高中物理培优讲义下

1第八章 磁 场第 1 讲 磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度 (考纲要求 )1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用(2)方向：小磁针的 N 极所受磁场力的方向2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向(2)大小：B (通电导线垂直于磁场 )FIL(3)方向：小磁针静止时 N 极 的指向(4)单位：特斯拉(T) 3匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场(2)特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线判断正误，正确的划“” ，错误的划“” (1)通电导线在某处所受安培力为零时，此处的磁感应强度一定为零( )(2)小磁针在磁场中 N 极的受力方向为该处磁场的方向( )(3)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关( )(4)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致( )答案 (1) (2) (3) (4)磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 (考纲要求 )1磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致2几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)电流的磁场通电直导线 通电螺线管 环形电流安培定则2立体图横截面图纵截面图安培力、安培力的方向 (考纲要求 )匀强磁场中的安培力 (考纲要求 )1安培力的大小当磁感应强度 B 的方向与导线方向成 角时，F BILsin_.这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)磁场和电流垂直时：FBIL.(2)磁场和电流平行时：F0.2安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向(2)安培力的方向特点：FB，FI，即 F 垂直于 B 和 I 决定的平面判断正误，正确的划“” ，错误的划“” (1)磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的曲线，并不是客观存在着的线( )(2)磁感线越密，磁场越强( )(3)通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零( )(4)安培力一定不做功( )答案 (1) (2) (3) (4)基 础 自 测1(单选) 关于磁感应强度 B，下列说法中正确的是 ( )A根据磁感应强度定义 B ，磁场中某点的磁感应强度 B 与 F 成正比，与 I 成反比FILB磁感应强度 B 是标量，没有方向C磁感应强度 B 是矢量，方向与 F 的方向相反D在确定的磁场中，同一点的磁感应强度 B 是确定的，不同点的磁感应强度 B 可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度 B 大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度 B 小些解析 磁感应强度是磁场本身的性质，与放入磁场中的导体的电流或受力大小 F 无关，A 错误；磁感应强度 B 是矢量，其方向与 F 总是垂直的，电流方向与 F 也总是垂直的，B、C 错误；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度 B 是确定的，由磁场本身决定，与其他外来的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D 正确答案 D2(单选) 一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如下图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( ) 解析 通电导线在磁场中受安培力时，可用左手定则判断安培力的方向3答案 D3(单选) 在赤道上，地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5105 T如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长 40 m，载有 20 A 的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是( )A410 8 N B2.510 5 N C910 4 N D410 2 N解析 磁场方向是南北方向，电流方向是东西方向，它们相互垂直，可以利用公式 FBIL 来计算此安培力的大小答案 D图 8114(单选) 两根长直导线 a、b 平行放置，如图 811 所示为垂直于导线的截面图，图中 O 点为两根导线连线 ab 的中点，M、N 为 ab 的中垂线上的两点且与 a、b 等距，两导线中通有等大、同向的恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度 B 的大小跟该点到通电导线的距离 r 成反比，则下列说法中正确的是( )AM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同BM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D若在 N 点放一小磁针，静止时其北极沿 NO 由 N 点指向 O 点解析 由安培定则、通电直导线周围磁场特点及矢量的合成知 BM 垂直 MN 向下，B N 垂直 MN 向上，且BM BN；而 O 点的磁感应强度 BO0，B 对，A、C 错；若在 N 点放一小磁针，静止时其北极垂直 MN向上答案 B图 8125(单选) 如图 812 所示，AC 是一个用长为 L 的导线弯成的、以 O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面 AOC 垂直的磁感应强度为 B 的匀强磁场中当在该导线中通以由 C 到 A，大小为 I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( ) ABIL，平行于 