【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修2：第1章安培力與洛倫茲力章末小結(jié)學(xué)案

章末小結(jié)一、有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算安培力是一種性質(zhì)力，既可以使通電導(dǎo)體靜止、運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)，又可以對通電導(dǎo)體做功，因此，有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)題目中的條件由牛頓定律或動(dòng)能定理等規(guī)律求解。具體求解應(yīng)從以下幾個(gè)方面著手分析。1．安培力的大小當(dāng)通電導(dǎo)體與磁場方向垂直時(shí)，F(xiàn)＝ILB；當(dāng)通電導(dǎo)體與磁場方向平行時(shí)，F(xiàn)＝0；當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝ILBsinθ。2．安培力的方向由左手定則判斷，安培力垂直于磁場的方向，也垂直于導(dǎo)線的方向，即安培力垂直于磁場和導(dǎo)線所決定的平面，但磁場與導(dǎo)線可以不垂直。3．通電導(dǎo)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；如圖所示。(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進(jìn)行求解。典例1(2023·菏澤曹縣一中高二階段練習(xí))如圖所示，在傾角θ＝30°的斜面上固定一間距L＝0.5m的兩平行金屬導(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E＝12V，內(nèi)阻r＝1Ω，一質(zhì)量m＝20g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＝0.10T，垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場中(導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì))。取g＝10m/s2。(1)若導(dǎo)軌光滑，要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，求金屬棒受到的安培力大小；(2)若金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)，金屬棒要在導(dǎo)軌上保持靜止，求滑動(dòng)變阻器R接入電路中的阻值；(3)若導(dǎo)軌光滑，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻突然調(diào)節(jié)為23Ω時(shí)，求金屬棒的加速度a的大小。解析：(1)要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，對金屬棒受力分析可得F安＝mgsinθ＝20×10－3×10×eq\f(1,2)N＝0.1N(2)若金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)，則金屬棒受到的最大摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝0.05N①當(dāng)摩擦力沿斜面向上時(shí)，有mgsinθ＝F1＋Ff此時(shí)I1＝eq\f(F1,BL)＝eq\f(E,R1＋r)解得R1＝eq\f(BLE,mgsinθ－μmgcosθ)－r＝11Ω②當(dāng)摩擦力沿斜面向下時(shí)，有mgsinθ＋Ff＝F2此時(shí)I2＝eq\f(F2,BL)＝eq\f(E,R2＋r)，解得R2＝3Ω故滑動(dòng)變阻器R接入電路中的阻值在3Ω和11Ω之間。(3)當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻突然調(diào)節(jié)為23Ω時(shí)，即R＝23Ω有I＝eq\f(E,R＋r)＝0.5A此時(shí)金屬棒的加速度a＝eq\f(mgsinθ－BIL,m)＝3.75m/s2方向沿斜面向下。答案：(1)0.1N(2)3Ω～11Ω(3)3.75m/s2二、有關(guān)洛倫茲力的多解問題要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的多種可能性，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，分階段、分層次地求解。常見的多解問題有以下幾種：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，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度的條件下，正負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解。如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)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(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。4．運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解。如圖丁所示。典例2如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x≥0，y≥0范圍內(nèi)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁場方向均垂直紙面向里，虛線y＝eq\f(3,4)x為它們的分界線，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，P點(diǎn)為它們分界線上的某一點(diǎn)，已知OP＝4L。質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的粒子從O點(diǎn)沿＋y軸方向射入磁場Ⅰ中，速度大小為v0＝eq\f(qB0L,m)，不計(jì)粒子所受重力。(1)若粒子不會(huì)飛出第一象限，求粒子在區(qū)域Ⅱ磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑大小應(yīng)滿足的條件；(2)若粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中，恰好能經(jīng)過P點(diǎn)，求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值。解析：(1)兩磁場分界線與x軸夾角為θ＝37°，設(shè)粒子在磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑分別是R1、R2，粒子在磁場Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qB0v0＝meq\f(v\o\al(2,0),R1)，解得R1＝L。如圖所示為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸相切的情況，為臨界條件。由幾何知識(shí)可知，粒子每在磁場Ⅰ中運(yùn)動(dòng)一次，到達(dá)OP直線的位置都會(huì)向前推進(jìn)2R1cos37°，每在磁場Ⅱ中運(yùn)動(dòng)一次，到達(dá)OP直線的位置都會(huì)向后倒退2R2cos37°。若粒子不會(huì)飛出第一象限，需滿足(2R1cos37°－2R2cos37°)sin37°＝R2，解得0<R2≤eq\f(24,49)L。(2)粒子在磁場Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qB2v0＝meq\f(v\o\al(2,0),R2)，若粒子是從Ⅱ區(qū)域通過P點(diǎn)，則有n(2R1cos37°－2R2cos37°)＝4L，解得R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,2n)))L，因0<R2≤eq\f(24,49)L，故n＝3,4，當(dāng)n＝3時(shí)R2＝eq\f(L,6)，對應(yīng)的B2＝6B0，n＝4時(shí)R2＝eq\f(3L,8)，對應(yīng)的B2＝eq\f(8B0,3)。