2014高考物理总复习教师用书：第八章磁场汇总

1、第八章 磁 场 学习目标定位 考纲下载 考情上线 纵观近几年高考，涉及本章知识点的题目 1.磁场、磁感应强度、磁感线 （I） 咼考 年年都有，考查次数最多的是与洛伦兹力 2 .通电直导线和通电线圈周围磁场的方 地位 有关的带电粒子在匀强磁场或复合场中的 向（I ） 运动，其次是与安培力有关的通电导体在 3 .安培力、安培力的方向（I ） 磁场中的加速或平衡冋题。 4.匀强磁场中的安培力（n 5.洛伦兹力、 1.本章知识常与电场、恒定电流以及电磁 洛伦兹力的方向（I ） 感应、交变电流等章节知识广泛联系综合 6 .洛伦兹力公式（n ） 考点 考查。 7 .带电粒子在匀强磁场中的运动 （n） 8

2、.质谱仪和回旋加速器（I ） 布设 2 .速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、 回旋加速器等磁场在生活和科技方面的应 用。 记一记 1 .磁场 磁体与磁体之间，磁体与通电导体之间, 以及通电导体与通电导体之间的相互作用是通 过磁场发生的。 2. 磁感应强度 （1） 物理意义：描述磁场的强弱和方向。 _F （2） 定义式：B=|L（通电导体垂直于磁场）。.1. Isll 抓双垦 | 固本洱 | 得呈砒分 91* Bb B. a、b两处的磁感应强度的大小不等， Ba Bb C. 同一通电导线放在 a处受力一定比放在 b处受力大 D. 同一通电导线放在 a处受力一定比放在 b处受力小 解析：选 B 在

3、磁场中，磁感线疏密表示磁场的强弱，故 Ba Bb,选项 B 正确，A 错误; 同一通电导线如果都垂直放入磁场中， 则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场 平行放置，受力均为 0,故 C、D 均错误。 磁场对电流的作用 安培力 想一想 通电导线处在磁场中，导线一定受安培力吗？安培力的方向怎样判定？ 提示不一定。利用左手定则判断。 记一记 1. 安培力的方向 (1) 左手定则：伸开左手，让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) 两平行的通电直导线间的安培力：同向电

4、流互相吸引，豐向电流互相排斥。 _ 2. 安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成 0角时，F= ILBsin B，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) 当磁场与电流垂直时，安培力最大, Fmax= 1LB。 (2) 当磁场与电流平行时，安培力等于零。 试一试 3. (2013 渭南质检)如图 8 1 5 所示，长方形线框 abcd通有电流I，放在直线电流 I 附近，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是 图 8-1 5 A. 线框只有两个边受力，合力向左 B. 线框只有两个边受力，合力向右 C. 线框四个边都受力，合力向左 D. 线框四个边都受力，合力向右

5、 解析：选 C 利用左手定则可判断出线框四个边都受力，由于左侧边所在处磁感应强度 最大，所以合力向左，选项 C 正确。 1. 安培定则的应用 在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和果”。 原因（电流方向） 结杲（磁场绕向） 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流的磁场 四指 大拇指 2. 磁场的叠加 磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同， 利用平行四边形定则或正交分解法进 行合成与分解。 例 1 （2012 全国高考）如图 8 1 6 所示，两根互相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MN的连线上， 0

6、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 （ ） 网.关 (al 抓考点I 攻重点I 得拔髙分 安培定则的应用 图 81 6 A. O点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 尝试解题 由安培定则可知， 两导线在0点产生的磁场均竖直向下， 合磁感应强度一定不为零， 选 项 A 错；由安培定则，两导线在 a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流 M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流 N在b

7、处产生磁场的磁感应强度，同时电流 M在b 处产生磁场的磁感应强度等于电流 N在a处产生磁场的磁感应强度，所以 a、b两处磁感应 强度大小相等方向相同，选项 B 错；根据安培定则，两导线在 c、d两处产生的磁场垂直 c、 d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知， c、 d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同， 选项 C 正确；a、c两处磁感应强度的方向均竖 直向下，选项 D 错。 答案C 【规律憩结I 本题考查磁场的叠加和安培定则的应用，解决此类问题应注意以下几点： (1) 根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。 (2) 磁场中每一点磁感应强度的方向为该

8、点磁感线的切线方向。 (3) 磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各 场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。 El 1 安培力作用下通电导体的运动方向的判定 (1)判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的 磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况， 进而确定导体的运动方向或运 动趋势的方向。现对五种常用的方法列表如下： 电流兀 法 把整段弯曲导线分为多段直线电流兀， 先用左手定则判断每段电流兀受力的方向， 然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 特殊位 置法 通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判

