物理大一輪復習配套講義第9章

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第1節(jié)磁場的描述、磁場對電流的作用一、磁場、磁感應強度1．磁場（1)基本性質(zhì):磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．(2）方向：小磁針的N極所受磁場力的方向．2．磁感應強度(1)物理意義：描述磁場強弱和方向．(2）定義式：B＝eq\f(F,IL）(通電導線垂直于磁場)．(3）方向：小磁針靜止時N極的指向．（4）單位：特斯拉，符號T.二、磁感線及幾種常見的磁場分布1．磁感線在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致．2．幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場（如圖所示)（2)幾種電流周圍的磁場分布直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似,管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強,管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠,磁場越弱安培定則立體圖橫截面圖縱截面圖(3)磁感線的特點①磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．②磁感線的疏密程度表示磁場強弱．③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極，在磁體內(nèi)部，從S極指向N極．④磁感線是假想的曲線，不相交、不中斷、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F＝BILsinθ（其中θ為B與I之間的夾角）（2)磁場和電流垂直時F＝BIL。（3）磁場和電流平行時F＝0.2．方向(1)用左手定則判定：伸開左手,使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．（2）安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．（注意：B和I可以有任意夾角）［自我診斷]1．判斷正誤(1）小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向．（√)(2)磁場中的一小段通電導體在該處受力為零，此處B一定為零．(×)（3）由定義式B＝eq\f(F,IL）可知，電流強度I越大，導線L越長,某點的磁感應強度就越?。ā粒?4）磁感線是真實存在的．(×)(5）通電線圈可等效成條形磁鐵,它周圍的磁感線起始于線圈一端,終止于線圈的另一端．（×）（6)安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直．（√）2．(多選）指南針是我國古代四大發(fā)明之一．關于指南針，下列說法正確的是(）A．指南針可以僅具有一個磁極B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)解析：選BC.指南針有N、S兩個磁極，受到地磁場的作用靜止時S極指向南方，A錯誤，B正確．指南針有磁性，可以與鐵塊相互吸引，C正確．由奧斯特實驗可知，小磁針在通電導線放置位置合適的情況下，會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D錯誤．3．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（）A．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＞BbB．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＜BbC．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小解析：選B。在磁場中，磁感線的疏密表示磁場的強弱，故Ba＜Bb，A錯誤，B正確．同一通電導線如果都垂直放入磁場中，則在a處受力一定比b處受力小，但如果導線與磁場平行放置，受力均為0，故C、D均錯誤．4．關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（)A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB.根據(jù)左手定則，安培力垂直于電流和磁感應強度所組成的平面，A錯誤，B正確．由安培力公式F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角)可知,C錯誤．若在垂直于磁感應強度的平面內(nèi)將直導線折成直角，其有效長度變?yōu)樵瓉淼膃q\f（\r（2),2),安培力大小也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2)，2)，D錯誤．考點一磁場的理解及安培定則1．磁感應強度的三點理解(1)磁感應強度由磁場本身決定，因此不能根據(jù)定義式B＝eq\f（F，IL）認為B與F成正比，與IL成反比．（2)測量磁感應強度時小段通電導線必須垂直磁場放入，如果平行磁場放入，則所受安培力為零，但不能說該點的磁感應強度為零．（3）磁感應強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是小磁針靜止時N極的指向．2．安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因"和“果”.原因（電流方向）結(jié)果（磁場繞向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流的磁場四指大拇指3．磁場的疊加磁感應強度是矢量,計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．◆特別提醒：兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的．1．指南針是我國古代四大發(fā)明之一．當指南針上方有一條水平放置的通電導線時，其N極指向變?yōu)槿鐖D實線小磁針所示．則對該導線電流的以下判斷正確的是（)A．可能東西放置，通有由東向西的電流B．可能東西放置,通有由西向東的電流C．可能南北放置,通有由北向南的電流D．可能南北放置，通有由南向北的電流解析:選C.若導線東西放置，通有由東向西的電流,根據(jù)安培定則可知，小磁針所在處合磁場方向?qū)⒃谀媳狈较蛏?其不會出現(xiàn)題圖所示情況，故選項A錯誤．若導線東西放置，通有由西向東的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極不偏轉(zhuǎn)，故選項B錯誤．若導線南北放置，通有由北向南的電流時，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將順時針偏轉(zhuǎn),可轉(zhuǎn)向圖中實線所示位置，故選項C正確．若導線南北放置,通有由南向北的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將逆時針偏轉(zhuǎn)，指向西北方，故選項D錯誤．2．（2017·河北廊坊模擬）(多選)無限長通電直導線在周圍某一點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B的大小與電流大小成正比,與導線到這一點的距離成反比，即B＝eq\f(kI,r)(式中k為常數(shù))．如圖所示,兩根相距L的無限長直導線分別通有電流I和3I。在兩根導線的連線上有a、b兩點，a點為兩根直導線連線的中點，b點距電流為I的導線的距離為L.下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點和b點的磁感應強度方向相同B．a(chǎn)點和b點的磁感應強度方向相反C．a(chǎn)點和b點的磁感應強度大小比為8∶1D．a(chǎn)點和b點的磁感應強度大小比為16∶1解析：選AD.根據(jù)右手螺旋定則,導線周圍的磁場的磁感線,是圍繞導線形成的同心圓，兩導線在a處的磁感應強度方向都向下，則合磁感應強度方向向下；根據(jù)B＝eq\f（kI,r),電流為3I導線在b處的磁感應強度方向向下,而電流為I導線在b處的磁感應強度方向向上,因電流為3I導線在b處產(chǎn)生的磁場較大，則合磁感應強度方向向下，因此a點和b點的磁感應強度方向相同，故A正確，B錯誤．兩導線在a處的磁感應強度大小B1＝eq\f(3kI,\f（L，2))＋eq\f（kI，\f(L,2））＝keq\f(8I,L)；兩導線在b處的磁感應強度大小B2＝eq\f（3kI，2L)－eq\f（kI,L）＝eq\f（kI，2L），則a點和b點的磁感應強度大小之比為16∶1,故C錯誤,D正確．3．(2017·江西南昌調(diào)研)如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應強度大小為B1。若將M處長直導線移至P處，則O點的磁感應強度大小為B2，那么B2與B1之比為（）A.eq\r（3)∶1 B．eq\r（3）∶2C．1∶1 D．1∶2解析:選B。如圖所示,當通有電流的長直導線在M、N兩處時，根據(jù)安培定則,可知：二者在圓心O處產(chǎn)生的磁感應強度都為B1/2;當將M處長直導線移到P處時,兩直導線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應強度也為B1/2，做平行四邊形,由圖中的幾何關系,可得eq\f(B2，B1)＝eq\f(\f(B2，2），\f(B1,2））＝cos30°＝eq\f(\r(3）,2),故選項B正確．