1、第2講帶電粒子在磁場中的運動 (解讀命題角度)例1(2012·上海高考)載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為BkI/r，式中常量k>0，I為電流強度，r為距導線的距離。在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖321所示。圖321開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0。當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度變為I2時，兩細線內的張力均大于T0。(1)分別指出強度為I1、I2的電流的方向；(2)求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；(3

2、)求MN內的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3。破題關鍵點(1)如何表示ab邊和cd邊所在處的磁感應強度？請寫出表達式。(2)如何表示ab邊和cd邊所受的安培力大小？請寫出表達式。(3)線圈abcd受哪幾個力作用？試分析MN中電流方向與線圈所受安培力方向的關系。(4)要使兩細線斷裂，MN中的電流I3應沿什么方向？斷線瞬間線圈受哪些力作用？解析(1)MN對ab邊的安培力大于MN對cd邊的安培力，故當MN中通電I1，細線張力減小，MN對ab邊的安培力方向向上，由左手定則可判斷，矩形線圈abcd所處的磁場方向垂直紙面向外，由右手螺旋定則可判斷，MN中電流I1水平向左

3、，同理可分析I2水平向右。(2)當MN中電流為I1時，BabkI1/r1，BcdkI1/r2，設線圈中電流為i，L為ab、cd的長度，則線圈所受安培力F1BabiLBcdiLkI1iL()同理F2kI2iL()，可得：。(3)設MN中電流為I3時，線圈受安培力為F3，由F3方向豎直向下可判斷I3方向水平向右由題設條件可得2T0mg，2T1F1mgF3mgma由(2)問可知，以上各式聯立解得：I3I1答案(1)I1方向水平向左，I2方向水平向右(2)(3)I1，方向向右 (掌握類題通法)一、基礎知識要記牢1安培力的大小FBIL sin (其中為B與I之間的夾角)(1)若磁場和電流垂直：FBIL；

4、(2)若磁場和電流平行：F0。2安培力的方向(1)左手定則可判定安培力的方向。(2)特點：電流所受的安培力的方向既跟磁場方向垂直，又跟電流方向垂直，所以安培力的方向總是垂直于磁感線和通電導線所確定的平面。二、方法技巧要用好解決安培力問題的一般思路(1)確定研究對象；(2)明確導線中電流的方向及其周圍磁場的方向；(3)利用左手定則判斷通電導線所受安培力的方向；(4)結合物體的平衡條件或牛頓運動定律進行求解。 (解讀命題角度)例2(2012·江蘇高考)如圖322所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界

5、上的A點。下列說法正確的有()圖322A若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0qBd/2mD若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0qBd/2m思路點撥解答本題時應注意以下三點：(1)從O點射入磁場的粒子速度方向是不確定的。(2)垂直于MN射入磁場的粒子，出磁場的位置離O點最遠。(3)垂直進入磁場且落在A點右側d處的粒子對應粒子速度的最小值。解析因粒子由O點以速度v0入射時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直射入磁場時，在邊界上的落點最遠，即，所以粒子若落在A的右側，速度應大于v0，B

6、正確；當粒子落在A的左側時，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當粒子射到A點左側相距d的點時，最小速度為vmin，則，又因，所以vminv0，所以粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于vminv0，C正確；當粒子射到A點右側相距d的點時，最小速度為v1，則，又因，即v1v0，D錯誤。答案BC (掌握類題通法)一、基礎知識要記牢1洛倫茲力(1)大?。簐B時，F0。vB時，FqvB。v與B夾角為時：FqvBsin 。(2)方向：F、v、B三者的關系滿足左手定則。(3)特點：由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。2帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)若vB

7、，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，此情況下洛倫茲力等于零。(2)若vB，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度做勻速圓周運動。向心力由洛倫茲力提供，qvBm；軌道半徑R；周期：T。二、方法技巧要用好1帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法(1)圓心的確定：軌跡圓心總是位于入射點和出射點所受洛倫茲力作用線的交點上或過這兩點的弦中垂線與任一個洛倫茲力作用線的交點上。(2)半徑的確定：利用平面幾何關系，求出軌跡圓的半徑。(3)運動時間的確定：tT，其中為偏轉角度。2作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。(2)六條線：圓

8、弧兩端點所在的軌跡半徑，入射速度直線和出射速度直線， 入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度直線交點的連線。前面四條邊構成一個四邊形，后面兩條為對角線。(3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 (解讀命題角度)例3(2012·徐州模擬)如圖323所示，M、N為水平放置的彼此平行的不帶電的兩塊平板，板的長度和板間距離均為d，在兩板間有垂直于紙面方向的勻強磁場，在距上板處有一質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力)，以初速度v0水平射入磁場，若使粒子不能射出磁場求磁場的方向和磁感應強度B的大小范圍。圖323解析(1)如果磁場垂直紙面向里，粒