若粒子是從Ⅰ區(qū)通過P點(diǎn)，n(2R1cos37°－2R2cos37°)＋2R1cos37°＝4L，解得R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2n)))L，因0<R2≤eq\f(24,49)L，故n＝2，當(dāng)n＝2時(shí)R2＝eq\f(L,4)，對應(yīng)的B2＝4B0，綜上所述，粒子恰好能經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能取值有6B0、eq\f(8B0,3)、4B0。答案：(1)0<R2≤eq\f(24,49)L(2)6B0、eq\f(8B0,3)、4B0三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存或其中某兩種場并存的場，也可以指場分區(qū)域存在。1．三種場的比較力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變重力勢能靜電場大小：F＝qE方向：正電荷受力方向與電場強(qiáng)度的方向相同；負(fù)電荷受力方向與電場強(qiáng)度的方向相反電場力做功與路徑無關(guān)W＝qU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力的大小：F＝qvB，(v⊥B)方向：符合左手定則洛倫茲力不做功，不改變電荷的動(dòng)能2.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)在三場并存的區(qū)域中，當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過幾種不同情況的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。注意：①研究帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，首先要明確各種不同力的性質(zhì)和特點(diǎn)；其次要正確地畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，再選擇恰當(dāng)?shù)囊?guī)律求解。②一般情況下，電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子在復(fù)合場中所受的重力遠(yuǎn)小于電場力、磁場力，因而重力可以忽略，如果有具體數(shù)據(jù)，可以通過比較來確定是否考慮重力，在有些情況下需要由題設(shè)條件來確定是否考慮重力。3．求解帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題的一般步驟(1)選帶電粒子為研究對象；(2)對帶電粒子進(jìn)行受力分析；(3)依據(jù)受力情況判定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式；(4)分析運(yùn)動(dòng)過程并結(jié)合力學(xué)規(guī)律列方程或畫圖像，然后求解。典例3(2023·山西太原高二期中)空間中存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場和圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，從P點(diǎn)以水平速度v0射入電場中，然后從M點(diǎn)沿虛線圓半徑方向射入磁場，最后從N點(diǎn)水平射出磁場。已知OP豎直、OM水平，且OP＝h，OM＝2h，不計(jì)粒子的重力。求：(1)粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)圓形磁場區(qū)域的半徑R；(3)帶電粒子從P點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。解析：(1)正粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(at,v0)＝2eq\f(OP,OM)＝1，得θ＝45°，粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝eq\f(v0,cos45°)＝eq\r(2)v0。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qvB＝meq\f(v2,r)，粒子從M點(diǎn)沿虛線圓半徑方向射入磁場，則從N點(diǎn)沿虛線圓半徑方向射出磁場，速度偏轉(zhuǎn)45°，即圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為45°，由tan45°＝1，eq\f(2tan22.5°,1－tan222.5°)＝1，得tan22.5°＝eq\r(2)－1由幾何關(guān)系tan22.5°＝eq\f(R,r)圓形磁場區(qū)域的半徑為R＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))mv0,qB)。(3)粒子類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(2h,v0)，圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(45,360)T＝eq\f(45,360)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,4qB)，帶電粒子從P點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(2h,v0)＋eq\f(πm,4qB)。答案：(1)eq\r(2)v0(2)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))mv0,qB)(3)eq\f(2h,v0)＋eq\f(πm,4qB)典例4(多選)如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場和一個(gè)變化的磁場，電場的方向水平向右(圖甲中由B到C)，電場強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示。在t＝1s時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2s有一個(gè)相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若AB＝BC＝l，且粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1s。不計(jì)重力和空氣阻力，對于各粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是(BCD)A．電場強(qiáng)度E0和磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小之比為：3v0∶1B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為1∶2C．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為π∶2D．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1∶5解析：在t＝1s時(shí)，空間區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示；由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)粒子的軌道半徑R＝l，則B0＝eq\f(mv0,ql)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，豎直方向l＝v0t水平方向l＝eq\f(1,2)at2其中a＝eq\f(qE0,m)則E0＝eq\f(2mv\o\al(2,0),ql)，故eq\f(E0,B0)＝2v0，A錯(cuò)誤；第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(v0B0,E0)＝eq\f(1,2)，B正確；第一個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πl(wèi),2v0)第二個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(l,v0)第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t1∶t2＝π∶2，C正確；第二個(gè)粒子，由動(dòng)能定理得qE0l＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則Ek2＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)。