4．(2017·湖北三市六校聯(lián)考)如圖甲所示，無限長導線均通以恒定電流I。直線部分和坐標軸接近重合,彎曲部分是以坐標原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則圖乙中O處磁感應強度和圖甲中O處磁感應強度相同的是()解析:選A。由題意可知,圖甲中O處磁感應強度的大小是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小的2倍,方向垂直紙面向里；圖A中，根據(jù)安培定則可知，左上段與右下段的通電導線產(chǎn)生的磁場疊加為零，則剩余的兩段通電導線產(chǎn)生的磁感應強度大小是其中一段在O點的磁感應強度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確;同理,圖B中,四段通電導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應強度的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯誤；圖C中，右上段與左下段產(chǎn)生磁場疊加為零,則剩余兩段產(chǎn)生磁感應強度大小是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應強度的2倍,方向垂直紙面向外，故C錯誤；圖D中，四段在O點產(chǎn)生的磁感應強度是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應強度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯誤．磁感應強度疊加三步驟空間中的磁場通常會是多個磁場的疊加，磁感應強度是矢量，可以通過平行四邊形定則進行計算或判斷．其步驟如下：（1)確定場源，如通電導線．(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖中M、N在c點產(chǎn)生的磁場．（3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B.考點二安培力作用下的平衡與加速問題1．分析導體在磁場中平衡和加速問題的思路（1）確定要研究的導體．(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體受力分析．(3)分析導體的運動情況．（4）根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解．2．受力分析的注意事項(1）安培力的方向特點：F⊥B,F⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．(2）安培力的大小：應用公式F＝BILsinθ計算彎曲導線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效長度L等于曲線兩端點的直線長度．(3)視圖轉(zhuǎn)換：對于安培力作用下的力學問題，導體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時應利用俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等，變立體圖為二維平面圖．考向1：安培力作用下靜態(tài)平衡問題通電導體在磁場中受安培力和其它力作用而處于靜止狀態(tài)，可根據(jù)磁場方向、電流方向結(jié)合左手定則判斷安培力方向．[典例1］(2016·廣東廣州三模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、長度為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′,并處于勻強磁場中，當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時懸線與豎直方向夾角為θ。磁感應強度方向和大小可能為()A．z正向,eq\f（mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg，IL）C．z負向，eq\f（mg,IL）tanθ D．沿懸線向上，eq\f（mg，IL）sinθ解析本題要注意在受力分析時把立體圖變成側(cè)視平面圖,然后通過平衡狀態(tài)的受力分析來確定B的方向和大小．若B沿z正向,則從O向O′看，導線受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如圖甲所示，導線無法平衡，A錯誤．若B沿y正向，導線受到的安培力豎直向上，如圖乙所示．當FT＝0，且滿足ILB＝mg，即B＝eq\f（mg,IL)時，導線可以平衡，B正確．若B沿z負向,導線受到的安培力水平向右,如圖丙所示．若滿足FTsinθ＝ILB，F(xiàn)Tcosθ＝mg，即B＝eq\f(mgtanθ，IL）,導線可以平衡，C正確．若B沿懸線向上，導線受到的安培力左斜下方向，如圖丁所示,導線無法平衡,D錯誤．答案BC考向2：安培力作用下動態(tài)平衡問題此類題目是平衡問題,只是由于磁場大小或方向、電流大小或方向的變化造成安培力變化,與力學中某個力的變化類似的情景．［典例2](2017·陜西西安模擬)如圖所示,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(shù)為k的水平輕彈簧一端固定,另一端拴在棒的中點，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時，棒處于靜止狀態(tài)．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eq\f（kx，BL）C．若只將磁場方向緩慢順時針轉(zhuǎn)過一小角度,x變大D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉(zhuǎn)過一小角度，x變大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，故A錯誤;由于彈簧伸長為x,根據(jù)胡克定律有kx＝BIL，可得I＝eq\f(kx，BL)，故B正確；若只將磁場方向緩慢順時針或逆時針轉(zhuǎn)過一小角度，則安培力在水平方向上的分力減小，根據(jù)力的平衡可得，彈簧彈力變小，導致x變小，故C、D錯誤．答案B考向3：安培力作用下加速問題此類題目是導體棒在安培力和其它力作用下合力不再為零,而使導體棒產(chǎn)生加速度，根據(jù)受力特點結(jié)合牛頓第二定律解題是常用方法．[典例3］如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌,相距1m,導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0。3kg，棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，勻強磁場的磁感應強度B＝2T，方向豎直向下，為了使物體以加速度a＝3m/s2加速上升,應在棒中通入多大的電流？方向如何？（g＝10m/s2）解析導體棒所受的最大靜摩擦力大小為fm＝0.5mg＝1NM的重力為G＝Mg＝3N要使物體加速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b。根據(jù)受力分析，由牛頓第二定律有F安－G－fm＝（m＋M）aF安＝BIL聯(lián)立得I＝2。75A答案2.75A方向由a→b安培力作用下導體的分析技巧(1）安培力作用下導體的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關鍵是畫出受力分析示意圖．（2)安培力作用下導體的加速問題與動力學問題分析方法相同，關鍵是做好受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．考點三磁場中導體運動方向的判斷1．判定通電導體運動或運動趨勢的思路eq\x(\a\al（研究對象:通電，導線或?qū)w))eq\o(→，\s\up16(明確)）eq\x（\a\al(導體所在位置的，磁場分布情況))eq\o(→,\s\up16(利用),\s\do15(左手定則））eq\x（導體的受力情況）eq\o（→，\s\up16(確定)）eq\x(導體的運動方向或運動趨勢的方向)2．幾種判定方法電流元法分割為電流元eq\o（→，\s\up16(左手定則))安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引,異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運動方向1.一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合,如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將（)A．不動B．順時針轉(zhuǎn)動C．逆時針轉(zhuǎn)動D．在紙面內(nèi)平動解析：選B.方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中,根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．方法二（等效法)把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前,N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2之間不平行,則必有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止．