(共76张PPT)
章末综合提升
第一章 磁场对电流的作用
提升层·题型探究
主题1 安培力作用下的力学问题
1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维，如侧视图、
剖面图或俯视图等，并画出平
面受力分析图，其中安培力的
方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
如图所示。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
2．安培力作用下的功能问题分析要点
(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。
(2)安培力做功的实质是能量转化。
①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。
②安培力做负功时，将机械能或其他形式的能转化为电能。
(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。
【典例1】 如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计。另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。求：
(1)此磁场的方向；
(2)该磁场的磁感应强度B的取值范围。
[答案] (1)斜向下指向纸里 (2)3.0 T≤B≤16.3 T
一语通关 解答安培力问题的一般步骤
(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体。
(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等。
(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程。
(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解。
主题2 带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题
1．带电粒子的电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向的不确定形成多解
磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。
4．运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。
【典例2】 在x轴上方有匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。
[解析] 要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速并以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从题图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，
一语通关 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
主题3 速度选择器
1．平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直。(如图)
【典例3】 如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是( )
√
主题4 磁流体发电机
1．原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
【典例4】 (2021·河北卷)如图所示，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1、一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2。导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
√
√
主题6 霍尔元件
1．定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2．电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
√
章末综合测评(一) 磁场对电流的作用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
14
15
16
一、单项选择题
1．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm。若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力( )
A．大小为0.6 N，方向沿PA方向
B．大小为0.6 N，方向沿AP方向
C．大小为0.3 N，方向沿PA方向
D．大小为0.3 N，方向沿BC方向
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
C [力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小F＝BIL＝0.3×5×0.2 N＝0.3 N，故C正确，A、B、D错误。]
17
18
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
√
14
15
16
2．如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流、偏转线圈内偏转磁场的方向和强弱，电子束都在不断变化，电子束打在荧光屏上的荧光屏光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是( )
A．光点打在A点，则磁场垂直纸面向里
B．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱
C．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱
D．从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外且不断减
弱，后垂直纸面向里且不断增强
17
18
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
√
17
18
题号
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
4．一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上。圆管底端有一个带正电的光滑小球。小球的直径略小于圆管的内径。空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中( )
A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功
B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功
C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向
D．小球的运动很复杂，以上说法都不对
17
18
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
A [洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设圆管运动速度为v1，小球垂直于圆管向右的分运动是匀速直线运动；小球沿圆管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿圆管做匀加速直线运动；与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确。]
17
18
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
17
18
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
6．如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
17
18
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
7．如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)，若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是( )
A．导电圆环有收缩的趋势
B．导电圆环所受安培力方向竖直向上
C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ
17
18
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
13
1
14
15
16
C [若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，故选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意。]
17
18
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
17
18
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
√
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
10．(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
√
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。故选BC。]
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
11．“天问一号”火星探测器由地火转移阶段进入火星俘获阶段后，环绕火星飞行三个月，反复对首选着陆区进行预先探测。“天问一号”环绕器携带磁强计等探测仪器。目前有一种磁强计，用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示。电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
√