第一個(gè)粒子的動(dòng)能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1∶5，D正確。一、高考真題探析典題(2021·全國甲卷，16)兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為(B)A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B[試題情境]本題以通電直導(dǎo)線的磁場為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境，屬于基礎(chǔ)性題目。[必備知識(shí)]電流磁效應(yīng)、安培定則、磁場的疊加。[能力素養(yǎng)]本題通過通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場為素材，考查考生理解能力、模型建構(gòu)能力和推理論證能力。核心素養(yǎng)重在考查考生物理觀念和科學(xué)思維能力。要求考生對電流的磁效應(yīng)基礎(chǔ)知識(shí)有一定理解和認(rèn)識(shí)，能夠利用安培定則判斷通電直導(dǎo)線的磁場方向，并將磁感應(yīng)強(qiáng)度進(jìn)行矢量合成。(1)理解能力。已知M、N兩點(diǎn)距離兩條導(dǎo)線距離均為d，且有條件“距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B”，說明兩條導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，同理兩條導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也相同。(2)模型建構(gòu)能力。采用等效的思想方法，將EO與O′Q視為一條無限長直導(dǎo)線EO′Q，將PO′與OF視為另一條無限長直導(dǎo)線POF，建構(gòu)模型如圖。(3)推理論證能力。根據(jù)安培定則判斷，導(dǎo)線POF在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直于導(dǎo)線所在平面向里，導(dǎo)線EO′Q在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直于導(dǎo)線所在平面向外，兩導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生等大反向的磁場，相互抵消。同理，利用安培定則可判斷導(dǎo)線POF和導(dǎo)線EO′Q在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向均垂直于導(dǎo)線所在平面向里且大小相等，相互疊加。[失分剖析]對兩條直角導(dǎo)線的模型理解不到位，不能利用等效的思想將模型轉(zhuǎn)化為兩條互相垂直無限長直導(dǎo)線的模型。二、進(jìn)考場練真題1．(2023·全國乙卷，18)如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為(A)A.eq\f(E,2aB2) B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2) D．eq\f(B,aE2)解析：由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°，則sin30°＝eq\f(r－a,r)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2)，故選A。2．(2021·河北卷，5)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是(B)A．導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：等離子體垂直于磁場噴入板間時(shí)，根據(jù)左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負(fù)電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢U滿足qeq\f(U,d)＝qB1v，由歐姆定律I＝eq\f(U,R)和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L×eq\f(U,R)＝eq\f(B2B1Lvd,R)，再根據(jù)金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，可得F安＝mgsinθ，則v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)，金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，故選B。3．(2023·湖南卷)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(D)A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0解析：由題知粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1＝qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t0＝eq\f(πm,2qB2)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvA·2B1＝qE，則vA＝eq\f(v0,2)，再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvBB1＝q·2E，則vB＝2v0，再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(3))>2，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示：根據(jù)sinθ＝eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝60°，根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)，則t＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(2))>2，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示：根據(jù)sinα＝eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α＝45°，根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(\r(2)πm,2qB2)，則t＝eq\r(2)t0，D正確。故選D。4．(2022·全國甲卷，5)空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是(B)解析：解法一：在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。解法二：粒子在O點(diǎn)靜止，對速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v′，兩個(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場力，即qBv′＝qE，則粒子的在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度v′＝eq\f(E,B)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。5．