據(jù)此可得,從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．2．如圖所示，蹄形磁鐵用柔軟的細繩懸吊在天花板上，在磁鐵兩極的正下方固定著一根水平直導線，當直導線中通以向右的電流時(）A．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力減小B．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力減小C．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動,繩子對磁鐵的拉力增大D．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力增大解析：選C.假設磁鐵不動，導線運動，根據(jù)安培定則可知，通電導線左邊的磁場斜向下，而右邊的磁場斜向上，那么在導線兩側(cè)取兩小段,根據(jù)左手定則可知,左邊一小段所受安培力的方向垂直紙面向里，右側(cè)一小段所受安培力的方向垂直紙面向外，從上往下看，導線順時針轉(zhuǎn)動．如今導線不動，磁鐵運動，根據(jù)相對運動，則知磁鐵逆時針轉(zhuǎn)動（從上向下看),即N極向紙外轉(zhuǎn)動，S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動．當轉(zhuǎn)動90°時，導線所受的安培力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可得磁鐵受到導線向下的作用力,故繩子對磁鐵的拉力增大，C正確．判斷磁場中導體運動趨勢的兩點注意(1）應用左手定則判定安培力方向時，磁感線穿入手心,大拇指一定要與磁感線方向垂直，四指與電流方向一致但不一定與磁感線方向垂直,這是因為：F一定與B垂直，I不一定與B垂直．（2)導體與導體之間、磁體與磁體之間、磁體與導體之間的作用力和其他作用力一樣具有相互性，滿足牛頓第三定律．課時規(guī)范訓練[基礎鞏固題組]1．中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是()A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用解析：選C.由題意可知，地理南、北極與地磁場的南、北極不重合，存在磁偏角，A正確．磁感線是閉合的，再由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確．只有赤道上方附近的磁感線與地面平行,故C錯誤．射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行，故地磁場對其有力的作用，這是磁場的基本性質(zhì)，故D正確．2．三根平行的長直導體棒分別過正三角形ABC的三個頂點,并與該三角形所在平面垂直，各導體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示．則三角形的中心O處的合磁場方向為()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA,由C指向AD．由O指向C解析：選A.如圖所示，由右手螺旋定則可知，導體A中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向平行BC，同理,可知導線B、C中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的方向分別平行于AC、AB，又由于三根導線中電流大小相等,到O點的距離相等，則它們在O點處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等，再由平行四邊形定則,可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，故選項A正確．3．如圖所示，AC是一個用長為L的導線彎成的、以O為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中．當在該導線中通以由C到A,大小為I的恒定電流時，該導線受到的安培力的大小和方向是（）A．BIL,平行于OC向左B。eq\f（2\r（2)BIL，π），垂直于AC的連線指向左下方C.eq\f(2\r(2)BIL，π)，平行于OC向右D．2eq\r（2)BIL,垂直于AC的連線指向左下方解析：選B。直導線折成半徑為R的eq\f（1，4）圓弧形狀,在磁場中的有效長度為eq\r（2)R，又因為L＝eq\f(1，4）×2πR，則安培力F＝BI·eq\r(2）R＝eq\f（2\r（2)BIL，π).安培力的方向與有效長度的直線AC垂直，根據(jù)左手定則可知,安培力的方向垂直于AC的連線指向左下方，B正確．4．如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd邊與ad邊夾角均為60°，ab＝bc＝cd＝L，長度為L的電阻絲電阻為R0,框架與一電動勢為E、內(nèi)阻r＝R0的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則梯形框架abcd受到的安培力的大小為()A．0 B．eq\f(5BEL,11R0)C。eq\f(10BEL，11R0) D.eq\f（BEL,R0)解析:選C.并聯(lián)部分的總電阻為R并＝eq\f(3R0·2R0，3R0＋2R0)＝eq\f（6,5）R0，電路中的總電流I＝eq\f(E,R并＋r)，所以線框受到的合外力F＝BI·2L＝eq\f(10BEL,11R0)，C正確．5．如圖所示，接通開關S的瞬間，用絲線懸掛于一點、可自由轉(zhuǎn)動的通電直導線AB將(）A．A端向上，B端向下，懸線張力不變B．A端向下,B端向上，懸線張力不變C．A端向紙外，B端向紙內(nèi)，懸線張力變小D．A端向紙內(nèi)，B端向紙外，懸線張力變大解析：選D。當開關S接通時,由安培定則知導線附近磁感線分布如圖，由左手定則判斷出通電直導線此時左部受力指向紙內(nèi),右部受力指向紙外，導線將轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)到與磁感線接近垂直時，導線轉(zhuǎn)動的同時，相當于具有向里的電流，則導線受安培力將豎直向下，可知懸線張力變大，故選項D正確．6．電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為m＝2。0g的彈體（包括金屬桿EF的質(zhì)量）加速到6km/s.若這種裝置的軌道寬d＝2m、長L＝100m、電流I＝10A、軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終垂直并接觸良好，則下列有關軌道間所加勻強磁場的磁感應強度和磁場力的最大功率結(jié)果正確的是（）A．B＝18T,Pm＝1.08×108WB．B＝0。6T，Pm＝7。2×104WC．B＝0.6T，Pm＝3。6×106WD．B＝18T，Pm＝2.16×106W解析：選D.通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關系得BIdL＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,m)，代入數(shù)值解得B＝18T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入數(shù)值得Pm＝2。16×106W，故選項D正確．［綜合應用題組］7．質(zhì)量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上,整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示．則下列關于導體棒中電流的分析正確的是(）A．導體棒中電流垂直紙面向外,大小為I＝eq\f(\r(3）mg，BL）B．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為I＝eq\f（\r（3）mg，3BL)C．導體棒中電流垂直紙面向里,大小為I＝eq\f(\r（3）mg,BL)D．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為I＝eq\f（\r(3)mg，3BL)解析：選C.根據(jù)左手定則可知，不管電流方向向里還是向外，安培力的方向只能沿水平方向,再結(jié)合導體棒的平衡條件可知,安培力只能水平向右，據(jù)此可判斷出,導體棒中的電流垂直紙面向里，對導體棒受力分析如圖所示，并根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)＝mgtan60°，又安培力為F＝BIL，聯(lián)立可解得I＝eq\f(\r(3）mg,BL)，故選項C正確．8．如圖所示，兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣斜面上，導軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導體棒ab相連，彈簧與導軌平面平行并與ab垂直，直導體棒垂直跨接在兩導軌上，空間存在垂直導軌平面斜向上的勻強磁場．閉合開關K后導體棒中的電流為I，導體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性,使導體棒中電流反向,導體棒中電流仍為I,導體棒平衡時彈簧伸長量為x2.忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為()A.eq\f（k，IL)（x1＋x2) B.eq\f(k,IL)(x2－x1）C。