9、断其所受安培力的方向，从而确 定其运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反 过来等效也成立。等效后再确疋相互作用情况 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流 互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势 转换研 究对象 法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的冋题，可先分析电流在磁 体磁场中所受的安培力， 然后由牛顿第二疋律， 确疋磁体所受电流磁场的作用力， 从而确定磁体所受合力及运动方向 (2)在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力

10、方向一定与磁场方向和电流方向垂直， 即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平 面。 例 2如图 8- 1 - 7 所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上 审题指导 特别注意电流旋转后，有了垂直于纸面的分量而导致向下受力。 尝试解题(1)电流元法 如图所示，把直线电流等效为 AO、O O OB三段(O O段极短) 电流元，由于 O O段电流方向与该处磁场方向平行，所以不受安培力 作用；AO段电流元所在处的磁场方向倾斜向上，根据左手定则可知其 所受安培力方向垂直于纸面向外； O驭电流元所在处的磁场方向倾斜向 下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。综上可知导线将以 动(

11、俯视)。 (2)特殊位置法 方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流 I时，导线的运动情况是 (从上往下 看)( A. 顺时针方向转动，同时下降 B. 顺时针方向转动，同时上升 C. 逆时针方向转动，同时下降 D. 逆时针方向转动，同时上升 首先明确常见磁场的磁感线分布情况, 然后取“电流元”，用左手定则判定其受力方向, 把导线转过 90的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力方向向下，故导线在顺 时针转动的同时向下运动。 综上所述，选项 A 正确。 答案A 1. 安培力的大小 安培力常用公式 F= BIL，要求两两垂直，应用时要满足： B与L垂直； (2) L是有效长度，即垂直磁感应强度

12、方向的长度。如弯曲导线的有效长度 L等于两端 点所连直线的长度(如图 8- 1-8 所示)，相应的电流方向沿 L由始端流向末端。因为任意形 状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中， 受到的安培力的矢量 和为零。 X X X X X X X X x jr?x鸟X覽 |X f X X 心N2 D. N2，选项 B C 正确。 4. （2012 北京西城期末）如图 8 1 16 所示，A B C是等边三角形的三个顶点， O 是A B连线的中点。以 O为坐标原点，A、B连线为x轴，Q C连线为y轴，建立坐标系。 过A、B、C Q四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相

13、等、方向向里的 电流。则过Q点的通电直导线所受安培力的方向为 （ ） r ex 匕 * * f % | h. * 电 -i t r 图 8 1 16 A. 沿 y 轴正方向 B.沿 y 轴负方向 C.沿 x轴正方向 D.沿 x轴负方向 解析：选 A 由安培定则和对称性可知， A、B在O点产生的磁场大小相等方向相反， 抵 消；C在O点产生的磁场方向沿 x轴负方向，由左手定则可知，过 O点的通电直导线所受安 培力的方向为沿y轴正方向，选项 A 正确。 5. （2013 杭州模拟）如图 8 1 17 所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电 源E内阻不计，导轨平面与水平面间的夹角 0 = 30。

14、金属杆ab垂直导轨放置，导轨与 金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为 B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向 上时，金属杆 ab刚好处于静止状态。要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是 （ ） A. 增大磁感应强度 B B. 调节滑动变阻器使电流减小 C. 增大导轨平面与水平面间的夹角 0 D. 将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变 BEd 解析：选 A 对金属杆受力分析，沿导轨方向： 一R mgn 0= 0,若想让金属杆向上 BEd 运动，则R增大，A 正确，B 错误；若增大0，则 min 0增大，C 错误；若电流反向， 则金属杆受到的安培力反向， D 错误。 课时跟踪检测

15、高考常考题型：选择题+计算题 1. （2013 宝鸡模拟）19 世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说。他认为，在原 子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流分子电流 （分子电流实际上是由原子内 部电子的绕核运动形成的），分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于 两个磁极。图 2 中将分子电流（图 1 中箭头表示电子运动方向 ） 等效为小磁体的图示中正确的 解析：选 B 由安培定则可判断出分子电流等效为小磁体的图示中正确的是 B。 2. 在 等导线中大小相等的恒定电流，方向如图 3 所示。过c点的导线所受安培力的方向（ 上 右 A 与ab边平行，竖直向上 B. 与ab边平行，