(多選)(2022·廣東卷，8)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(BC)A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力解析：由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功，C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，D錯(cuò)誤。6．(2022·重慶高考真題)2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場(如圖)，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則(D)A．電場力的瞬時(shí)功率為qEeq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變解析：根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P＝Fvcosθ，則電場力的瞬時(shí)功率為P＝Eqv1，A錯(cuò)誤；由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛＝qv2B，B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；離子受到的洛倫茲力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。7．(2022·江蘇高考真題)如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向(C)A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外解析：根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。故選C。8．(2022·海南高考真題)有一個(gè)輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強(qiáng)度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場，則運(yùn)動(dòng)軌跡相同的粒子，它們具有相同的(C)A．質(zhì)量 B．電荷量C．比荷 D．動(dòng)能解析：粒子在輻向分布的電場中以速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知：qE＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(m,q)·eq\f(v2,E)，粒子在勻強(qiáng)磁場中qvB＝meq\f(v2,r)，解得r′＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B)，粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度v和比荷eq\f(q,m)。故選C。9．(2022·湖南卷)如圖(a)，直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(D)A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比解析：當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí)，對導(dǎo)線做受力分析可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯(cuò)誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有sinθ＝eq\f(BIL,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力FT減小，B、C錯(cuò)誤，D正確。故選D。10．(多選)(2023·全國甲卷)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是(BD)A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線解析：假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A，說明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對稱性在其他點(diǎn)撞擊時(shí)速度一定沿半徑方向，D正確；假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn)，則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少，C錯(cuò)誤。故選BD。11．(多選)(2022·湖北統(tǒng)考高考真題)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí)，加速度的最大值為eq\f(\r(3),3)g；減速時(shí)，加速度的最大值為eq\r(3)g，其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是(BC)A．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6)B．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向下，θ＝60°D．減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向上，θ＝150°解析：設(shè)磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°；當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí)，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時(shí)有Fsinθ1－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－Fcosθ1))＝ma1，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋μ2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝μmg＋ma1，則有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝eq\f(μmg＋ma1,F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋μ2))))≤1，同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時(shí)，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時(shí)有Fsinθ2＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Fcosθ2))＝ma2，有Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋μ2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝ma2－μmg，所以有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝eq\f(ma2－μmg,F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋μ2))))≤1，當(dāng)加速或減速加速度分別最大時(shí)，不等式均取等于，聯(lián)立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，帶入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，可得α＝30°，此時(shí)θ1＝θ2＝60°，加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，B、C正確，A、D錯(cuò)誤。故選B、C。12．(2023·江蘇卷)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。