eq\f（k,2IL）(x2＋x1） D.eq\f(k，2IL)（x2－x1)解析：選D。由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性使導體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq\f（k，2IL）（x2－x1)．選項D正確．9．（多選)如右圖所示,在傾角為α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導體棒，當通以圖示方向電流I時，欲使導體棒靜止在斜面上,可加一平行于紙面的勻強磁場,當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，下列說法中正確的是(）A．此過程中磁感應強度B逐漸增大B．此過程中磁感應強度B先減小后增大C．此過程中磁感應強度B的最小值為eq\f(mgsinα,IL)D．此過程中磁感應強度B的最大值為eq\f（mgtanα,IL)解析:選AC.導體棒受重力、支持力、安培力作用而處于平衡狀態(tài),當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，安培力由沿斜面向上轉(zhuǎn)至豎直向上，導體棒受力的動態(tài)變化如圖所示，則由圖知安培力逐漸增大，即此過程中磁感應強度B逐漸增大,A對、B錯;剛開始安培力F最小，有sinα＝eq\f（F,mg)，所以此過程中磁感應強度B的最小值為eq\f(mgsinα，IL),C對;最后安培力最大，有F＝mg,即此過程中磁感應強度B的最大值為eq\f(mg，IL），D錯．10．如圖所示，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1T,方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0。5cm；閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0。3cm.重力加速度的大小取10m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．解析：金屬棒通電后,閉合回路電流I＝eq\f（E，R）＝eq\f（12，2）A＝6A導體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06N。開關閉合后，電流方向為從b到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下由平衡條件知：開關閉合前：2kx＝mg開關閉合后:2k（x＋Δx）＝mg＋F代入數(shù)值解得m＝0.01kg.答案:方向豎直向下0.01kg11．某同學用圖中所給器材進行與安培力有關的實驗．兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出）的N極位于兩導軌的正上方，S極位于兩導軌的正下方,一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直．（1)在圖中畫出連線，完成實驗電路．要求滑動變阻器以限流方式接入電路,且在開關閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動．(2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當增加兩導軌間的距離B．換一根更長的金屬棒C．適當增大金屬棒中的電流其中正確的是________（填入正確選項前的標號)．解析：(1)由于磁場方向豎直向下，要使金屬棒的運動如圖所示，則金屬棒中電流由里向外，滑動變阻器用限流接法，實物圖連接如圖所示．（2）為使金屬棒離開時速度較大，由動能定理知BILx＝eq\f(1，2)mv2，v＝eq\r（\f(2BILx，m))，適當增大兩導軌間的距離，可以增大v，適當增大金屬棒的電流可以增大v,換一根更長的金屬棒，增大了質(zhì)量,v變小，因此A、C正確．答案:（1）圖見解析（2）AC12．載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝kI/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,被兩根等長的輕質(zhì)絕緣細線靜止地懸掛,如圖所示．開始時MN內(nèi)不通電流,此時兩細線內(nèi)的張力均為T0.當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T1；當MN內(nèi)的電流強度變?yōu)镮2時,兩細線的張力均大于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和I2電流時,線框受到的安培力F1與F2大小之比；（3）當MN內(nèi)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.解析：(1）由題意知,當MN通以電流I1時，線圈受到的安培力向上,根據(jù)左手定則、安培定則可以判斷I1的方向向左，當MN通以電流I2時，線圈受到的安培力應向下,同理,可以判斷I2的方向向右．(2)當MN中的電流為I時,線圈受到的安培力大小為F＝kIiLeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,r1）－\f（1,r2)))式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流,L為ab、cd的長度．所以eq\f（F1,F2)＝eq\f(I1，I2)（3）設MN中電流為I3時,線圈所受安培力為F3，由題設條件有2T0＝mg，2T1＋F1＝mg，F(xiàn)3＋mg＝ma，eq\f(I1，I3)＝eq\f（F1,F3）,由以上各式得I3＝eq\f(T0a－g，T0－T1g）I1答案:（1)I1方向向左，I2方向向右（2）eq\f（F1,F2)＝eq\f(I1,I2)(3)eq\f（T0a－g，T0－T1g）I1第2節(jié)磁場對運動電荷的作用一、洛倫茲力1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．2．大小(1）v∥B時,F＝0。（2)v⊥B時,F＝qvB.（3）v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.3．方向（1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向．（2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)．由于F始終垂直于v的方向,故洛倫茲力永不做功．二、帶電粒子在磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動．3．基本公式（1)向心力公式:qvB＝meq\f（v2，r)。（2）軌道半徑公式：r＝eq\f（mv，Bq).（3）周期公式：T＝eq\f(2πr，v）＝eq\f(2πm，qB)。f＝eq\f(1，T）＝eq\f（Bq，2πm).ω＝eq\f（2π,T)＝2πf＝eq\f（Bq，m)。三、洛倫茲力的應用實例1．回旋加速器（1）構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：交變電流的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向,粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq\f(mv2，R），得Ekm＝eq\f（q2B2R2，2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關．2．質(zhì)譜儀（1)構(gòu)造:如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成．（2）原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理qU＝eq\f(1，2)mv2可知進入磁場的速度v＝eq\r(\f（2qU，m）)。粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律,qvB＝eq\f(mv2,r).由以上幾式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷等．[自我診斷］1．判斷正誤（1）洛倫茲力和安培力的方向都與磁場方向垂直．(√)(2)粒子在只受到洛倫茲力作用時運動的動能不變．（√）（3)運動電荷進入磁場后（無其他力作用）可能做勻速直線運動．（√)（4）洛倫茲力可以做正功、做負功或不做功．(×）(5）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度的大小無關．(√)(6）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與粒子的比荷成正比．（×)(7)經(jīng)回旋加速器加速的帶電粒子的最大初動能由D形盒的最大半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關．(√）(8）質(zhì)譜儀只能區(qū)分電荷量不同的粒子．(×）2．如圖所示,電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線,則示波管中的電子束將()A．向上偏轉(zhuǎn)B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙外偏轉(zhuǎn)D．向紙里偏轉(zhuǎn)解析：選A.