OC 向左B. ，平行于 OC 向右22BILC. ，垂直 AC 的连线指向左下方22BILD2 BIL，垂直 AC 的连线指向左下方2解析 由 L 为 圆弧，所以 L ，即 R ， 的有效长度为 l R ，安培力为 FABIl14 2R4 2L AC 2 22L，方向由左手定则判断，垂直 AC 的连线指向左下方，因此选项 C 正确22BIL答案 C热点一 磁场的叠加和安培定则的应用1磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则2不同情况下安培定则的应用4安培定则( 右手螺旋定则)作用 判断电流的磁场方向具体情况 直线电流 环形电流或通电螺线管条件(电流方向) 大拇指指向电流的方向四根手指弯曲方向指向电流的环绕方向内容结果(磁场方向)四根手指弯曲方向表示磁感线的方向大拇指指向表示轴线上的磁感线方向图 813【典例 1】 (2013海南卷， 9)三条在同一平面(纸面) 内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为 I，方向如图 813 所示a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B 2 和 B3，下列说法正确的是( )AB 1B 2FN2，弹簧的伸长量增大DF N1FN2，弹簧的伸长量减小9解析 采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的磁感线是从 N 极出发到 S 极，所以可画出磁铁在导线 A 处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线 A 中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线 A 必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，F N1FN2.同时，由于导线 A 比较靠近 N 极，安培力的方向与斜面的夹角小于 90，所以电流对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为 C.答案 C对应高考题组1(2012大纲全国卷，18)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、O 、b 在 M、 N 的连线上，O 为 MN 的中点，c、d 位于MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O 点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 ( )AO 点处的磁感应强度为零Ba、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c 两点处磁感应强度的方向不同解析 根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O 点产生的磁场方向均垂直于 MN 向下，O 点的磁感应强度不为零，故 A 选项错误；a、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故 B 选项错误；根据对称性，c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 C 选项正确；a、c 两点的磁感应强度方向相同，故 D 选项错误答案 C2(2012海南单，10)如图中所示装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端 a、b，导轨两端 e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动下列说法正确的是( )A若 a 接正极，b 接负极， e 接正极，f 接负极，则 L 向右滑动B若 a 接正极，b 接负极， e 接负极，f 接正极，则 L 向右滑动C若 a 接负极，b 接正极， e 接正极，f 接负极，则 L 向左滑动D若 a 接负极，b 接正极， e 接负极，f 接正极，则 L 向左滑动解析 若 a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则 L 向左滑动，A 项错误，同理判定 B、D 选项正确，C 项错误答案 BD3(2011课标全国理综，14) 为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 I 引起的在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )10解析 地磁场的 N 极在地球南极附近，地磁场的 S 极在地球北极附近，根据安培定则，可判定电流方向为顺时针方向(站在地球的北极向下看 )，选项 B 正确，选项 A、C 、D 错误答案 B4(2011大纲全国，15)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1 和 I2，且I1I2；a、b、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点且 a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直，磁感应强度可能为零的点是( ) Aa 点 Bb 点 C c 点 Dd 点解析 由于 I1I2，且离导线越远产生的磁场越弱，在 a 点 I1 产生的磁场比 I2 产生的磁场要强，A 错，同理，C 对I 1 与 I2 在 b 点产生的磁场方向相同，合成后不可能为零，B 错d 点两电流产生的磁场B1、B 2 不共线，合磁场不可能为 0，D 错答案 CA 对点训练练熟基础知识题组一 磁感应强度及磁场的叠加1(多选) 物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是( )A将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力 F，导线长度 L，通电电流 I，应用公式 B ，即可测FIL得磁感应强度 BB检验电流不宜太大C利用检验电流和运用公式 B 只能应用于匀强磁场FILD只要满足长度 L 很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式 B 对任何磁场都适用FIL解析 用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度 