(1)求電場強(qiáng)度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。答案：(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析：(1)由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee＝ev0B解得E＝v0B。(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合＝evmB－eE在最低點(diǎn)有F合＝eE－evB聯(lián)立有vm＝eq\f(2E,B)－v，y＝eq\f(2m(v0－v),eB)要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0，則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。13．(2022·江蘇高考真題)利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時(shí)間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，半徑之比ra∶rb＝6∶1，不計(jì)重力及粒子間的相互作用力，求：(1)粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb；(2)粒子a的動(dòng)量大小pa。答案：(1)2∶1(2)eq\f(6,7)mv解析：(1)分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)解得：r＝eq\f(mv,qB)由題干知半徑之比ra∶rb＝6∶1，故：mava∶mbvb＝6∶1因?yàn)橄嗤瑫r(shí)間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，則分裂后粒子在磁場中的速度為：va∶vb＝3∶1聯(lián)立解得：ma：mb＝2∶1。(2)中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv＝mava＋mbvb因?yàn)榉至押髣?dòng)量關(guān)系為mava：mbvb＝6∶1，聯(lián)立解得：pa＝mava＝eq\f(6,7)mv。14．(2022·山東統(tǒng)考高考真題)中國“人造太陽”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oxyz中，0<z≤d空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z<0，y≥0的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(2),2)B，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45°；z<0，y≤0的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內(nèi)距y軸為L的點(diǎn)A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向進(jìn)入磁場Ⅰ。不計(jì)離子重力。(1)當(dāng)離子甲從A點(diǎn)出射速度為v0時(shí)，求電場強(qiáng)度的大小E；(2)若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場時(shí)的最大速度vm；(3)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過xOy面進(jìn)入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)(用d表示)；(4)當(dāng)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，質(zhì)量為4m、帶電量為＋q的離子乙，也從O點(diǎn)沿z軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場I，求兩離子進(jìn)入磁場后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差Δt(忽略離子間相互作用)。答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0)sinβcosβ,qL)(2)eq\f(qBd,m)(3)(d，d,0)(4)(2＋2eq\r(2))eq\f(πm,qB)解析：(1)如圖所示將離子甲從A點(diǎn)出射速度為v0分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負(fù)方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從A到O的過程，有L＝v0cosβ·tv0sinβ＝ata＝eq\f(qE,m)聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0)sinβcosβ,qL)。(2)離子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向進(jìn)入磁場Ⅰ中，在磁場Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場Ⅱ中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝eq\f(mv2,r1)，qv·eq\f(\r(2),2)B＝eq\f(mv2,r2)可得r2＝eq\r(2)r1為了使離子在磁場中運(yùn)動(dòng)，則離子在磁場Ⅰ運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能從磁場Ⅰ上方穿出。在磁場Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑需滿足r1≤d，r2≤3d聯(lián)立可得v≤eq\f(qBd,m)要使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場時(shí)的最大速度為eq\f(qBd,m)；(3)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過xOy面進(jìn)入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為r1′＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d,2)離子在磁場II中的軌跡半徑為r2′＝eq\f(mv,q·\f(\r(2),2)B)＝eq\f(\r(2)d,2)離子從O點(diǎn)第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示離子第四次穿過xOy平面的x坐標(biāo)為x4＝2r2′sin45°＝d離子第四次穿過xOy平面的y坐標(biāo)為y4＝2r1′＝d故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)為(d，d,0)。(4)設(shè)離子乙的速度為v′，根據(jù)離子甲、乙動(dòng)能相同，可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×4mv′2可得v′＝eq\f(v,2)＝eq\f(qBd,4m)離子甲、離子乙在磁場Ⅰ中的軌跡半徑分別為r11′＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d,2)，r12′＝eq\f(4mv′,qB)＝d＝2r11′離子甲、離子乙在磁場Ⅱ中的軌跡半徑分別為r21＝eq\f(mv,q·\f(\r(2),2)B)＝eq\f(\r(2)d,2)，r22＝eq\f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq\r(2)d＝2r21根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第一個(gè)交點(diǎn)的過程，有t甲＝T1＋T2＝eq\f(2πm,qB)＋eq\f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)＝(2＋2eq\r(2))eq\f(πm,qB)t乙＝eq\f(1,2)T1′＋eq\f(1,2)T2′＝eq\f(1,2)×eq\f(2π·4m,qB)