由安培定則知，環(huán)形導線在示波管處產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則可判斷，電子受到的洛倫茲力方向向上,A正確．3．如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出）．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A．2 B．eq\r（2）C．1 D。eq\f(\r(2),2）解析：選D。根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f（mv2,R)，粒子的動能Ek＝eq\f（1，2）mv2,由此得磁感應強度B1＝eq\f(\r（2mEk),qR)，結(jié)合題意知動能和半徑都減小為原來的一半,則磁感應強度B2＝eq\f（\r（2m·\f（1,2)Ek)，q·\f（1，2)R)，故eq\f(B1,B2）＝eq\f(\r(2)，2）,故D正確．4．（多選）圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是(）A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析:選AC。電子、正電子和質(zhì)子垂直進入磁場時，所受的重力均可忽略,受到的洛倫茲力方向與其電性有關，由左手定則可知A正確;由軌跡半徑R＝eq\f(mv，qB)知，若電子與正電子進入磁場時的速度不同，則其運動的軌跡半徑也不相同,故B錯誤；由R＝eq\f（mv，qB)＝eq\f(\r（2mEk),qB)知D錯誤;因為質(zhì)子和正電子的速度未知，半徑關系不確定，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，C正確．考點一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點（1）洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．（2）當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．(3)洛倫茲力一定不做功．2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力．(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．3．洛倫茲力與電場力的比較1．下列關于洛倫茲力的說法中，正確的是（)A．只要速度大小相同,所受洛倫茲力就相同B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直,磁場方向一定與電荷運動方向垂直D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變解析：選B.因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當粒子速度與磁場平行時F＝0。又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向,由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，所以B選項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角,所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直,因此，洛倫茲力不做功,粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯．2．（多選)如圖所示，兩根長直導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連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝keq\f（I，r），式中k是常數(shù),I是導線中的電流，r為對應點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿MN連線運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球一直做勻速直線運動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xBD.由右手螺旋定則可知，M處的通電導線在MO區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于MO向里，離導線越遠磁場越弱，所以磁場由M到O逐漸減弱；N處的通電導線在ON區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于ON向外，由O到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿連線MN運動到b點，受到的洛倫茲力F＝Bqv為變力,則從M到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱而減小，從O到N洛倫茲力的方向向下,隨磁場的增強而增大，所以對桌面的壓力一直在增大，D正確，C錯誤；由于桌面光滑，洛倫茲力始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力,做勻速直線運動，B正確、A錯誤．3．(2017·河南開封四校二聯(lián)）如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里,一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動．下列說法中正確的是()A．微粒一定帶負電B．微粒的動能一定減小C．微粒的電勢能一定增加D．微粒的機械能不變解析：選A。對該微粒進行受力分析得：它受到豎直向下的重力、水平方向的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力,其中重力和電場力是恒力，由于粒子沿直線運動，則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的，即該粒子是做勻速直線運動,動能不變，所以B項錯誤；如果該微粒帶正電,則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡,故該微粒一定帶負電，A項正確；該微粒帶負電,向左上方運動，所以電場力做正功,電勢能一定是減小的,C項錯誤；因為重力勢能增加，動能不變,所以該微粒的機械能增加，D項錯誤．理解洛倫茲力的四點注意（1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向．（2）判斷洛倫茲力方向時,特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點．（3)計算洛倫茲力大小時,公式F＝qvB中，v是電荷與磁場的相對速度．（4)洛倫茲力對運動電荷（或帶電體）不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等．考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．(1）圓心的確定①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．（2）半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識（勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?3)運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為：t＝eq\f（θ，2π）T(或t＝eq\f（θR,v）)．2．重要推論（1)當速度v一定時，弧長（或弦長）越長,圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(2)當速率v變化時，圓心角大的運動時間長．考向1:圓形磁場區(qū)域(1）圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用幾何關系解決．（2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．［典例1]（2017·湖南師大附中月考)(多選)如圖所示，以O為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質(zhì)量相同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN,aO、cO與bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc,則下列給出的時間關系可能正確的是（）A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tcC．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc解析粒子帶正電，偏轉(zhuǎn)方向如圖所示,粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T，故粒子在磁場中運動對應的圓心角越大，運動時間越長．設粒子的運動半徑為r，圓形區(qū)域半徑為R，當粒子a恰好從M點射出磁場時，r＝eq\f(1，\r（3））R,當粒子b恰好從M點射出磁場時，r＝R，如圖甲所示，ta＜tb＝tc。