章末分层突破
[自我校对]
①电流
②ILB
③运动
④qvB
⑤
⑥
⑦
⑧qvB＝qE
有关安培力问题的分析与计算
安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析：
1．安培力的大小
(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB.
(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0.
(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILBsin θ.
2．安培力的方向
(1)安培力的方向由左手定则确定．
(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直．
3．安培力作用下导体的状态分析
通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．
分析的一般步骤是：
(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．
如图6-1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°且与导体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：
图6-1
(1)此磁场的方向；
(2)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：
Fsin 30°＋Ff－mg＝0
F＝B1IL
Ff＝μFcos 30°
I＝
联立四式并代入数值得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′sin 30°－Ff′－mg＝0
Ff′＝μF′cos 30°
F′＝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
1．必须先将立体图转换为平面图，然后对物体受力分析，先重力，再安培力，最后是弹力和摩擦力．
2．注意：若存在静摩擦力，则可能有不同的方向，因而求解结果是一个范围．
带电粒子在有界磁场中的运动
1.几种常见情景
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图6-2所示)
图6-2
(2)平行边界(不同情况下从不同边界射出，存在临界条件，如图6-3所示)
图6-3
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图6-3所示)
图6-3
2．两类典型问题
(1)临界问题：解决此类问题的关键是找准临界点，找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破点，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个不同半径的轨迹，这样就能顺利地找到临界条件．
(2)多解问题：造成多解问题的常见原因有带电粒子电性的不确定、磁场方向的不确定、临界状态不唯一、运动的周期性等．解答这类问题的关键是认真分析物理过程，同时考虑问题要全面，不要漏解．
3．注意的问题
(1)抓住解决问题的基本思路，即找圆心、求半径、确定圆心角并利用其对称性，结合磁场边界，画出粒子在有界磁场中的轨迹．
(2)带电粒子在有界磁场中的对称性或临界情景
①带电粒子在一些有界磁场中的圆周运动具有对称性是指从某一边界射入又从同一边界射出时，粒子的速度方向与边界的夹角相等，或在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
②刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(3)当速度v一定时，弧长越长，轨道对应的圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(多选)如图6-4所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
图6-4
A. B.
C. D.
【解析】 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图中的(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确．若粒子带负电，其运动径迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
(a) (b)
【答案】 BC
空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．
如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝m，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r＝Rtan 60°＝R，解得B＝，选项A正确．
【答案】 A
1．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图6-5所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
图6-5
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确．
【答案】 A
2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【解析】 通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，安培力的大小由F＝BILsin θ计算．
安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BILsin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．
【答案】 B
3．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图6-6所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
图6-6
A. B.
C. D.
【解析】
如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．
【答案】 D
4．如图6-7，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
图6-7
A．2 B.
C．1 D.
【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与圆周运动知识得出半径与速度之间的关系．当粒子穿过铝板时，动能损失，由此可求出穿过铝板前后的速度之比，即可得出磁感应强度大小之比．
设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv，由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得R＝，由题意可知＝，所以＝＝，故选项D正确．
【答案】 D
5．如图6-8所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
图6-8
【解析】 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg ①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL ②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③
由欧姆定律有
E＝IR ④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01 kg. ⑤
【答案】 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg
我还有这些不足：
(1)
(2)
我的课下提升方案：
(1)
(2)
[巩固层·知识整合]
(教师用书独具)
[体系构建]
[核心速填]
1．安培力
(1)概念：磁场对电流的作用力．
(2)大小：F＝BIlsin_θ，θ为B与I的夹角，lsin θ为有效长度
(3)方向：总垂直于B与I决定的平面，由左手定则判定．
(4)应用：电动机、电流计等．
2．洛伦兹力
(1)概念：磁场对运动电荷的作用力，洛伦兹力是安培力的微观表现．
(2)大小：F＝qvBsin_θ，θ为B与v的夹角
(3)方向：总垂直于B、v决定的平面，由左手定则判定．(注：负电荷的运动方向与四指指向相反)
(4)特点：洛伦兹力不做功．
3．洛伦兹力与带电体的运动
(1)带电粒子在匀强磁场中的运动
(2)带电粒子在复合场中的运动
4．洛伦兹力的应用
[提升层·能力强化]
有关安培力问题的分析与计算
安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析．
1．安培力的大小
(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝IlB.
(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0.
(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝IlBsin θ.
2．安培力的方向
(1)安培力的方向由左手定则确定．
(2)F安⊥B，同时F安⊥l，即F安垂直于B和l决定的平面，但l和B不一定垂直．
3．安培力作用下导体的状态分析
通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．
分析的一般步骤是：
(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．
在倾角为α的光滑斜面上，放置一根通有电流为I、长为l、质量为m的导体棒，如图6-1所示．
(1)欲使棒静止在斜面上，求外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向；
(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，求外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；
(3)欲使棒有可能静止在斜面上且要求B垂直于l，求应加外磁场的方向范围．
图6-1
[解析] (1)由于棒在斜面上处于静止状态，故棒受力平衡．棒共受三个力的作用：重力大小为mg，方向竖直向下；弹力垂直于斜面，大小随安培力的变化而变化；安培力的方向始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁感应强度的大小的变化而变化．但由平衡条件知，弹力与安培力的合力必与重力mg等大、反向，故当安培力方向与弹力方向垂直，即沿斜面向上时，安培力最小，即BminIl＝mgsin α，所以Bmin＝.由左手定则知，Bmin的方向应垂直斜面向上．
(2)棒静止在斜面上，又对斜面无压力，则棒只受两个力的作用，即竖直向下的重力mg和安培力F的作用，由平衡条件知F＝mg，且安培力F竖直向上，所以有BIl＝mg，故B＝.由左手定则知，B的方向水平向左．
(3)此问讨论的只是问题的可能性，并没有具体研究满足平衡的定量关系．为讨论问题方便，建立如图所示的直角坐标系．欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在图上F1和F2之间．由图不难看出，F的方向应包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根据左手定则可知，B与x轴正方向间的夹角θ应满足α＜θ≤π.
[答案] (1) 方向垂直斜面向上
(2) 方向水平向左
(3)B与x轴正方向间的夹角θ应满足α＜θ≤π
与安培力相关的力学类问题的解题方法
(1)选择通电导体作为研究对象，转换立体图，分析通电导体所受的各种力，运用平衡条件或牛顿第二定律列出方程．
(2)然后运用安培力公式、闭合电路欧姆定律列出安培力表达式，联立求解．
[针对训练]
1．(多选)电磁轨道炮工作原理如图6-2所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )
图6-2
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
BD [由题意可知磁感应强度B＝kI(k为比例系数)，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得FL＝，解得v＝I，由此式可判断选项B、D正确．]
带电粒子在有界磁场中的运动
1.几种常见情景
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图6-3所示)
图6-3
(2)平行边界(不同情况下从不同边界射出，存在临界条件，如图6-4所示)
图6-4
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图6-5所示)
图6-5
2．两类典型问题
(1)临界问题：解决此类问题的关键是找准临界点，找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破点，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个不同半径的轨迹，这样就能顺利地找到临界条件．
(2)多解问题：造成多解问题的常见原因有带电粒子电性的不确定、磁场方向的不确定、临界状态不唯一、运动的周期性等．解答这类问题的关键是认真分析物理过程，同时考虑问题要全面，不要漏解．
3．寻找临界点的两种有效方法
(1)轨迹圆的缩放：当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹圆圆心一定在入射点所受洛伦兹力所表示的射线上，但位置(半径R)不确定，用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中即可发现“临界点”．
(2)轨迹圆的旋转：当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也容易发现“临界点”．
另外，要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观．
如图6-6所示，S为粒子源，该源能在图示纸面内360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带负电荷量e的粒子，MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS＝L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场．
(1)若粒子的发射速率为v0，要使粒子一定能经过点O，求磁场的磁感应强度B的条件；
(2)若磁场的磁感应强度为B0，要使S发射出的粒子能到达挡板，则粒子的发射速率为多大？
(3)若磁场的磁感应强度为B0，从S发射出的粒子的速率为，则挡板上出现粒子的范围为多大？
图6-6
[解析] 粒子从点S发出后受到洛伦兹力作用而在纸面上做匀速圆周运动，若使磁感应强度的大小变化，粒子的轨迹构成过S点的一组动态圆，不同半径的圆对应不同大小的磁感应强度，如图所示．
(1)要使粒子一定能经过点O，即SO为圆周的一条弦，则粒子做圆周运动的轨道半径必满足R≥，即≥
解得B≤.
(2)要使粒子从S发出后能到达挡板，则粒子至少能到达挡板上的O点，故粒子做圆周运动的半径R′≥，即≥，解得v′0≥.
(3)当从S发出的粒子的速率为时，粒子在磁场中的运动轨迹半径R″＝＝2L，如图所示，最低点为动态圆与MN相切时的交点P1，最高点为动态圆与MN相割的交点P2，且SP2是轨迹圆的直径，粒子击中挡板的范围在P1、P2之间．
对SP1弧分析，由图知OP1＝＝L
对SP2弧分析，由图知OP2＝＝L.
[答案] 见解析
?1?刚好没穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.
?2?当速率v一定时，弧长?或弦长?越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.
?3?当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长.