L 应很短，电流应很小，当垂直放置时，定义式 B 适用于所有磁场，选项 B、D 正确FIL答案 BD图 81122(单选) 如图 8112 所示，电流从 A 点分两路通过对称的环形分路汇合于 B 点，在环形分路的中心 O 处的磁感应强度为( )A垂直环形分路所在平面，且指向 “纸内”B垂直环形分路所在平面，且指向“纸外”11C在环形分路所在平面内指向 BD零解析 利用“微元法”把圆周上的电流看成是无数段直导线电流的集合如图，由安培定则可知在一条直径上的两个微元所产生的磁感应强度等大反向，由矢量叠加原理可知中心 O 处的磁感应强度为零答案 D图 81133(单选) 如图 8113 所示，平行长直导线 1、2 通过相反方向的电流，电流大小相等 a、b 两点关于导线 1 对称，b、c 两点关于导线 2 对称，且 abbc，则关于 a、b、c 三点的磁感应强度 B 的说法中正确的是( )A三点的磁感应强度相同Bb 点的磁感应强度最大Ca、c 两点的磁感应强度大小相同，方向相反Da 点的磁感应强度最大解析 直接画出导线 1、2 在 a、b、c 三点所产生的磁场方向，同向相加，反向相减，易知 B 正确a、c 两点的磁感应强度 B 的大小和方向均相同，但要小于 b 点，故 A、C、D 均错答案 B题组二 安培力的大小及方向判断4(单选) 如图 8114 所示，一段导线 abcd 位于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直ab、bc 和 cd 段的长度均为 L，且abcbcd135.流经导线的电流为 I，方向如图中箭头所示判断导线 abcd 所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是( ) 图 8114A方向沿纸面向上，大小为 ( 1) ILB2B方向沿纸面向上，大小为( 1)ILB2C方向沿纸面向下，大小为( 1)ILB2D方向沿纸面向下，大小为 ( 1) ILB2解析 将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的方向，根据 FBIL 计算出安培力的大小，再求合力导线所受合力 FBIL2BILsin 45 ( 1) ILB.2答案 A5(单选) 一段长 0.2 m、通有 2.5 A 电流的直导线，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中所受安培力 F 的情况，正确的是( )A如果 B2 T，F 一定是 1 NB如果 F0，B 也一定为零C如果 B4 T，F 有可能是 1 ND如果 F 有最大值，通电导线一定与 B 平行解析 如果 B2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为 FBIL22.50.2 N1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力 F0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0Mgsin ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故 A 选项描述的磁场不Mgtan IL sin cos 符合题意；当磁场的方向垂直纸面向里时，通电直导线不受安培力作用，通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故 B 选项描述的磁场符合题意；当磁场的方向水平向右时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于FBIL ILMg，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状MgIL态，故 C 选项描述的磁场符合题意；当磁场的方向沿斜面向下时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于 FBIL ILMg Mgcos ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故 D 选项描述的MgIL磁场不符合题意答案 BC图 811910(单选) 如图 8119 所示，一水平导轨处于与水平方向成 45角左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为 ，则( )A金属棒所受摩擦力一直在减小B导轨对金属棒的支持力先变小后变大C磁感应强度先变小后变大D金属棒所受安培力恒定不变解析 金属棒匀速运动，受力如图甲，则有 NF 安 sin mg ，F 安 cos F fN，F 安 BIL，联立解得 B ，其中 tan ，即 9045，因 是从 45减小到 0，所以 B 先变小后变大，mgIL1 2sin 1金属棒所受安培力也先变小后变大，C 对、D 错；将 N 与 Ff 合成一个力 F，则 F 与水平方向的夹角是一定值，金属棒受力满足图乙，F 安 顺时针变化，力 F 一直在增大，所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大，A 、B 错答案 CB 深化训练提高能力技巧14图 812011(2013河南名校联考)( 单选) 如图 8120 所示，PQ 和 MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L1 mPM 间接有一个电动势 E6 V，内阻 r1 的电源和一只滑动变阻器，导体棒 ab 跨放在导轨上，棒的质量为 m0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量 M0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为 0.5( 设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取 10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度 B2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能是( ) A2 B4 C5 D6 解析 若电阻最大，电路电流最小，安培力就最小，由平衡条件有：I minBLmgMg ，再由闭合电路欧姆定律，I min ，可得滑动变阻器连入电路的阻值最大值 Rmax5 ，所以滑动变阻器连入电Er Rmax路的阻值不可能的是 6 ，选项 D 