當r〉R時，粒子a對應的圓心角最小，c對應的圓心角最大，tc>tb〉ta；當r≤eq\f(1,\r（3))R，軌跡如圖乙所示,ta＝tb＝tc.同理,eq\f（1，\r（3）)R〈r≤R時，ta〈tb＝tc.A、D正確．答案AD［典例2](2016·高考全國甲卷)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A.eq\f(ω,3B) B．eq\f（ω,2B)C.eq\f（ω，B） D。eq\f(2ω,B)解析如圖所示,粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30°,則eq\f(π，2ω)＝eq\f（2πm，qB）·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m）＝eq\f(ω，3B)，選項A正確．答案A考向2:直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示）[典例3]（多選）如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有()A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近解析a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝eq\f(mv,qB),畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大,由t＝eq\f（θ，2π)T＝eq\f（θm，qB)和軌跡圖可知A、D選項正確．答案AD考向3：平行邊界(存在臨界條件，如圖所示）［典例4](2017·湖南長沙模擬）如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是(）A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3）dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd，3v0）解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左,電子將向左偏轉(zhuǎn),如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x,則由幾何知識得:x＝r－eq\r（r2－d2）＝2d－eq\r(2d2－d2）＝(2－eq\r（3)）d，故B、C錯誤;設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得:sinθ＝eq\f（d,2d)＝0.5,得θ＝eq\f(π,6），則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f（θr,v0)＝eq\f（πd,3v0)，故D正確．答案D帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

考點三回旋加速器和質(zhì)譜儀1．質(zhì)譜儀的主要特征將質(zhì)量數(shù)不等,電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝eq\f（mv，qB）＝eq\f(\r（2mEk）,qB)＝eq\f(\r（2mqU），qB）＝eq\f（1,B）eq\r(\f（2mU，q)).在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝eq\r(m），根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷．2．回旋加速器的主要特征（1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關．（2）將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．(3）帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶eq\r（2)∶eq\r(3）∶…（4）粒子的最后速度v＝eq\f（BqR,m），可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．1.（2017·河南省實驗中學月考)(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核（eq\o\al(4,2）He）．下列說法中正確的是（)A．氘核（eq\o\al(2,1)H)的最大速度較大B．它們在D形盒內(nèi)運動的周期相等C．氦核(eq\o\al（4,2)He)的最大動能較大D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能解析：選BC。粒子在回旋加速器中能達到的最大速度,取決于在最外圈做圓周運動的速度．根據(jù)qvB＝meq\f（v2，R），得v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，A錯誤．帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f（2πm,qB），兩粒子的比荷eq\f(q，m）相等，所以周期相等，B正確．最大動能Ek＝eq\f（1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2，2m),兩粒子的比荷eq\f(q,m）相等,但質(zhì)量不等，所以氦核最大動能大,C正確．回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期與交流電的周期相同,否則無法加速，D錯誤．2．(2016·高考全國乙卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（)A．11 B．12C．121 D．144解析：選D。帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2）mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f（mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1，B）eq\r（\f(2mU，q）)。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同,B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時,解得:eq\f(m2，m1)＝144，選項D正確．3．(多選）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應強度大小可調(diào)的勻強磁場（環(huán)形區(qū)域的寬度非常小)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經(jīng)過A板剛進入AB之間時，A板電勢升高到＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速．每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零．粒子在電場中一次次加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過調(diào)節(jié)磁感應強度大小可使繞行半徑R不變．已知極板間距遠小于R,則下列說法正確的是（)A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里B．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速,繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqUC．粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化周期不變D．粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度為eq\f(1,R)eq\r（\f（2NmU，q)）解析:選BD。由題意知粒子在軌道內(nèi)做順時針圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向外,所以A錯誤;由于粒子在做圓周運動的過程中洛倫茲力不做功，在AB板間電場力做功W＝qU，所以粒子繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU，故B正確；由于粒子的軌道半徑R不變,而粒子做圓周運動第N圈的速度為vN，根據(jù)NqU＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,N）,可得粒子圓周運動的速度增大,根據(jù)R＝eq\f（mv，Bq)，T＝eq\f（2πm,Bq)＝2πeq\f（R，v)，所以周期減小，故A板電勢變化周期變小,故C錯誤;粒子繞行第N圈時，NqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2,N)，所以vN＝eq\r(\f(2NqU，m))，又R＝eq\f（mvN，Bq）,聯(lián)立得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2NmU,q)），所以D正確．

