mgsin60°＝BILcos60°，解得B＝eq\f(mgtan60°,IL)＝eq\×10×\r(3),3×1)T≈1.73T。(2)根據(jù)平衡條件及牛頓第三定律得，ab棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力為：FN′＝FN＝eq\f(mg,cos60°)＝eq\×10,\f(1,2))N＝6N。答案：(1)1.73T(2)6NB級(jí)—選考提能10．[多選]通有電流的導(dǎo)線L1、L2、L3、L4處在同一平面(紙面)內(nèi)，放置方式及電流方向如圖甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可繞垂直紙面的中心軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列判定正確的是()A．L2繞軸O按順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B．L2繞軸O按逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．L4繞軸O按順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．L4繞軸O按逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)解析：選BC圖甲中由右手螺旋定則可知，導(dǎo)線L1上方磁場(chǎng)垂直紙面向外，且離導(dǎo)線L1的距離越近，磁場(chǎng)越強(qiáng)；導(dǎo)線L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右，但O點(diǎn)下方部分安培力較大，所以L2繞軸O按逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；圖乙中O點(diǎn)上方導(dǎo)線L4所受安培力方向向右，O點(diǎn)下方導(dǎo)線L4所受安培力方向向左，即L4繞軸O按順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤。11.如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小解析：選A金屬棒受力如圖所示，tanθ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(BIL,mg)。棒中電流I變大，θ角變大；兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角不變；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變大，故A正確。12．如圖所示，在傾角為θ＝30°的斜面上，固定兩間距L＝0.5m的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器R，電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝2Ω，一質(zhì)量m＝100g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T、垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì))。金屬導(dǎo)軌是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，求：(1)金屬棒所受到的安培力大??；(2)滑動(dòng)變阻器R接入電路中的阻值。解析：(1)作出金屬棒的受力圖，如圖所示。則有F＝mgsinθ，解得F＝0.5N。(2)根據(jù)安培力公式F＝BIL得I＝eq\f(F,BL)＝1A設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R′，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝I(R′＋r)得R′＝eq\f(E,I)－r＝8Ω。答案：(1)0.5N(2)8Ω第2節(jié)磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力1．學(xué)會(huì)用左手定則判斷洛倫茲力的方向。2.掌握洛倫茲力的公式，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小。3.知道電視顯像管的基本構(gòu)造及工作原理。eq\a\vs4\al(一、洛倫茲力的方向)1．填一填(1)洛倫茲力：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中受到的力。(2)實(shí)驗(yàn)觀察抽成真空的玻璃管左右兩個(gè)電極分別連接到高壓電源兩極上，陰極發(fā)射的電子向陽極加速運(yùn)動(dòng)。①?zèng)]有加磁場(chǎng)時(shí)，電子束呈一條直線。②加上磁場(chǎng)時(shí)，電子束的徑跡發(fā)生彎曲。③改變磁場(chǎng)方向，電子束會(huì)向相反方向彎曲。(3)洛倫茲力方向的判斷左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)的正電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力的方向。負(fù)電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。2．判一判(1)正電荷所受的洛倫茲力的方向與磁場(chǎng)方向相同。(×)(2)判斷電荷所受洛倫茲力的方向時(shí)，應(yīng)同時(shí)考慮電荷的電性。(√)(3)以相同方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的粒子，負(fù)電荷受洛倫茲力的方向與正電荷受洛倫茲力的方向相反。(√)3．想一想正電荷所受洛倫茲力的方向、負(fù)電荷所受洛倫茲力的方向以及導(dǎo)線所受安培力的方向有什么聯(lián)系？提示：電流的方向即正電荷定向移動(dòng)的方向，也就是負(fù)電荷定向移動(dòng)的反方向。所以安培力的方向和相應(yīng)正電荷沿電流方向移動(dòng)所受洛倫茲力方向及相應(yīng)負(fù)電荷沿電流反方向移動(dòng)所受洛倫茲力方向一致，體現(xiàn)了安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。eq\a\vs4\al(二、洛倫茲力的大小)1．填一填(1)洛倫茲力公式的推導(dǎo)設(shè)導(dǎo)體中單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，每一電荷電荷量為q，則長(zhǎng)度為vt的導(dǎo)體內(nèi)自由電荷總數(shù)N＝S·vt·n導(dǎo)體所受安培力F安＝I·vt·B導(dǎo)體的電流強(qiáng)度I＝nqSv每個(gè)電荷所受的洛倫茲力F洛＝eq\f(F安,N)＝eq\f(nqSv·vt·B,S·vt·n)＝qvB(2)洛倫茲力的大小①電荷量為q的粒子以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直，則F＝qvB。②當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)的方向夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝qvBsinθ。③當(dāng)電荷沿磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)(即θ＝0或v∥B)時(shí)，F(xiàn)＝0。2．判一判(1)若電荷的速度方向與磁場(chǎng)方向平行，電荷不受洛倫茲力。(√)(2)同一電荷進(jìn)入磁場(chǎng)的速度不同，所受洛倫茲力一定不同。(×)(3)同一電荷以同樣大小的速度垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的洛倫茲力最大。(√)3．