不可能若电阻最小，电路电流最大，安培力就最大，由平衡条件有：I maxBLMg mg ，再由闭合电路欧姆定律， Imax ，可得滑动变阻器连入电路的阻值最小Er Rmin值 Rmin2 ，所以 A、B、C 是可能的答案 D图 812112(多选) 光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关 S 与内阻不计、电动势为 E 的电源相连，右端与半径为 L20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量 m60 g、电阻 R1 、长为 L 的导体棒ab，用长也为 L 的绝缘细线悬挂，如图 8121 所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关 S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成 53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2 则( )A磁场方向一定竖直向下B电源电动势 E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力 F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 0.048 J解析 导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知 BILLsin mgL(1cos )0，代入数值得导体棒中的电流为 I3 A，由 EIR 得电源电动势 E3.0 V，B 对；由 FBIL 得导体棒在摆动过程中所受安培力 F0.3 N，C 错；由能量守恒定律知电源提供的电能 W 等于电路中产生的焦耳热 Q 和导体棒重力势能的增加量 E 的和，即 WQE，而 EmgL(1cos )0.048 J，D 错答案 AB图 812213(2013重庆理综，7)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图8122 所示在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为 G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计直铜条 AB 的两端通过导线与一电阻连接15成闭合回路，总阻值为 R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率 v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为 G2，铜条在磁场中的长度为 L.(1)判断铜条所受安培力的方向，G 1 和 G2 哪个大(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小解析 (1)铜条未接入电路时：磁铁平衡，G 1M 磁铁 g铜条匀速运动时：磁铁与铜条整体处于平衡状态，G2(M 磁铁 M 铜条 )g对铜条 AB：匀速下落平衡 F 安 M 铜条 g由、可知 G2G1由式可知安培力方向与重力方向相反，竖直向上(2)对铜条组成的回路：EBLvIR铜条受到的安培力 F 安 BIL由可得 F 安 G 2G 1由得：磁感应强度大小 B1LG2 G1Rv答案 (1)安培力方向竖直向上 G 2G1(2)F 安 G2G 1，B1LG2 G1Rv图 812314如图 8123 所示，在倾角为 30 的斜面上，固定一宽 L0.25 m 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器 R.电源电动势 E12 V，内阻 r1 ，一质量 m20 g 的金属棒 ab 与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度 B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取 g10 m/s 2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小(2)通过金属棒的电流的大小(3)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值解析 (1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示 F 安 mg sin 30，代入数据得 F 安 0.1 N.(2)由 F 安 BIL，得 I 0.5 A.F安BL(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为 R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI( R0r )，解得 R0 r23 .EI答案 (1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 第 2 讲 磁场对运动电荷的作用洛伦兹力、洛伦兹力的方向 (考纲要求 )洛伦兹力的公式 (考纲要求 )161洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力2洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即 F 垂直于 B 和 v 决定的平面3洛伦兹力的大小(1)vB 时，洛伦兹力 F0.(0或 180)(2)vB 时，洛伦兹力 FqvB.(90)(3)v0 时，洛伦兹力 F0.带电粒子在匀强磁场中的运动 (考纲要求 )1.