[针对训练]
2．(多选)如图6-7所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
A. B.
C. D.
图6-7
BC [粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图中的(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确．若粒子带负电，其运动径迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
]
章末过关检测(六)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是( )
A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转
B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离
解析：选B.甲、丙、丁中小磁针或导线所受磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的．
2．(2018· 河北冀州中学高二上月考)下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( )
解析：选B.对A，由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，A错误；对B，磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，B正确；对C，由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，C错误；对D，通电螺线管产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由图可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，D错误．
3.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是( )
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．N1＝N2
D．N1解析：选B.导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知：N1>N2，电流磁场对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，弹簧长度将变短，B正确．
4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．如图的四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
解析：选A.由半径公式r＝得＝·＝2，故粒子甲的轨迹为大圆，粒子乙的轨迹为小圆，再由左手定则判知A正确，B、C、D都错．
5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负
B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正
D．2.7 m/s，a负、b正
解析：选A.血液中正、负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q＝qvB，所以v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故A正确，B、C、D错误．
6．如图所示，一电子以与磁场方向垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N处离开磁场，若电子质量为m，带电荷量为e，磁感应强度为B，则( )
A．电子在磁场中运动的时间t＝d/v
B．电子在磁场中运动的时间t＝h/v
C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh
D．电子在N处的速度大小也是v
解析：选D.洛伦兹力不做功，所以电子在N处速度大小也为v，D正确、C错，电子在磁场中的运动时间t＝≠≠，A、B均错．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图中所示的几种情况中，可能出现的是( )
解析：选AD.A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，A正确；C图中粒子应顺时针转，C错误．同理可以判断B错误、D正确．
8．如图所示，有两根长为L，质量为m的细导体棒a、b；a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．若使b下移，a将不能保持静止
解析：选ACD.根据右手定则，可知b在a处产生的磁感应强度方向为竖直向上，A正确；根据左手定则，可知a受到水平向右的安培力，还受竖直向下的重力，斜面给的支持力，合力为零，根据共点力平衡条件可得BIL＝mg，解得B＝，B错误；重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使a仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确．
9．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选AC.由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确．由R＝和Uq＝mv2－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子圆周运动的半径增加量不相同，B错误．由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确．由T＝可知，粒子运动的周期不随v而变，故D错误．
10．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
解析：选ABD.由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN间被加速，故A正确；根据电场力提供向心力，则有qE＝，又有电场力使粒子加速运动，则有qU＝mv2，从而解得：U＝，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，结合上式可知，PQ＝ ，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C错误，D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)如图所示，一带电量为q＝＋2×10－9 C、质量为m＝1.8×10－16 kg的粒子，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10－6 s后到达直线上另一点P.求：
(1)粒子做圆周运动的周期T；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若OP的距离为0.1 m，则粒子的运动速度v多大？
解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略．粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示．
(1)由几何关系可知OP弦对应的圆心角θ＝60°，粒子由O沿大圆弧运动到P
所对应圆心角为300°，则有＝＝
解得T＝t＝×6×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s.
(2)由粒子做圆周运动所需向心力来自洛伦兹力，有
qvB＝m，v＝
得B＝＝T＝0.314 T.
(3)轨道半径r＝OP＝0.1 m
粒子的速度v＝≈3.49×105 m/s.
答案：(1)1.8×10－6 s (2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
12．(14分)质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．
(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B.
解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．
(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：
qU＝mv2①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：
qvB＝m②
由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2③
联立①②③式得：
磁感应强度B＝ .
答案：(1)见解析图 (2)
13. (14分)如图所示，一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线的右侧有一竖直向上的场强E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计．
(1)小球第一次运动到A端时，对轨道的压力为多大？(2)匀强磁场的磁感应强度为多大？
解析：(1)小球由C到A沿圆筒轨道做圆周运动，机械能守恒．
根据机械能守恒定律有：mg·R(1＋cos 60°)＝mv2
到达A点时的速度：v＝＝
在A点，重力和支持力的合力提供向心力，有：
N－mg＝m
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力：
FN＝N＝mg＋m＝4mg.
(2)小球带正电，进入复合场后，受竖直向下的重力、竖直向上的电场力和洛伦兹力．电场力F＝qE＝mg；即电场力和重力等大反向，相互抵消，小球所受合力等于洛伦兹力，故小球将在复合场中做匀速圆周运动，穿过复合场后做平抛运动，最后从C点回到圆筒轨道．
由D到C，小球做平抛运动，水平方向：Rsin 60°＝vt
得飞行时间：t＝
竖直方向下落高度：h＝gt2＝
小球在复合场中做圆周运动的半径
r＝(R＋Rcos 60°＋h)＝R
小球在复合场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得：磁感应强度B＝＝＝ .
答案：(1)4mg (2)