選一選兩個(gè)帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子受洛倫茲力之比為()A．2∶1 B．1∶1C．1∶2 D．1∶4解析：選C帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時(shí)，洛倫茲力F＝qvB，與電荷量成正比，與質(zhì)量無關(guān)，C項(xiàng)正確。eq\a\vs4\al(三、電子束的磁偏轉(zhuǎn))1．填一填(1)顯像管的構(gòu)造：如圖所示，由電子槍、偏轉(zhuǎn)線圈和熒光屏組成。(2)顯像管的原理①電子槍發(fā)射電子。②電子束在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)。③熒光屏被電子束撞擊發(fā)光。(3)掃描：在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，其方向、強(qiáng)弱都在不斷變化，使得電子束打在熒光屏上的光點(diǎn)從上向下、從左向右不斷移動(dòng)。2．判一判(1)電子槍的作用是能發(fā)射高速電子束。(√)(2)顯像管中偏轉(zhuǎn)線圈中的電流恒定不變時(shí)，電子打在屏上的光點(diǎn)是不動(dòng)的。(√)(3)要使打在屏上的光點(diǎn)在全屏上移動(dòng)，所加的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)必須是沿水平方向，大小和方向在不斷變化。(×)3．想一想顯像管工作時(shí)，電子束依次掃描熒光屏上各點(diǎn)，可為什么我們覺察不到熒光屏的閃爍？提示：這是由于眼睛的視覺暫留現(xiàn)象，當(dāng)電子束掃描頻率達(dá)到人眼的臨界閃爍頻率時(shí)，由于視覺暫留的原因，人眼就感覺不到熒光屏的閃爍。洛倫茲力方向的判斷[學(xué)透用活]1．決定洛倫茲力方向的三個(gè)因素：電荷的正負(fù)、速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。2．洛倫茲力的方向總是與電荷運(yùn)動(dòng)的方向和磁場(chǎng)方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷速度方向和磁場(chǎng)方向確定的平面。即F、B、v三個(gè)量的方向關(guān)系是：F⊥B，F(xiàn)⊥v，但B與v不一定垂直。3．當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化。4．用左手定則判定負(fù)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受的洛倫茲力時(shí)，應(yīng)注意將四指指向負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向。[典例1]試判斷圖中的帶電粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力的方向，其中垂直于紙面指向紙里的是()[解析]根據(jù)左手定則可以判斷，選項(xiàng)A中的負(fù)電荷所受的洛倫茲力方向向下；選項(xiàng)B中的負(fù)電荷所受的洛倫茲力方向向上；選項(xiàng)C中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙外；選項(xiàng)D中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙里，D正確。[答案]D[易錯(cuò)警示]判斷洛倫茲力方向時(shí)的易錯(cuò)點(diǎn)(1)注意電荷的正負(fù)，尤其是判斷負(fù)電荷所受洛倫茲力方向時(shí)，四指應(yīng)指向負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向。(2)洛倫茲力的方向一定垂直于B和v所決定的平面。[對(duì)點(diǎn)練清]1．在下列四個(gè)選項(xiàng)中，正確標(biāo)明了帶正電粒子所受洛倫茲力F方向的是()解析：選D根據(jù)左手定則可知，A項(xiàng)中洛倫茲力方向應(yīng)該垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)中洛倫茲力方向應(yīng)該是垂直紙面向外，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向下，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)中洛倫茲力方向應(yīng)該豎直向上，故D正確。2.一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進(jìn)入如圖所示的磁場(chǎng)，分離為1、2、3三束粒子流，則下列選項(xiàng)不正確的是()A．1帶正電 B．1帶負(fù)電C．2不帶電 D．3帶負(fù)電解析：選B根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向左偏，即粒子1；不偏轉(zhuǎn)說明不帶電，即粒子2；帶負(fù)電的粒子向右偏，說明是粒子3，故選項(xiàng)B不正確。3.運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷有力的作用。將陰極射線管的兩極與高壓電源連接后，加上如圖所示的磁場(chǎng)，可觀察到從負(fù)極向右射出的高速電子流(電子帶負(fù)電)的偏轉(zhuǎn)情況是()A．平行紙面向上偏轉(zhuǎn) B．平行紙面向下偏轉(zhuǎn)C．垂直紙面向內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．垂直紙面向外偏轉(zhuǎn)解析：選D電子流受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子流帶負(fù)電，應(yīng)用左手定則判斷洛倫茲力時(shí)，四指應(yīng)指向電子流運(yùn)動(dòng)的反方向，磁感線垂直穿過掌心，則拇指垂直于紙面向外，故電子流垂直紙面向外偏轉(zhuǎn)，所以選項(xiàng)D正確。洛倫茲力的理解與計(jì)算[學(xué)透用活]1．洛倫茲力與安培力的比較聯(lián)系區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀解釋(2)大小關(guān)系：F安＝NF洛(N是導(dǎo)體中定向運(yùn)動(dòng)的電荷數(shù))(3)方向關(guān)系：洛倫茲力與安培力的方向一致，均可用左手定則進(jìn)行判斷(1)洛倫茲力是指單個(gè)運(yùn)動(dòng)的帶電粒子所受到的磁場(chǎng)力，而安培力是指通電導(dǎo)線(即大量帶電粒子)所受到的磁場(chǎng)力(2)洛倫茲力永不做功，而安培力可以做功2．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較比較項(xiàng)目洛倫茲力電場(chǎng)力性質(zhì)磁場(chǎng)對(duì)在其中運(yùn)動(dòng)電荷的作用力電場(chǎng)對(duì)放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場(chǎng)中的電荷一定受到電場(chǎng)力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷與電場(chǎng)方向相同，負(fù)電荷與電場(chǎng)方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功、或不做功力F為零時(shí)場(chǎng)的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向[典例2]在以下的各圖中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q。試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小。