若 vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若 vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度 v 做匀速圆周运动3半径和周期公式：(vB)判断正误，正确的划“” ，错误的划“” (1)带电粒子在磁场中一定会受到磁场力的作用( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直( )(3)洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功( )(4)根据公式 T ，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期 T 与 v 成反比( )2rv答案 (1) (2) (3) (4)质谱仪和回旋加速器 (考纲要求 )图 8211质谱仪(1)构造：如图 821 所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场 和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式 qU mv2.12粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式 qvB .mv2r由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r ，m ， .1B 2mUq qr2B22U qm 2UB2r2图 822172回旋加速器(1)构造：如图 822 所示，D 1、D 2 是半圆金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源D 形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由 qvB ，得 Ekmmv2R，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和 D 形盒半径决定，与加速电压无关q2B2R22m判断正误，正确的划“” ，错误的划“” (1)带电粒子在两 D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关( )(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动( )(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为 1 ( )2 3(4)粒子的最后速度 v ，可见带电粒子加速后的能量取决于 D 形盒的最大半径和磁场的强弱( )BqRm答案 (1) (2) (3) (4)基 础 自 测1(2013黄山检测)( 单选)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )解析 根据左手定则，A 中 F 方向应向上，B 中 F 方向应向下，故 A 错、B 对C、D 中都是vB，F 0，故 C、D 都错答案 B图 8232(单选) 初速度为 v0 的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图 823 所示，则( ) A电子将向右偏转，速率不变B电子将向左偏转，速率改变C电子将向左偏转，速率不变D电子将向右偏转，速率改变解析 由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变答案 A图 8243(单选) 在如图 824 所示垂直于纸面的匀强磁场中，有一个电子源 S，它向纸面的各个方向发射等速率的电子，已知电子质量为 m、电荷量为 e，纸面上 S、P 两点间距为 L.则( )18A能击中 P 点的电子的最小速率为 vminBeL2mB能击中 P 点的电子的最大速率为 vmaxBeL2mC能击中 P 点的电子的最小速率为 vminBeLmD只要磁场足够大，无论电子速率多大，总有电子可以击中 P 点解析 要使电子能击中 P 点，则电子有最小运动半径 R，且 R ，因此对应有最小速率，由 R 得L2 mveB电子的最小速率 vmin ，A 对BeRm BeL2m答案 A图 8254(多选) 在如图 825 所示的虚线 MN 上方存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形 OPQ 的角 Q 为直角，角 O 为 30.两带电粒子 a、b 分别从 O、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在 Q 点相遇，则由此可知( )A带电粒子 a 的速度一定比 b 大B带电粒子 a 的比荷一定比 b 大C带电粒子 a 的运动周期一定比 b 大D带电粒子 a 的轨道半径一定比 b 大解析 如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点，轨道半径相等，D 项错两带电粒子射入磁场，同时到达 Q 点，故运动时间相等由图可知，粒子 a 到达 Q 点运动的圆弧对应的圆心角为120，粒子 b 到达 Q 点运动的圆弧对应的圆心角为 60，由 T 有 Ta Tb，即 ，2mBq 13 16 132maqaB 162mbqbB解得 ，B 项正确，C 项错误由 r 有 ，A 项正确qa/maqb/mb 21 mvqB vavb qa/maqb/mb 21答案 AB图 8265(多选) 如图 826 所示，一个质量为 m、电荷量为 e 的粒子从容器 A 下方的小孔 S，无初速度地飘入电势差为 U 的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打在照相底片 M上下列说法正确的是( )A粒子进入磁场时的速率 v 2eUmB粒子在磁场中运动的时间 t2meBC粒子在磁场中运动的轨道半径 r 1B 2mUe19D若容器 A 中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置解析 在加速电场中由动能定理得 eU mv2，所以粒子进入磁场时的速度 v ，A 正确；由12 2eUmevBm 得粒子的半径 r ，C 正确；粒子在磁场中运动了半个周期 t ，B 错误；v2r mveB 1B 2mUe T2 meB若容器 A 中的粒子有初速度，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一位置，D 错误答案 AC热点一 洛伦兹力的特点与应用1洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用(4)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷(5)洛伦兹力一定不做功2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功图 827【典例 1】 如图 827 所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由 A 点进入这个区域沿直线运动，从 C 点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从 B 点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从 D 