課時規(guī)范訓練［基礎鞏固題組]1．（多選）如圖所示,一只陰極射線管，左側(cè)不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導線AB時,發(fā)現(xiàn)射線的徑跡向下偏，則（)A．導線中的電流從A流向BB．導線中的電流從B流向AC．若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現(xiàn)D．電子束的徑跡與AB中的電流方向無關解析:選BC。由于AB中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知,陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向里，所以根據(jù)安培定則，AB中的電流從B流向A。當AB中的電流方向變?yōu)閺腁流向B時，則AB上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲?電子所受的洛倫茲力變?yōu)橄蛏?，電子束的徑跡變?yōu)橄蛏掀D(zhuǎn)．選項B、C正確．2．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小,角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：選D。因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后，其速度大小不變，由r＝eq\f（mv,qB）知，軌道半徑增大；由角速度ω＝eq\f(v，r)知,角速度減小，選項D正確．3．如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為eq\f（R,2)，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)(）A.eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR，m)C。eq\f（3qBR，2m) D。eq\f(2qBR,m）解析：選B.如圖所示,粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應圓心角為60°,所以△EMO2為等邊三角形．由于O1D＝eq\f(R，2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R,由qvB＝eq\f(mv2,R），得v＝eq\f（qBR,m），B正確．4．如圖為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)原理圖，磁場方向如圖，某帶電粒子穿過S′孔打在MN板上的P點．則(）A．該粒子一定帶負電B．a(chǎn)極板電勢一定比b極板高C．到達P點粒子的速度大小與a、b間電、磁場強弱無關D．帶電粒子的eq\f（q,m)比值越大,PS′間距離越大解析：選B。粒子在MN右側(cè)的磁場中向上偏轉(zhuǎn),由左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；由左手定則可知，粒子在選擇器中受向上的洛倫茲力，此時粒子受力平衡，電場力的方向向下，所以電場強度的方向也向下，a極板電勢一定比b極板高，故B正確；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝eq\f（E，Bab），到達P點粒子的速度大小與a、b間電、磁場強弱有關，故C錯誤;由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2，r)，則eq\f（q，m)＝eq\f(v，Br），知比荷越大，r越小，PS′間距離越小，故D錯誤．5．如圖所示,沿x方向有界、沿y方向無界的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向內(nèi)，大量的速率不同的電子(不計重力）從O點沿x軸正方向進入磁場，最終離開磁場．下列判斷正確的是（）A．所有的電子都向x軸下方偏轉(zhuǎn)B．所有的電子都做類平拋運動C．所有的電子在磁場中運動時速度不變D．只要是速率不同的電子，它們在磁場中運動的時間就一定不同解析：選A.根據(jù)左手定則,可以判斷電子受到的洛倫茲力的方向向下,所以所有的電子都向x軸下方偏轉(zhuǎn),A正確．電子在磁場中做勻速圓周運動，B錯誤．洛倫茲力對電荷不做功,所有的電子在磁場中運動時速度大小不變，但方向時刻改變，C錯誤．電子的速度不同,所有電子在磁場旋轉(zhuǎn)半個圓周后射出磁場，t＝eq\f（T,2)＝eq\f(πm,Bq）都相同，它們運動的時間都相同，D錯誤．6．如圖，ABCD是一個正方形的勻強磁場區(qū)域，經(jīng)相等加速電壓加速后的甲、乙兩種帶電粒子分別從A、D射入磁場,均從C點射出，則它們的速率v甲∶v乙和它們通過該磁場所用時間t甲∶t乙的值分別為()A．1∶12∶1 B．1∶22∶1C．2∶11∶2 D．1∶21∶1解析:選B。帶電粒子在電場中加速有qU＝eq\f(1，2）mv2，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB＝meq\f(v2，R）,聯(lián)立解得v＝eq\f(2U,BR），即v∝eq\f（1，R），故eq\f(v甲，v乙)＝eq\f(R乙,R甲）＝eq\f（1,2)；甲粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)用時t甲＝eq\f（πR甲,2v甲），乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)用時t乙＝eq\f(πR乙,v乙)可得，eq\f(t甲，t乙)＝eq\f(R甲v乙,2R乙v甲)＝eq\f(2,1).由以上分析計算可知選項B正確．[綜合應用題組］7．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器,應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子方面前進了一步．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間,帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器．下列說法正確的是()A．帶電粒子每運動一周被加速一次B．P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關D．加速電場方向需要做周期性的變化解析：選A.由圖可知帶電粒子每運動一周被加速一次，加速電場方向不需要做周期性變化，A正確，D錯誤．由動能定理得nqU＝eq\f(1,2）mv2,又qBv＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f（1，B)eq\r（\f(2nmU，q））,R與加速次數(shù)不成正比，故B錯誤．最大動能為Ek＝eq\f（qBR02,2m),R0為D形盒半徑，可知C錯誤．8．（多選)如圖所示，帶正電的A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30°和60°(與邊界的夾角）射入磁場，又都恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是(）A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是eq\f（1，\r(3））B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是eq\f（3，2＋\r(3)）C．A、B兩粒子eq\f(m,q)之比是eq\f(1,\r(3))D．A、B兩粒子eq\f（m,q）之比是eq\f（3,2＋\r(3))解析：選BD。由題意知，粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)Bqv＝meq\f（v2,r)，得r＝eq\f（mv,Bq).由幾何關系可得，對粒子B：rBcos60°＋rB＝d，對粒子A:rAcos30°＋rA＝d，聯(lián)立解得eq\f(rA,rB)＝eq\f（3，2＋\r（3)），所以A錯誤，B正確．再根據(jù)r＝eq\f(mv，Bq），可得A、B兩粒子eq\f(m,q)之比是eq\f（3，2＋\r（3))，故C錯誤,D正確．9．如圖所示,兩勻強磁場方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度分別為B1、B2.一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為圖中虛線所示的“心"形圖線．則以下說法正確的是（）A．電子的運行軌跡為PENCMDPB．電子運行一周回到P用時為T＝eq\f（2πm，B1e）C．B1＝2B2D．B1＝4B2解析：選C。根據(jù)左手定則可知:電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時,受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP,故A錯誤；電子在整個過程中，在勻強磁場B1中運動兩個半圓,即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以T＝eq\f(2πm，B1e）＋eq\f(πm，B2e），故B錯誤；由圖象可知，電子在勻強磁場B1中運動半徑是在勻強磁場B2中運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv，Be）可知，B1＝2B2，故C正確，D錯誤．10．（多選）如圖所示，寬度為d的雙邊界有界磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子（不計重力）從MN邊界上的A點沿紙面垂直MN以初速度v0進入磁場．