[解析](1)因v⊥B，所以F＝qvB。(2)v與B的夾角為30°，將v分解成垂直磁場(chǎng)的分量和平行磁場(chǎng)的分量，v⊥＝vsin30°，F(xiàn)＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB。(3)由于v與B平行，所以不受洛倫茲力。(4)v與B垂直，F(xiàn)＝qvB。[答案](1)qvB(2)eq\f(1,2)qvB(3)不受洛倫茲力(4)qvB[對(duì)點(diǎn)練清]1．關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是()A．安培力和洛倫茲力是性質(zhì)不同的兩種力B．安培力可以對(duì)通電導(dǎo)線做功，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功C．運(yùn)動(dòng)電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零D．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動(dòng)能，也不能改變帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)解析：選B安培力和洛倫茲力都是磁場(chǎng)力，A錯(cuò)誤；洛倫茲力方向永遠(yuǎn)與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以洛倫茲力不做功，安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，它雖然對(duì)引起電流的定向移動(dòng)的電荷不做功，但對(duì)導(dǎo)線可以做功，B正確；電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁感線方向在一條直線上時(shí)，洛倫茲力為零，但B不為零，C錯(cuò)誤；洛倫茲力不改變帶電粒子的速度大小，但改變速度的方向，D錯(cuò)誤。2．[多選]下列關(guān)于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的說法正確的是()A．沿著電場(chǎng)線的方向，場(chǎng)強(qiáng)越來越小B．沿著電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)越來越低C．洛倫茲力方向一定與磁場(chǎng)方向垂直D．洛倫茲力為零的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度也為零解析：選BC沿著電場(chǎng)線的方向，場(chǎng)強(qiáng)可能越來越小，也可能越來越大，也可能不變，A錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)越來越低，B正確；由左手定則可知，洛倫茲力方向一定與磁場(chǎng)方向垂直，C正確；當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)平行時(shí)，洛倫茲力為零，但磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，在O點(diǎn)存在垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)的勻速電子束?！螹OP＝60°，在M、N處各有一長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時(shí)O點(diǎn)處的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長(zhǎng)直導(dǎo)線移至P處，則O點(diǎn)處的電子受到的洛倫茲力大小為F2，那么F2與F1之比為()A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶2解析：選B設(shè)M、N處的長(zhǎng)直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，由安培定則可知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,2)B1，方向豎直向下，則電子在O點(diǎn)處受到的洛倫茲力為F1＝evB1；當(dāng)M處的長(zhǎng)直導(dǎo)線移到P處時(shí)，O點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝2×eq\f(1,2)B1×cos30°＝eq\f(\r(3),2)B1，則電子在O點(diǎn)處受到的洛倫茲力為F2＝evB2＝eq\f(\r(3),2)evB1，所以，F(xiàn)2與F1之比為eq\r(3)∶2。故選項(xiàng)B正確。帶電體在洛倫茲力作用下的運(yùn)動(dòng)[學(xué)透用活][典例3]如圖，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在D處平滑連接，前者置于水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一帶正電小球從A處靜止釋放，且能沿軌道運(yùn)動(dòng)，并恰能通過半圓形軌道最高點(diǎn)C?，F(xiàn)若撤去磁場(chǎng)，使小球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點(diǎn)，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是()A．H′＜H B．H′＝HC．H′＞H D．無法確定[解析]有磁場(chǎng)時(shí)，小球恰好通過最高點(diǎn)，有：mg－qvB＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，無磁場(chǎng)時(shí)，小球恰好通過最高點(diǎn)，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，由兩式可知v2＞v1。根據(jù)動(dòng)能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2可知，H′＞H，故C正確。[答案]C[規(guī)律方法]與洛倫茲力相關(guān)的帶電體問題的分析思路正確進(jìn)行受力分析，當(dāng)帶電體的速率v變化時(shí)，洛倫茲力的大小F隨之改變，因此帶電體在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況是動(dòng)態(tài)變化的。洛倫茲力F的變化影響帶電體所受的合力，合力變化又引起加速度變化，加速度變化又影響速度變化。(1)確定帶電體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合。(2)靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。①當(dāng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子受力必然平衡，由平衡條件列方程求解。②對(duì)于臨界問題，注意挖掘隱含條件。[對(duì)點(diǎn)練清]1.如圖所示，一個(gè)帶正電q的小帶電體處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，若小帶電體的質(zhì)量為m，為了使它對(duì)水平絕緣面正好無壓力，應(yīng)該()A．使B的數(shù)值增大B．使磁場(chǎng)以速率v＝eq\f(mg,qB)向上移動(dòng)C．使磁場(chǎng)以速率v＝eq\f(mg,qB)向右移動(dòng)D．