点离开场区已知BCCD，设粒子在上述三种情况下，从 A 到 B、从 A 到 C 和从 A 到 D 所用的时间分别是 t1、t 2 和 t3，离开三点时的动能分别是 Ek1、E k2、E k3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是( ) At 1t 2Ek2E k3 DE k1E k2t2弧 长 l2v解析 当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时 qEqvB；当只有电场时，粒子从 B 点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向为匀速直线运动，所以 t1t 2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，则 t20)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为 .已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的R2夹角为 60，则粒子的速率为(不计重力)( ) A. B. C. D.qBR2m qBRm 3qBR2m 2qBRm审题指导 (1)用左手定则确定粒子刚进入磁场时，洛伦兹力的方向？ _.(2)“粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60”. _.(3)画出轨迹利用几何关系求半径解析 带电粒子从距离 ab 为 处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为 60，粒子运动轨迹如R2图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交 ce 于 f 点，磁场区域圆心为 O，带电粒子所做圆周运动圆心为 O ，则 O、f 、O 在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为 R，由 qvB ，解得 v ，选项 B 正确mv2R qBRm答案 B反思总结1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形直线边界(粒子进出磁场具有对称性)平行边界(粒子运动存在临界条件 )22圆形边界(粒子沿径向射入，再沿径向射出)3.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的 2 倍【跟踪短训】2(2013全国新课标，17) 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(q0)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.3mv03qR mv0qR 3mv0qR 3mv0qR解析 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 qv0Bm ，据几何关系，v20r粒子在磁场中的轨道半径 rRtan 60 R，解得 B ，选项 A 正确33mv03qR答案 A图 82113如图 8211 所示，长方形 abcd 长 ad0.6 m，宽 ab0.3 m，O、e 分别是 ad、bc 的中点，以 ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场) ，磁感应强度 B0.25 T一群不计重力、质量 m310 7 kg、电荷量 q210 3 C 的带电粒子以速度 v510 2m/s 沿垂直 ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用(1)若从 O 点射入的带电粒子刚好沿 Oe 直线射出，求空间所加电场的大小和方向(2)若只有磁场时，某带电粒子从 O 点射入，求该粒子从长方形 abcd 射出的位置解析 (1)若从 O 点射入的带电粒子刚好沿 Oe 直线射出，则粒子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即qvBqE，得 EvB125 V/m由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，所以电场力方向向下，因为粒子带正电，所以电场方向与 bc 边平行向下(2)如图所示，若只有磁场时，某带电粒子从 O 点射入，由左手定则可知粒子射入后向上偏转23由 qvBm 得：轨道半径 R 0.3 mv2R mvqB得 Rad2由几何关系得 60y1R Rcos 60，y 2(abRsin 60)tan 60所以 yy 1y 2解得 y0.3( 1)m0.22 m3所以射出点距 e 点的距离为 0.22 m答案 (1)125 V/m；平行 bc 边向下 (2)0.22 m思想方法 14.求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解(1)两种思路一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值(2)两种方法一是物理方法：利用临界条件求极值；利用问题的边界条件求极值；利用矢量图求极值二是数学方法：利用三角函数求极值；利用二次方程的判别式求极值；利用不等式的性质求极值；利用图象法等(3)从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好 ”、 “最大” 、 “至少” 、 “不相撞” 、 “不脱离”等词语对临界状态给以暗示审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件图 8212【典例 1】 如图 8212 所示，在 xOy 平面内第二象限的某区域存在一个矩形匀强磁场区，磁场方向垂直 xOy 平面向里，边界分别平行于 x 轴和 y 轴一个电荷量为 e、质量为 m 的电子，从坐标原点O 以速度 v0 射入的第二象限，速度方向与 y 轴正方向成 45角，经过磁场偏转后，通过 P(0，a)点，速度方向垂直于 y 轴，不计电子的重力(1)若磁场的磁感应强度大小为 B0，求电子在磁场中运动的时间 t；(2)为使电子完成上述运动，求磁感应强度 B 的大小应满足的条件；(3)若电子到达 y 轴上 P 点时，撤去矩形匀强磁场，同时在 y 轴右侧加方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B1，在 y 轴左侧加方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁场，电子在第(k1) 次从左向右经过 y 轴(经过 P 点为第 1 次)时恰好通过坐标原点求 y 轴左侧磁场磁感应强度大小 B2 及上述过程电子的运动时间 t.