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
12．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是( )
A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM>FN
C．小球第一次到达M点的时间大于到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能到达轨道另一端
√
√
√
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
三、非选择题
13．在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的“带电粒子”)的电荷量的值是e(电子电荷量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以及载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如图中所示)。
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
现将这块样品接入电路中，且把靠外的平面标记为M，靠里的平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，调节可变电阻R。使电路中产生合适的电流。然后用电压表判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍尔电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。
(1)当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带________(选填“正”或“负”)电；
负
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
(2)为了测定载流子的数密度n，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有(写出物理量的含义并设定相应的符号)________________________________________________________________________；
(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n＝________。
电路中的电流强度(电流表的读数)I，M、N间的电压(电压表的
读数或霍耳电压)U
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源，R为电阻箱， 为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1；
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D__________________；然后读出_______________，并用天平称出___________________；
④用米尺测量_______________。
见解析图
重新处于平衡状态
电流表的示数I
此时细沙的质量m2
D的底边长度L
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
[解析] (1)如图所示。
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
15．如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：
(1)B至少多大？这时B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止。
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
16．如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
17
18主题1 安培力作用下的力学问题
1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
2．安培力作用下的功能问题分析要点
(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。
(2)安培力做功的实质是能量转化。
①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。
②安培力做负功时，将机械能或其他形式的能转化为电能。
(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。
【典例1】 如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计。另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。求：
(1)此磁场的方向；
(2)该磁场的磁感应强度B的取值范围。
[解析] (1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如图所示。经分析知磁场的方向斜向下指向纸里。
(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则
F安sin 30°＋Ff－mg＝0
F安＝B1IL
Ff＝μF安cos 30°
I＝
联立解得B1≈3.0 T。
当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则F安′sin 30°－Ff′－mg＝0
Ff′＝μF安′cos 30°
F安′＝B2IL
I＝
可解得B2≈16.3 T。
所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T。
[答案] (1)斜向下指向纸里
(2)3.0 T≤B≤16.3 T
解答安培力问题的一般步骤
(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体。
(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等。
(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程。
(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解。
主题2 带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题
1．带电粒子的电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向的不确定形成多解
磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。
4．运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。
【典例2】 在x轴上方有匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。
[解析] 要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速并以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从题图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝＝l(n＝1，2，3，…)。 ①
R＝ ②
Eq·y＝mv2 ③
联立①②③可得y＝(n＝1，2，3，…)。
[答案] y＝(n＝1，2，3，…)
求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
主题3 速度选择器
1．平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直。(如图)
2．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡
qvB＝qE，即v＝。
3．速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
4．速度选择器具有单向性。
【典例3】 如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是( )
A．带电微粒一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连线射入，不能从P孔射出
D．若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，将做类平抛运动
C [若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ运动，洛伦兹力等于静电力，因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误；对微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B错误；若带电微粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，洛伦兹力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力是变力，不可能做类平抛运动，故D错误。]
主题4 磁流体发电机
1．原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
2．电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B板是发电机的正极。
3．发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则q＝qvB，得U＝Bdv，则E＝U＝Bdv。
当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律。
【典例4】 (2021·河北卷)如图所示，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1、一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2。导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