使磁場(chǎng)以速率v＝eq\f(mg,qB)向左移動(dòng)解析：選D為使小球?qū)ζ矫鏌o壓力，則應(yīng)使它受到的洛倫茲力剛好平衡重力，磁場(chǎng)不動(dòng)而只增大B，靜止電荷在磁場(chǎng)中不受洛倫茲力，A不對(duì)；磁場(chǎng)向上移動(dòng)相當(dāng)于電荷向下運(yùn)動(dòng)，受洛倫茲力向右，不可能平衡重力；磁場(chǎng)以v向右移動(dòng)，等同于電荷以速率v向左運(yùn)動(dòng)，此時(shí)洛倫茲力向下，也不可能平衡重力，故B、C不對(duì)；磁場(chǎng)以v向左移動(dòng)，等同于電荷以速率v向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)洛倫茲力向上，當(dāng)qvB＝mg時(shí)，帶電體對(duì)絕緣水平面無壓力，即v＝eq\f(mg,qB)，選項(xiàng)D正確。2.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時(shí)，滑塊可能靜止于斜面上解析：選C根據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力，C對(duì)。隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對(duì)斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，A錯(cuò)。B越大，滑塊受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能就越小，B錯(cuò)。由于開始時(shí)滑塊不受洛倫茲力就能下滑，故B再大，滑塊也不可能靜止在斜面上，D錯(cuò)。3．[多選]如圖甲所示，某空間存在著足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)沿水平方向。磁場(chǎng)中有A、B兩個(gè)物塊疊放在一起，置于光滑水平面上。物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣。在t＝0時(shí)刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運(yùn)動(dòng)。在物塊A、B一起運(yùn)動(dòng)的過程中，圖乙反映的可能是()A．物塊A所受洛倫茲力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系B．物塊A對(duì)物塊B的摩擦力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系C．物塊A對(duì)物塊B的壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系D．物塊B對(duì)地面壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系解析：選CD物塊A受到的洛倫茲力F洛＝qvB＝qBat，t＝0時(shí)，F(xiàn)洛＝0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊A對(duì)B的摩擦力大小Ff＝mAa，所以Ff隨時(shí)間t的變化保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A對(duì)B的壓力FNA＝mAg＋qvB＝mAg＋qBat，選項(xiàng)C正確；B對(duì)地面的壓力FNB＝(mA＋mB)g＋qBat，選項(xiàng)D正確。一、極光的形成(物理觀念)[選自魯科版新教材“科學(xué)書屋”]太陽發(fā)射出的帶電粒子高速掃過太陽系，形成了“太陽風(fēng)”。這些帶電粒子經(jīng)過地球時(shí)，地球的磁場(chǎng)使它們發(fā)生偏轉(zhuǎn)。當(dāng)“太陽風(fēng)”中的帶電粒子進(jìn)入極地高層大氣時(shí)，與大氣中的原子和分子碰撞并激發(fā)，產(chǎn)生光芒，這就是極光(如圖)。極光出現(xiàn)在北半球時(shí)被稱為北極光，出現(xiàn)在南半球時(shí)被稱為南極光。若“太陽風(fēng)”中的高速電子流豎直向下射向赤道上空的某一點(diǎn)，試想，該電子流能到達(dá)該預(yù)定點(diǎn)嗎？如果不能，它相對(duì)于預(yù)定點(diǎn)向哪個(gè)方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)？[提示]不能向西二、典題好題發(fā)掘，練典題做一當(dāng)十[選自魯科版新教材課后練習(xí)][多選]金屬板放在垂直于紙面的磁場(chǎng)中，當(dāng)有電流通過時(shí)會(huì)產(chǎn)生霍爾效應(yīng)。如圖所示，寬為d的金屬板放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與金屬板垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。當(dāng)金屬板通入如圖所示的電流時(shí)，電子定向移動(dòng)速度為v。下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等B．達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，a、b兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為BdvC．導(dǎo)體上表面聚集電子，a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D．導(dǎo)體下表面聚集電子，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)[解析]電流的方向水平向右，電子定向移動(dòng)的方向水平向左，由左手定則可以判斷電子向上偏，a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)高，C正確，A、D均錯(cuò)誤；由eq\f(Uab,d)e＝Bve，可得：Uab＝Bdv，B項(xiàng)正確。[答案]BCeq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤訓(xùn)練])A級(jí)—雙基達(dá)標(biāo)1．[多選]下列說法中正確的是()A．運(yùn)動(dòng)電荷不受洛倫茲力的地方一定沒有磁場(chǎng)B．運(yùn)動(dòng)電荷受到的洛倫茲力方向既與其運(yùn)動(dòng)方向垂直，又與磁感線方向垂直C．帶電荷量為q的電荷，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度大小不變，則所受洛倫茲力大小一定不變D．洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功解析：選BD運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向跟磁場(chǎng)方向平行時(shí)，不受洛倫茲力作用，故A錯(cuò)誤；由左手定則可知洛倫茲力垂直于速度方向與磁場(chǎng)方向所決定的平面，故B正確；帶電荷量為q的電荷，在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力為F＝qvBsinθ，運(yùn)動(dòng)速度不變，若B的大小或θ發(fā)生變化，則電荷所受洛倫茲力大小發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功，故D正確。2．關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法中正確的是()A．放置在磁場(chǎng)中的通電導(dǎo)線，一定受到安培力作用B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定受到洛倫茲力作用C．因?yàn)榘才嗔Υ怪庇谕妼?dǎo)線，故安培力對(duì)通電導(dǎo)線一定不做功D．