审题指导 (1)电子在磁场中做圆周运动 画圆弧，找半径，定圆心 圆心角 应用周期公式求时间 t；24(2)延长 v0 与过 P 的水平线，最大圆弧的两公切线 最大圆弧(弦) 最大半径 半径公式最小磁感应强度；(3)电子在 y 轴右、左侧做圆周运动的半径 r1、r 2 OP 的长度与半径 r1、r 2 的关系 磁感应强度大小 B2；(4)电子在 y 轴右、左侧做圆周运动的周期 T1、T 2 电子的运动时间 t图甲解析 (1)如图甲所示，电子在磁场中转过的角度 34运动周期 T2meB0t T，联立解得 t .2 3m4eB0(2)设磁感应强度最小值为 Bmin，对应最大回旋半径为 R，圆心为 O1，则有ev0Bmin ，R Ra，解得 Bminmv20R 2 2 1mv0ea则磁感应强度 B 应满足的条件为 B . 2 1mv0ea图乙(3)设电子在 y 轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为 r1 和 r2，则有ev0B1 ，ev 0B2mv20r1 mv20r2由图乙所示的几何关系可知2k(r1r 2)a，解得 B22kmv0B12kmv0 aeB1设电子在 y 轴右侧和左侧做圆周运动的周期分别为 T1 和 T2，则 T1 ，T 2 ，tk2meB1 2meB2 T1 T22解得 t .2kmeB1 a2v0答案 (1) (2)B (3) 3m4eB0 2 1mv0ea 2kmeB1 a2v0反思总结 本题第(2)问中在电子的速度一定的条件下，半径由磁感应强度大小决定，最大半径对应最小的磁感应强度作出最大的弦是解决本问的关键，分别将两速度方向延长或反向延长，可得圆弧的两公切线，以两公切线为腰的等腰三角形的底边为弦，找出最大的弦即可求出最大半径图 8213【典例 2】 如图 8213 所示，在 0x a、0y 范围内垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感a225应强度大小为 B.坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xOy 平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在 090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 到 a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子a2在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小(2)速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦审题指导解析 (1)设粒子的发射速度为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得 qvBm v2R由式得 R mvqB当 rN，所以 vMvN，选项mv2r mvqB28B 错误；M、N 运动过程中， F 洛 始终与 v 垂直，F 洛 不做功，选项 C 错误；由 T 知 M、N 两粒子2mqB做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为 ，选项 D 错误T2答案 A4(2012江苏单科，9)如图所示， MN 是磁感应强度为 B 的匀强磁场的边界一质量为 m、电荷量为q 的粒子在纸面内从 O 点射入磁场若粒子速度为 v0，最远能落在边界上的 A 点下列说法正确的有( )A若粒子落在 A 点的左侧，其速度一定小于 v0B若粒子落在 A 点的右侧，其速度一定大于 v0C若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能小于 v0qBd2mD若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能大于 v0qBd2m解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv 0B ，所以 r ，当带电粒子从不同方向由 O 点mv20r mv0qB以速度 v0 进入匀强磁场时，其轨迹是半径为 r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离 O 点 2r 的距离，即 OA2r，落在 A 点的粒子从 O 点垂直入射，其他粒子均落在 A 点左侧，若落在 A 点右侧则必须有更大的速度，选项 B 正确若粒子速度虽然比 v0 大，但进入磁场时磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在 A 点左侧，选项 A、D 错误若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，设其半径为 r，则r ，代入 r ，r ，解得 vv 0 ，选项 C 正确2r d2 mv0qB mvqB qBd2m答案 BC5(2012海南单科16) 图(a)所示的 xOy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与 xOy 平面(纸面) 垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的周期为 T，变化图线如图(b)所示当 B 为B 0 时，磁感应强度方向指向纸外在坐标原点 O 有一带正电的粒子 P，其电荷量与质量之比恰好等于 .不计重力设 P 在某时刻2TB0t0 以某一初速度沿 y 轴正向从 O 点开始运动，将它经过时间 T 到达的点记为 A.(1)若 t00，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？(2)若 t0 ，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？T4解析 (1)设粒子 P 的质量、电荷量与初速度分别为 m、q 与 v，粒子 P 在洛伦兹力作用下，在 xOy 平面内做圆周运动，分别用 R 与 T表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0m 2R(2T )v 2RT由式与已知条件得 TT2