B [等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电，金属板P带负电，则电流方向由金属棒a端流向b端。由于金属棒恰好静止，则此时等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mg sin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故选B。]
主题5 电磁流量计
1．流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。
2．导电液体的流速(v)的计算：
如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转，a处积累正电荷，b处积累负电荷，使a、b间出现电势差，φa>φb。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝。
3．流量的表达式：Q＝Sv＝。
4．电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb。
【典例5】 某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( )
A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
D [污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有qE＝qvB，即＝vB，则污水流量Q＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关，匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确，B、C错误。]
主题6 霍尔元件
1．定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2．电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
3．霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝称为霍尔系数。
【典例6】 (2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
D [根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故选D。]
章末综合测评(一) 磁场对电流的作用
一、单项选择题
1．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm。若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力( )
A．大小为0.6 N，方向沿PA方向
B．大小为0.6 N，方向沿AP方向
C．大小为0.3 N，方向沿PA方向
D．大小为0.3 N，方向沿BC方向
C [力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小F＝BIL＝0.3×5×0.2 N＝0.3 N，故C正确，A、B、D错误。]
2．如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流、偏转线圈内偏转磁场的方向和强弱，电子束都在不断变化，电子束打在荧光屏上的荧光屏光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是( )
A．光点打在A点，则磁场垂直纸面向里
B．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱
C．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱
D．从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外且不断减弱，后垂直纸面向里且不断增强
D [如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外，故A错误；要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，则磁场方向应该先垂直纸面向外后垂直纸面向里，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则由电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝分析得知，偏转磁场强弱应该先减弱，再增强，故B、C错误，D正确。]
3．关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是( )
A．图(a)速度选择器中筛选出的粒子沿着PQ做匀加速直线运动
B．图(b)回旋加速器接入的工作电源是直流电
C．图(c)是质谱仪的主要原理图，其中、、在磁场中偏转半径最大的是
D．图(d)是磁流体发电机，将一束等离子体喷入磁场，A、B两板间会产生电压，且A板电势高
C [题图(a)速度选择器中筛选出的粒子运动时受到静电力和洛伦兹力，二力平衡，粒子沿着PQ做匀速直线运动，故A错误；回旋加速器接入的工作电源是交流电，故B错误；题图(c)是质谱仪的主要原理图，由qU＝mv2和qvB＝m得R＝，可知在磁场中偏转半径最大的是比荷最小的粒子，故C正确；将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，所以B板电势高，故D错误。]
4．一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上。圆管底端有一个带正电的光滑小球。小球的直径略小于圆管的内径。空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中( )
A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功
B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功
C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向
D．小球的运动很复杂，以上说法都不对
A [洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设圆管运动速度为v1，小球垂直于圆管向右的分运动是匀速直线运动；小球沿圆管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿圆管做匀加速直线运动；与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确。]
5．两个带电粒子以同一速度从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则( )
A．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝2∶1
B．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝1∶2
C．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝2∶1
D．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝1∶2
C [由粒子的运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据r＝，可得，所以∶＝r2∶r1＝2∶1，C正确。]
6．如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
D [粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T1＝、T2＝，结合ω＝得ω1∶ω2＝1∶2，A、B错误；t1＝T2，得t1∶t2＝2∶1，D正确，C错误。]
7．如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)，若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是( )
A．导电圆环有收缩的趋势
B．导电圆环所受安培力方向竖直向上
C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ
C [若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，故选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意。]
8．在实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量Q等于单位时间通过横截面的导电液体的体积。空间有垂直纸面向里且磁感应强度大小为B的匀强磁场，并测出M、N间的电压U，则下列说法正确的是( )
A．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B．容器内液体的流速为v＝
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．污水流量为Q＝
B [离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到洛伦兹力向上，故A错误；当达到平衡时有q＝qvB，解得v＝，故B正确；不带电的液体在磁场中不受力的作用，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故C错误；污水流量为Q＝vS＝πd2·，故D错误。]
二、多项选择题
9．如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方。开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为FT，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为FT′。下列说法正确的是( )
A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a
B．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a
C．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零
D．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零