因?yàn)槁鍌惼澚偞怪庇陔姾蛇\(yùn)動(dòng)方向，故洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功解析：選D當(dāng)電流方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，通電導(dǎo)線不受安培力作用，故A錯(cuò)誤；當(dāng)帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向在同一直線上時(shí)，帶電粒子不受洛倫茲力，故B錯(cuò)誤；安培力垂直通電導(dǎo)線，導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向可以與安培力方向平行，故安培力可以做正功或負(fù)功，故C錯(cuò)誤；因?yàn)槁鍌惼澚偞怪庇陔姾蛇\(yùn)動(dòng)方向，故洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功，故D正確。3.如圖，沒有磁場(chǎng)時(shí)，顯像管內(nèi)電子束打在熒光屏正中的O點(diǎn)，加磁場(chǎng)后電子束打在熒光屏O點(diǎn)上方的P點(diǎn)，則所加磁場(chǎng)的方向可能是()A．垂直于紙面向內(nèi) B．垂直于紙面向外C．平行于紙面向上 D．平行于紙面向下解析：選B電子進(jìn)入磁場(chǎng)后向上偏轉(zhuǎn)，所受的洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則可以得知，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確。4.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B由右手螺旋定則可以判斷出a、b、c、d四根長(zhǎng)直導(dǎo)線在正方形中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示：四個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度按矢量的平行四邊形定則合成，可得合磁場(chǎng)為水平向左。利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，可得洛倫茲力方向豎直向下，故B項(xiàng)正確。5.初速度為v0的電子，沿平行于通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動(dòng)方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變解析：選A由右手螺旋定則判斷通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在電子一側(cè)的方向向里，再由左手定則判斷電子在該磁場(chǎng)中受洛倫茲力方向向右，故電子向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，即電子速率不變，選項(xiàng)A正確。6.在長(zhǎng)直通電螺線管中通入變化的電流i(如圖所示電流的方向周期性改變)，并沿著其中心軸線OO′的方向射入一顆速度為v的電子，則此電子在螺線管內(nèi)部空間運(yùn)動(dòng)的情況是()A．勻速直線運(yùn)動(dòng) B．來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．變速直線運(yùn)動(dòng) D．曲線運(yùn)動(dòng)解析：選A通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)方向與軸線平行，故電子進(jìn)入螺線管后不受洛倫茲力，應(yīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。7.如圖所示，一帶負(fù)電的小球用絕緣細(xì)線懸掛起來，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中擺動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里。小球在A、B間擺動(dòng)過程中，由A擺到最低點(diǎn)C時(shí)，擺線拉力的大小為F1，小球加速度大小為a1，由B擺到最低點(diǎn)C時(shí)，擺線拉力的大小為F2，小球加速度大小為a2，則()A．F1＜F2，a1＝a2 B．F1＞F2，a1＝a2C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2解析：選A設(shè)小球所帶電荷量為q，擺線長(zhǎng)為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在最低點(diǎn)時(shí)的速率為v，在擺動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)小球速度大小相等，則由A擺到最低點(diǎn)時(shí)有F1＋Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，由B擺到最低點(diǎn)時(shí)有F2－Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，解得F1＜F2，根據(jù)牛頓第二定律得ma＝meq\f(v2,r)，所以兩次通過C點(diǎn)時(shí)的加速度大小相同，即a1＝a2，故選項(xiàng)A正確。8.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是()A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)D．小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對(duì)斜面壓力為零時(shí)的速率為eq\f(mg,Bq)解析：選B帶電物塊下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則知，物塊帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；物塊在運(yùn)動(dòng)的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律知a＝gsinθ，物塊在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)壓力為零時(shí)，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故D錯(cuò)誤。9.如圖所示，質(zhì)量為m的帶正電小球能沿著絕緣墻面豎直下滑，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。若小球帶電荷量為q，球與墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則小球下滑的最大速度和最大加速度分別是多少？解析：當(dāng)小球剛開始下滑時(shí)有最大加速度，即a＝g，當(dāng)小球的加速度為零時(shí)有最大速度，即mg＝μF洛，F(xiàn)洛＝qvB，解得v＝eq\f(mg,μqB)。答案：eq\f(mg,μqB)gB級(jí)—選考提能10.如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中電流大小、r為某點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B．小球做變加速直線運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xD根據(jù)右手螺旋定則可知MO處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向里，ON處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，磁場(chǎng)大小先減小，過O點(diǎn)后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力開始方向向上且減小，過O點(diǎn)后方向向下且增大。