9、子從左側上板邊緣飛出，則粒子做圓周運動的半徑R1·由qv0B1m得：B1粒子從右側上板邊緣飛出，則粒子做圓周運動的半徑為R2，則R(R2)2d 2，解得：R2d由qv0B2m得：B2所以當磁場方向垂直紙面向里時，粒子不能射出兩板間的磁感應強度的范圍為<B<(2)當磁場方向垂直紙面向外時粒子從左側下板邊緣飛出，則粒子做圓周運動的半徑為R3·d由qv0B3m得：B3粒子從右側下板邊緣飛出，則粒子做圓周運動的半徑為R4，則R(R4d)2d2得：R4d由qv0B4m解得：B4所以當磁場方向垂直紙面向外時，粒子不能射出兩板間的磁感應強度的范圍為<B<。答案見解

10、析 (掌握類題通法)一、基礎知識要記牢引起粒子在勻強磁場中做圓周運動多解的四種原因：(1)帶電粒子的電性不確定形成多解，可能出現兩個方向的運動軌跡。(2)磁場方向不確定形成多解，可能出現兩個方向的運動軌跡。(3)臨界狀態不唯一形成多解，需要根據臨界狀態的不同，分別求解。(4)圓周運動的周期性形成多解。二、方法技巧要用好解決本類問題的一般思路：(1)首先要明確帶電粒子的電性和磁場的方向；(2)正確地找出帶電粒子運動的臨界狀態；(3)結合帶電粒子的運動軌跡利用圓周運動的周期性進行分析計算。課堂針對考點強化訓練1.如圖324所示，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其

11、所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為()A0B0.5Bil 圖324CBIl D2BIl解析：選CV形導線通入電流I時每條邊受到的安培力大小均為BIl，方向分別垂直于導線斜向上，再由平行四邊形定則可得其合力FBIl，答案為C。2(2012·廣東高考)質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖325中虛線所示，下列表述正確的是() AM帶負電，N帶正電 圖325BM的速率小于N的速率C洛侖茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間解析：選A根據左手定則可知

12、N帶正電，M帶負電，A正確；因為r，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯；洛倫茲力永不做功，所以C錯；M和N的運行時間都為t，所以D錯。3. (2012·海南高考)圖326中裝置可演示磁場對通電導線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿。當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動。下列說法正確的是() A若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動圖326B若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，

13、則L向左滑動D若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動解析：選BD若a接正極，b接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，f接負極，由左手定則判定金屬桿受安培力向左，則L向左滑動，A項錯誤，同理判定B、D選項正確，C項錯誤。4.真空中有兩根長直金屬導線平行放置，其中只有一根導線中通過有恒定電流。在兩導線所確定的平面內，一電子從P點開始運動的軌跡的一部分如圖327中曲線PQ所示，則一定是() Aab導線中通有從a到b方向的電流Bab導線中通有從b到a方向的電流圖327Ccd導線中通有從c到d方向的電流Dcd導線中通有從d到c方向的電流解析：選C根據電子運動的軌跡知在兩導線之間的磁

14、場方向垂直于兩導線所在的平面，且由粒子運動的方向可知，ab中通有由b到a的電流或cd中通有從c到d的電流，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時半徑變小，由r知距離cd邊越近，磁感應強度B越強，可見cd中一定有電流，只有C正確。5.如圖328所示，在豎直放置的金屬板M上放一個放射源C，可向紙面內各個方向射出速率均為v的粒子，P是與金屬板M平行的足夠大的熒光屏，到M的距離為d?，F在P與金屬板M間加上垂直紙面的勻強磁場，調整磁感應強度的大小，恰使沿M板向上射出的粒子剛好垂直打在熒光屏上。若粒子的質量為m，電荷量為2e。則() 圖328A磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B的大小為B磁場方向垂直紙面向外，磁

15、感應強度B的大小為C在熒光屏上能觀察到的亮斑區的長度為2dD在熒光屏上能觀察到的亮斑區的長度為4d解析：選BC由左手定則可判斷，磁感應強度的方向垂直紙面向外，由Rd得：B，A錯誤，B正確；粒子沿水平面向右運動時，恰好與光屏相切，此為打在屏上最下方的粒子，故熒光屏上能觀察到的亮斑區的長度為2R2d，C正確，D錯誤。6. 空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖329中的正方形為其邊界。由兩種粒子組成的一細粒子束沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是()A入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定

16、不同 圖329B入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：選BD帶電粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據qvB得軌道半徑r，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁場中運動的軌道半徑不同，軌跡不同，相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故B正確。帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T，故所有帶電粒子的運動周期均相同，若帶電粒子從磁場左邊界出磁場，則這些粒子在磁場中運動時間是相同的，但不同速度軌跡不同，故A、C錯誤。根據得t，所以t越長，越大，故D正確。課下針對高考押題訓練