已知該帶電粒子的比荷eq\f（q，m)＝eq\f(v0,2Bd），其中A′為PQ上的一點，且AA′與PQ垂直．則下列判斷正確的是（)A．該帶電粒子進入磁場后將向下偏轉(zhuǎn)B．該帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為2dC．該帶電粒子打在PQ上的點與A′點的距離為eq\r(3)dD．該帶電粒子在磁場中運動的時間為eq\f（πd，3v0)解析：選BD。由左手定則知，該帶電粒子進入磁場后將向上偏轉(zhuǎn),故A錯誤．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0)，R)，解得R＝eq\f(mv0,qB），又因為帶電粒子的比荷eq\f(q，m）＝eq\f(v0，2Bd),則有R＝2d，故B正確．由幾何關系可知，該帶電粒子打在PQ上的點與A′點的距離為s＝R(1－cos30°）＝2d×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(\r（3)，2））)＝（2－eq\r（3))d，故C錯誤．由圖可知，該帶電粒子在勻強磁場中運動的圓心角為θ＝eq\f(π，6），所以粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(2πm，qB)×eq\f(1,12）＝eq\f(πd，3v0），故D正確．11．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電荷量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子．從靜止開始經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝（1)帶電粒子到達P點時速度v的大??；(2)若磁感應強度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離；（3）若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件．解析：（1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理qU＝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動,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故圓心一定在x軸上,軌跡如圖甲所示．由幾何關系可知:OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0。90m（3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙），由幾何關系得：OP＞R′＋R′cos53°①R′＝eq\f（mv，qB′）②由①②并代入數(shù)據(jù)得:B′＞eq\f（16，3)T＝5。33T（取“≥"照樣給分)答案：（1）20m/s(2）0。90m(3)B′＞5.33T12．如圖所示，一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q,其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)的勻強磁場寬為d，磁感應強度為B，垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ?qū)捯矠閐，粒子從A點射出后經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點,不計粒子重力．（1)求粒子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t；（2）若在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域Ⅲ的磁感應強度變?yōu)?B，粒子也能回到A點,求電場強度E的大小；（3)若粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后返回到區(qū)域Ⅰ前的瞬間使區(qū)域Ⅰ的磁場反向且磁感應強度減半,則粒子的出射點距A點的距離為多少？解析：(1）因粒子從A點出發(fā)，經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點，由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為r＝d由Bqv＝meq\f(v2,r)得v＝eq\f(Bqd,m)所以運動時間為t＝eq\f（2πr＋2d,v)＝eq\f(2πm＋2m，Bq）。（2）在區(qū)域Ⅱ內(nèi)由動能定理得qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1）－eq\f（1，2）mv2由題意知在區(qū)域Ⅲ內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為r＝d由2Bqv1＝meq\f（v\o\al(2，1)，r)得v1＝eq\f（2Bqd,m）聯(lián)立解得E＝eq\f(3dqB2,2m）.(3)改變區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場后，粒子運動的軌跡如圖所示．由eq\f(1，2)Bqv＝meq\f(v2，R)得R＝2d所以OC＝eq\r（R2－d2）＝eq\r（3）d粒子出射點距A點的距離為s＝r＋R－OC＝（3－eq\r(3）)d.答案：（1）eq\f(2πm＋2m,Bq）（2)eq\f（3dqB2,2m）(3)（3－eq\r（3）)d第3節(jié)微專題3勻強磁場中的臨界、極值和多解問題考點一帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值問題臨界狀態(tài)是指物體從一種運動狀態(tài)（或物理現(xiàn)象）轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N運動狀態(tài)(或物理現(xiàn)象）的轉(zhuǎn)折狀態(tài)，它既具有前一種運動狀態(tài)(或物理現(xiàn)象)的特點，又具有后一種運動狀態(tài)(或物理現(xiàn)象）的特點，起著承前啟后的轉(zhuǎn)折作用．由于帶電粒子在磁場中的運動通常都是在有界磁場中的運動，常常出現(xiàn)臨界和極值問題．1．臨界問題的分析思路臨界問題的分析對象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程,這時存在著一個過渡的轉(zhuǎn)折點，此轉(zhuǎn)折點即為臨界狀態(tài)點．與臨界狀態(tài)相關的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點．臨界問題的一般解題模式:（1）找出臨界狀態(tài)及臨界條件;(2）總結(jié)臨界點的規(guī)律；(3）解出臨界量；(4)分析臨界量列出公式．2．極值問題的分析思路所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種:一是根據(jù)題給條件列出函數(shù)關系式進行分析、討論；二是借助于幾何圖形進行直觀分析．1．(2016·高考全國丙卷)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q（q〉0）．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（)A。eq\f（mv,2qB） B．eq\f（\r（3）mv，qB)C.eq\f(2mv,qB） D.eq\f(4mv，qB)解析：選D.如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB）。設入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P.由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R。由幾何圖形知,AP＝eq\r（3)R,則AO＝eq\r（3）AP＝3R，所以OB＝4R＝eq\f（4mv，qB)。故選項D正確．2．(多選）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板,兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的任意值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m（不計重力）,從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則（）A．兩板間電壓的最大值Um＝eq\f(q2B2L2，2m)B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度x＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3－\r(3),3)）)LC．粒子在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(πm,qB)D．能打在N板上的粒子的最大動能為eq\f（q2B2L2,18m)解析:選BCD。M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點,CH＝QC＝L,故半徑R1＝L，又因Bqv1＝meq\f(v\o\al（2,1）,R1），qUm＝eq