由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃螅蔄、B、C錯(cuò)誤，D正確。11.[多選]如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，有一帶正電荷的離子恰能以速度v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。則()A．若電子以速度v從右向左飛入，電子也沿直線運(yùn)動(dòng)B．若電子以速度v從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若電子以速度v從右向左飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若電子以速度v從左向右飛入，電子也沿直線運(yùn)動(dòng)解析：選BD若電子從右向左飛入，電場(chǎng)力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B正確，A、C錯(cuò)誤。若電子從左向右飛入，電場(chǎng)力向上，洛倫茲力向下，由題意，對(duì)正電荷有qE＝Bqv，對(duì)電子有eE＝evB，所以電子從左向右飛入該區(qū)域，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。12.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的懸線，拉一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，將小球與懸線拉至右側(cè)與磁感線垂直的水平位置由靜止釋放，試求小球通過最低位置時(shí)懸線上的拉力。解析：由左手定則判斷，小球通過最低位置時(shí)，洛倫茲力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律：F－Bqv－mg＝meq\f(v2,L)根據(jù)動(dòng)能定理：mgL＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立得：F＝3mg＋Bqeq\r(2gL)。答案：3mg＋Bqeq\r(2gL)第3節(jié)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．理解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件。2.會(huì)推導(dǎo)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式。3.掌握利用半徑公式和周期公式解決問題的方法。4．了解洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)和使用。eq\a\vs4\al(一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))1．填一填(1)由于帶電粒子初速度的方向和洛倫茲力的方向都在與磁場(chǎng)方向垂直的平面內(nèi)。所以，粒子只能在該平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。(2)洛倫茲力總是與粒子運(yùn)動(dòng)方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小。(3)粒子速度大小不變，洛倫茲力大小也不變，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。2．判一判(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后一定受洛倫茲力作用。(×)(2)洛倫茲力的方向始終與帶電粒子的速度方向垂直，洛倫茲力永不做功。(√)(3)帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(×)3．選一選關(guān)于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A．帶電粒子沿電場(chǎng)線方向射入，靜電力對(duì)帶電粒子做正功，粒子動(dòng)能一定增加B．帶電粒子垂直于電場(chǎng)線方向射入，靜電力對(duì)帶電粒子不做功，粒子動(dòng)能不變C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對(duì)帶電粒子做正功，粒子動(dòng)能一定增加D．不管帶電粒子怎樣射入磁場(chǎng)，洛倫茲力對(duì)帶電粒子都不做功，粒子動(dòng)能不變解析：選D帶電粒子在電場(chǎng)中受到的靜電力F＝qE，只與電場(chǎng)有關(guān)，與粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，做功的正負(fù)由θ角(力與位移方向的夾角)決定。對(duì)選項(xiàng)A，只有粒子帶正電時(shí)才成立，A錯(cuò)誤；垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子，不管帶電性質(zhì)如何，靜電力都會(huì)做正功，動(dòng)能一定增加，B錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中的受力——洛倫茲力f洛＝qvBsinθ，其大小除與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)，還與θ角(磁場(chǎng)方向與速度方向之間的夾角)有關(guān)，帶電粒子沿磁感線方向射入，不受洛倫茲力作用，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子動(dòng)能不變，C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力對(duì)帶電粒子始終不做功，粒子動(dòng)能不變，選項(xiàng)D正確。二、帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期1．填一填(1)半徑公式由qvB＝meq\f(v2,r)可得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)。(2)實(shí)驗(yàn)觀察①洛倫茲力演示儀(如圖所示)②實(shí)驗(yàn)結(jié)論a．不加磁場(chǎng)時(shí)，電子束的徑跡是一條直線。b．加上磁場(chǎng)后，電子束的徑跡是一個(gè)圓。c．電子束射出速度v不變時(shí)，B變大，r變小。d．磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變時(shí)，v變大，r變大。(3)周期公式勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)，將r＝eq\f(mv,qB)代入，可得T＝eq\f(2πm,qB)。2．判一判(1)運(yùn)動(dòng)電荷在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與速度有關(guān)。(×)(2)運(yùn)動(dòng)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)后可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(√)(3)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)速度的大小有關(guān)。(√)3．想一想帶電粒子若垂直進(jìn)入非勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做半徑不斷變化的運(yùn)動(dòng)，這時(shí)公式r＝eq\f(mv,qB)是否成立？提示：成立。在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，隨著B的變化，粒子軌跡的圓心、半徑不斷變化，但粒子運(yùn)動(dòng)到某位置的半徑仍由B、q、v、m決定，仍滿足r＝eq\f(mv,qB)。