17、一、單項選擇題1(2012·北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環形電流，那么此電流值()A與粒子電荷量成正比B與粒子速率成正比C與粒子質量成正比 D與磁感應強度成正比解析：選D由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置(即某一截面)的電荷量與所用時間的比值。若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式Iq/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量。又T，解出I。故只有選項D正確。2(2012·晉江四校聯考)如圖1所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中

18、點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x，棒處于靜止狀態。則() A導體棒中的電流方向從b流向aB導體棒中的電流大小為圖1C若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大D若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大解析：選B由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，選項A錯誤；由BILkx可得導體棒中的電流大小為Ikx/BL，選項B正確；若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，或逆時針轉過一小角度，導體棒沿水平方向所受安培力變小，故x都變小，選項C、D錯誤。3.利用如圖2所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向

19、垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法錯誤的是() 圖2A粒子帶負電B射出粒子的最大速度為C保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大解析：選D由左手定則和粒子的偏轉情況可以判斷粒子帶負電，選項A對；根據洛倫茲力提供向心力qvB可得v，r越大v越大，由題圖可知r最大值為rmax，選項B正確；又r最小值為rmin，將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度

20、之差為v，可見選項C正確、D錯誤。故選D。4(2012·安徽高考)如圖3所示，圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F將帶電粒子的速度變為，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變為() 圖3A.t B2tC.t D3t解析：選B作出粒子運動軌跡如圖所示，設電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據qvB，得r1，根據幾何關系得tan ，且160°當帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan 。即t

21、an 3tan 。故60°，2120°；帶電粒子在磁場中運動的時間tT，所以，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。5空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場，其方向隨時間做周期性變化，磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖4所示。規定B0時，磁場的方向穿出紙面。一電荷量q5×107 C、質量m5×1010 kg的帶電粒子，位于某點O處，在t0時以初速度v0 m/s沿某方向開始運動。不計重力的作用，不計磁場的變化可能產生的一切其他影響。則在磁場變化N個(N為整數)周期的時間內帶電粒子的平均速度的大小等于()圖4A m/s B. m/sC2 m/s D2

22、 m/s解析：選C帶電粒子在磁場中的運動半徑為r0.01 m，周期為T 0.02 s，作出粒子的軌跡示意圖如圖所示，所以在磁場變化N個(N為整數)周期的時間內，由平均速度的定義式 m/s2 m/s，即C選項正確。二、多項選擇題6.如圖5所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。圖5a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點。c 、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法不正確的是() AO點處的磁感應強度為零Ba、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反Cc、d兩點處的磁感應強度大小相等，方

23、向相同Da、c兩點處磁感應強度的方向不同解析：選ABD由安培定則可知，兩導線在O點產生的磁場均豎直向下，合磁感應強度一定不為零，選項A錯；由安培定則，兩導線在a、b兩處產生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產生磁場的磁感應強度等于電流N在b處產生磁場的磁感應強度，同時電流M在b處產生磁場的磁感應強度等于電流N在a處產生磁場的磁感應強度，所以a、b兩處磁感應強度大小相等方向相同，選項B錯；根據安培定則，兩導線在c、d兩處分別產生的磁場垂直c、d兩點與導線連線方向斜向下，且產生的磁場的磁感應強度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，選項C正確；a、c兩

24、處磁感應強度的方向均豎直向下，選項D錯。7.如圖6所示，平面直角坐標系的第象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()A該粒子帶正電圖6BA點與x軸的距離為C粒子由O到A經歷時間tD運動過程中粒子的速度不變解析：選BC由左手定則可判斷該粒子帶負電，A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，則A點離x軸的距離為r(1cos )(1cos 60°)，B正確；t·T，C正確；運動過程中粒子速度大小不變，方向時刻改變，D錯誤。8(2012

25、·廣州二模)薄鋁板將同一勻強磁場分成、兩個區域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區域內運動的軌跡如圖7所示，半徑R1>R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子() 圖7A帶正電B在、區域的運動速度相同C在、區域的運動時間相同D從區域穿過鋁板運動到區域解析：選CD粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力速度將減小，由r可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由區域運動到區域，結合左手定則可知粒子帶負電，A、B選項錯誤，D選項正確；由T可知粒子運動的周期不變，粒子在區域和區域中運動的時間均為tT，C選項正確。三、非選擇題9(2012·新課標全國卷)如圖8所示，一半徑為R的圓表示一柱形區域的橫截面(紙面)。在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區域，在圓上的b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為R。現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場， 圖8同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區域，也在b點離開該區域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的