BC [线圈内不通电流时，由平衡条件有mg＝2FT，设ab和cd所在位置处的磁感应强度分别为B1和B2，由题意及平衡条件知，当线圈中通过的电流为I时，mg＝(B1－B2)IL＋2FT′，由于细线上的张力减小，则ab所受安培力向上，由左手定则可知，电流的方向为a→b→c→d→a，B正确，A错误；当两根细线内的张力为零时，mg＝(B1－B2)I′L，联立可得I′＝C正确，D错误。]
10．(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。故选BC。]
11．“天问一号”火星探测器由地火转移阶段进入火星俘获阶段后，环绕火星飞行三个月，反复对首选着陆区进行预先探测。“天问一号”环绕器携带磁强计等探测仪器。目前有一种磁强计，用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示。电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子的定向移动可视为匀速运动。两电极M、N分别与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U。则关于磁感应强度的大小和电极M、N的正负说法正确的是( )
A．M为正、N为负
B．M为负、N为正
C．磁感应强度的大小为
D．磁感应强度的大小为
BD [由左手定则可知，金属中的自由电子所受洛伦兹力方向指向M，则电子偏向M，即M为负、N为正，选项A错误，B正确；当达到平衡时有＝nveab，联立解得B＝，选项D正确，C错误。]
12．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是( )
A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM>FN
C．小球第一次到达M点的时间大于到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能到达轨道另一端
ABD [小球在磁场中到达轨道最低点时只有重力做功，vM＝，在电场中到达轨道最低点时，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有mgR－qER＝，所以vM>vN，A正确；因为，所以该过程所用时间tMFN′，由牛顿第三定律可知FM＝FM′，FN＝FN′，B正确。]
三、非选择题
13．在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的“带电粒子”)的电荷量的值是e(电子电荷量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以及载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如图中所示)。现将这块样品接入电路中，且把靠外的平面标记为M，靠里的平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，调节可变电阻R。使电路中产生合适的电流。然后用电压表判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍尔电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。
(1)当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带________(选填“正”或“负”)电；
(2)为了测定载流子的数密度n，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有(写出物理量的含义并设定相应的符号)__________________；
(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n＝________。
[解析] (1)根据左手定则，载流子如果是正电荷，M板将带正电，是高电势，因此材料中的载流子带负电。
(2)(3)电流的微观解释是I＝neSv，横截面积S＝bd，电压达到稳定以后有qvB＝qE，电场强度与电势差的关系是U＝bE，联立以上各式得n＝，所以还需测量I和U。
[答案] (1)负 (2)电路中的电流强度(电流表的读数)I，M、N间的电压(电压表的读数或霍耳电压)U (3)
14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源，R为电阻箱， 为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1；
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________；
④用米尺测量________。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
[解析] (1)如图所示。
(2)③在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；并用天平称出此时细沙的质量m2；④D的底边长度L。
(3)(4)开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg＝m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有m2g＝m1g＋BIL
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m2＜m1，有m2g＝m1g－BIL
则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则B＝。
[答案] (1)见解析图 (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度L (3)m1
15．如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：
(1)B至少多大？这时B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止。
[解析] (1)画出截面图，如图所示。只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mg sin α，B＝。
(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，由沿导轨方向合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝。
[答案] (1) 方向垂直导轨平面向上 (2)
16．如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间。
[解析] (1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B0，则有
ev0B0＝m，过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得
轨迹圆的圆心角∠C＝60°
AC＝BC＝r，已知OA＝L
由几何知识得r＝2L
联立解得B0＝。
(2)由于ABO在有界磁场圆上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由几何关系知△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为。
(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝
电子在磁场中运动的时间t＝。
[答案] (1) (2) (3)
17．(2023·浙江6月选考改编)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
(2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2。
[解析] (1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r1cos 60°＝r1－L
解得r1＝2L
根据qv1B1＝m
解得v1＝
在磁场中运动的周期T＝
运动时间t＝。
(2)若B2＝2B1，根据r＝
可知r1＝2r2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
r1sin α－r1sin 30°＝L
r2－r2sin α＝
解得r2＝2L，sin α＝
根据qv2B2＝m
解得v2＝。
[答案] (1) (2)
18．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1＝2 N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，B＝1 T，电场方向竖直向上，E2＝2 N/C。t＝0时刻，一个带正电的质点在O点以v＝ m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角射入y轴的左侧空间，质点的电荷量为q＝10-6 C，质量为m＝2×10-7 kg ，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)质点从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标；
(2)质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间；
(3)E1为何值时，质点从O点射入恰好第二次通过y轴时经过O点。
[解析] (1)质点从O点进入左侧空间后
qE2＝2×10-6 N＝mg
电场力与重力平衡，质点在第二象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m
则R＝ m
质点第一次通过y轴的位置y1＝R＝0.4 m
即质点从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标为(0，0.4 m)。
(2)质点的个匀速圆周运动的时间
t1＝ s
质点到达y轴右侧空间时
F合＝g
且质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间
t2＝2·＝0.2 s
质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t＝t1＋t2＝ s。
(3)质点从第一次通过y轴到第二次通过y轴的过程中，在x方向上
0＝v cos 45°·t3 －
在y方向上y1 ＝－v cos 45°·t3 ＋gt3 2
解得E1′＝1 N/C。
[答案] (1)(0，0.4 m) (2) s (3)1 N/C