對(duì)半徑公式和周期公式的理解[學(xué)透用活]1．由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，半徑r與比荷eq\f(q,m)成反比，與速度v成正比，與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比。2．由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，周期T與速度v、半徑r無關(guān)，與比荷eq\f(q,m)成反比，與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比。[典例1][多選]有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子()A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等[解析]兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且Ⅰ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確；由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項(xiàng)C正確；由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]AC[規(guī)律方法](1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，它的軌道半徑跟粒子的運(yùn)動(dòng)速率和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)。(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)動(dòng)周期T與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，而與軌道半徑和運(yùn)動(dòng)速率無關(guān)。[對(duì)點(diǎn)練清]1．一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則下列能表示運(yùn)動(dòng)周期T與半徑R之間的關(guān)系圖像的是()解析：選D帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，qvB＝meq\f(v2,R)?R＝eq\f(mv,qB)，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，可見粒子運(yùn)動(dòng)周期與半徑無關(guān)，故選項(xiàng)D正確。2．處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)部的兩個(gè)電子A和B分別以速率v和2v垂直于磁場(chǎng)開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，哪個(gè)電子先回到原來的出發(fā)點(diǎn)()A．條件不夠，無法比較 B．A先到達(dá)C．B先到達(dá) D．同時(shí)到達(dá)解析：選D由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，運(yùn)動(dòng)周期與速度v無關(guān)。兩個(gè)電子各自經(jīng)過一個(gè)周期又回到原來的出發(fā)點(diǎn)，故同時(shí)到達(dá)，選項(xiàng)D正確。3．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如果又順利垂直進(jìn)入另一磁感應(yīng)強(qiáng)度是原來磁感應(yīng)強(qiáng)度2倍的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑加倍C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)D．粒子的速率不變，周期減半解析：選D因洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功，所以速率不變，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)和周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可判斷D選項(xiàng)正確。圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定[學(xué)透用活]1．圓心的確定帶電粒子進(jìn)入一個(gè)有界磁場(chǎng)后的軌道是一段圓弧，其圓心一定在與速度方向垂直的直線上。通常有兩種確定方法。(1)已知入射方向和出射方向時(shí)，可以通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)，O為軌道圓心)。(2)已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)，O為軌道圓心)。2．運(yùn)動(dòng)半徑的確定作入射點(diǎn)、出射點(diǎn)對(duì)應(yīng)的半徑，并作出相應(yīng)的輔助三角形，利用三角形的解析方法或其他幾何方法，求解出半徑的大小，并與半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)聯(lián)立求解。3．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間可由此式表示：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))?？梢娏Ｗ愚D(zhuǎn)過的圓心角越大，所用時(shí)間越長(zhǎng)。[典例2]如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v由A點(diǎn)垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與電子原來的入射方向成30°夾角，則電子的質(zhì)量是多少？電子穿過磁場(chǎng)的時(shí)間是多少？[解析]電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，只受洛倫茲力的作用，故其軌跡是圓周的一部分，又因洛倫茲力總是與速度方向垂直，故電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在電子射入和穿出磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力作用線的交點(diǎn)上，即過軌跡上兩點(diǎn)作速度的垂線可找到圓心O點(diǎn)，如圖所示。由幾何關(guān)系可知，弧AC所對(duì)的圓心角θ＝30°，OC為半徑，則r＝eq\f(d,sin30°)＝2d由eBv＝meq\f(v2,r)，代入r＝2d可得m＝eq\f(2dBe,v)因?yàn)榛C所對(duì)的圓心角是30°，故電子穿過磁場(chǎng)的時(shí)間為t＝eq\f(1,12)T＝eq\f(1,12)·eq\f(2πm,eB)＝eq\f(πm,6eB)＝eq\f(πd,3v)。[答案]eq\f(2dBe,v)eq\f(πd,3v)[規(guī)律方法]帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解題三步法[對(duì)點(diǎn)練清]1.[多選]如圖所示，帶負(fù)電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強(qiáng)磁場(chǎng)范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是()A．a(chǎn)B．bC．cD．d解析：選BD粒子的出射方向必定與它的運(yùn)動(dòng)軌跡相切，故軌跡a、c均不可能，正確答案為B、D。2.如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界線SP∥MN，速度不同的同種帶電粒子從S點(diǎn)沿SP方向同時(shí)射入磁場(chǎng)，其中穿過a點(diǎn)的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點(diǎn)的粒子速度方向與MN成60°角，設(shè)兩粒子從S到a、b所需的時(shí)間分別為t1、t2，則t1∶t2為()A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2解析：選D畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，過a點(diǎn)的粒子轉(zhuǎn)過90°，過b點(diǎn)的粒子轉(zhuǎn)過60°，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)及t＝eq\f(θ,2π)T可知t1∶t2＝3∶2，故選項(xiàng)D正確。3.[多選]如圖所示，兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是()A．電子的運(yùn)動(dòng)軌跡為P→D→M→C→N→E→PB．電子運(yùn)動(dòng)一周回到P點(diǎn)所用的時(shí)間T＝eq\f(2πm,B1e)C．B1＝4B2D．B1＝2B2解析：選AD由左手定則可知，電子在P點(diǎn)所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項(xiàng)A正確；由題圖得兩磁場(chǎng)中軌跡圓的半徑比為1∶2，由半徑r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B1,B2)＝2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；電子運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間t＝T1＋eq\f(T2,2)＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)＝eq\f(4πm,eB1)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)透用活]1．磁場(chǎng)邊界的類型和特點(diǎn)(1)直線邊界：進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)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。2．與磁場(chǎng)邊界的關(guān)系(1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。(2)當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。(3)當(dāng)速率v變化時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。[典例3]如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量m×10－8kg、電荷量q×10－6C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場(chǎng)，已知OP＝30cm(1)帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大??；(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)，求OQ的距離；(3)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′滿足的條件。[解析](1)對(duì)帶電粒子的加速過程，由動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得：v＝20m/s。(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)代入數(shù)據(jù)得：R＝0.50m而eq\f(OP,cos53°)＝0.50m故粒子的軌跡圓心一定在x軸上，粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度方向垂直于x軸，軌跡如圖甲所示。由幾何關(guān)系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m。(3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關(guān)系得：OP≥R′＋R′cos53°又R′＝eq\f(mv,qB′)由以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：B′≥eq\f(16,3)T≈5.33T。[答案](1)20m/s(2)0.90m(3)B′≥5.33T[規(guī)律方法]臨界極值問題的特征許多臨界問題要從關(guān)鍵詞找突破口，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示，審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。[對(duì)點(diǎn)練清]1.如圖，在正方形abcd范圍內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)相同電子以不同的速率，從a點(diǎn)沿ab方向垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，其中甲電子從c點(diǎn)射出，乙電子從d點(diǎn)射出。不計(jì)重力，則甲、乙電子()A．速率之比為1∶2B．在磁場(chǎng)中運(yùn)行的周期之比為1∶2C．速度偏轉(zhuǎn)角之比為1∶2D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能和動(dòng)量均不變解析：選C設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域邊長(zhǎng)為l，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子電荷量為q，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)，兩個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。電子甲從c點(diǎn)離開，軌跡半徑為l，電子乙從d離開，軌跡半徑為eq\f(1,2)l，則速率之比為eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(l,\f(1,2)l)＝eq\f(2,1)，故A錯(cuò)誤；電子的運(yùn)行周期T＝eq\f(2πm,qB)，eq\f(T甲,T乙)＝1，故B錯(cuò)誤；由圖可知，甲電子的偏轉(zhuǎn)角是90°，乙電子的偏轉(zhuǎn)角是180°，則速度偏轉(zhuǎn)角之比為1∶2，故C正確；電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的大小不變，方向發(fā)生變化，故其動(dòng)能不變，動(dòng)量變化，故D錯(cuò)誤。2.比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0沿AB邊射入邊長(zhǎng)為a的等邊三角形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，如圖所示，為使電子從BC邊穿出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為()A．B＞eq\f(\