16、竖直向下 C. 与ab边垂直，指向左边 D. 与ab边垂直，指向右边 解析：选 C a处导线在c处产生的磁场 B的方向垂直于ac连线向左下方，b处导线在 c处产生的磁场 B的方向垂直于be连线向右下方。Bi和B2的合磁场B的方向竖直向下。由 左手定则可判断出过 c点的导线所受安培力的方向与 ab边垂直，指向左边。 C 正确。 3将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来， 在其附近放一块条形磁铁， 磁铁的轴线与 圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图 4 所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时， 从上往下看（ ） 图 4 A. 圆环顺时针转动，靠近磁铁 B. 圆环顺时针转动，远离磁铁 C. 圆环逆时

17、针转动，靠近磁铁 D. 圆环逆时针转动，远离磁铁 解析：选 C 该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针， N 极在内，S 极在外，根据 同极相互排斥，异极相互吸引，可得 C 项正确。 4. （2012 江西省重点中学联考 ）如图 5 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 0 角（环面轴线为竖直方向）。若导线环上载有如图所示的恒定电流 I，则下列说法正确的是 （ ） 图 5 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

18、小为 2 n BIRsin 0 解析：选 ABD 若导线环上载有如图所示的恒定电流 I，由左手定则可得导线环上各小 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 2n BIRsin B,选项A B D 正确，C 错误。 5. （2012 晋江联考）如图 6 所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上， 劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方 向竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中，弹簧伸长 x，棒处于静止状态。则（ ） 图 6 A. 导体棒中的电流方向从 b流向a kx B. 导体棒

19、中的电流大小为 BL C. 若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度， x 变大 D. 若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度， x 变大 解析：选 B 由左手定则可知，导体棒中的电流方向从 a流向b,选项 A 错误；由BIL =kx可得导体棒中的电流大小为 1= kx/BL,选项 B 正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过 一小角度，或逆时针转过一小角度， x都变小，选项 C D 错误。 6. （2012 天津高考）如图 7 所示，金属棒 MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖 直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 0 , 如果仅改变下列某一个条件， 0角的相

20、应变化情况是（ ） A. 棒中的电流变大，0角变大 B. 两悬线等长变短，0角变小 C. 金属棒质量变大，0角变大 D. 磁感应强度变大， 0角变小 BIl 解析：选 A 分析MN受力如图所示，由平衡条件可得： tan 0 =冠，由此 式可知，棒图 7 环所受安培力的大小为 2n BIRsin B,选项A B D 正确，C 错误。 中电流变大，金属棒所受安培力变大， 0角变大，选项 A 正确；两悬 线等长变短，0角不变，选项 B 错误；金属棒质量变大，0角变小，选项 C 错误; 磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大， 0角变大，选项 D 错误。 7. （2012 绍兴期末）如图 8 所示，竖直

21、放置的平行金属导轨 EF和GH两部分导轨间距 为 2L, IJ和MN两部分导轨间距为 L。整个装置处在水平向里的匀强磁场中，金属杆 ab和 cd的质量均为m可在导轨上无摩擦滑动，且与导轨接触良好。现对金属杆 ab施加一个竖 直向上的作用力 F,使其匀速向上运动，此时 cd处于静止状态，则力 F的大小为（ ） 图 8 A. mg B. 2mg C. 3mg D. 4mg 解析：选 C 由cd处于静止状态可知 cd所受向上的安培力等于 mg ab所受向下安培 力等于 2mg由平衡条件可知，力 F的大小为 3mg选项 C 正确。 8. （2011 新课标全国高考）电磁轨道炮工作原理如图 9 所示。待

22、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 （ ） 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 2 解析：选 BD 由题意可知磁感应强度 B= kI，安培力F= BId = kI d,由动能定理可得: 9. 如图 10 所示，在倾角为 a的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为 L、质量为m的直 导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使

23、导体棒静止在斜面上， 可加一平行于纸面的匀强磁 A. B. C 只将轨道长度L变为原来的 2 倍 只将电流I增加至原来的 2 倍 只将弹D L变为原来的 2 倍，其他量不变 ,由此式可判断 B、D 选项正确。 图 9 2 mv FL= 2，解得 v= I 场，当外加匀强磁场的磁感应强度 B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过 程中，下列说法中正确的是 （ ） 图 10 A. 此过程中磁感应强度 B. 此过程中磁感应强度 C. 此过程中磁感应强度 D. 此过程中磁感应强度 B逐渐增大 B先减小后增大 解析：选 AC 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状 态，当外加匀强磁场的磁

24、感应强度 B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方 向转至水平向左的过程中， 安培力由沿斜面向上转至竖直向上， 导体棒 受力的动态变化如图所示， 则由图知安培力逐渐增大， 即此过程中磁感 _F 应强度B逐渐增大，A 对、B 错；刚开始安培力 F最小，有 sin a = mg mgsin a 所以此过程中磁感应强度 B的最小值为 IL , C 对；最后安培力最大，有 F- mg即此 mg 过程中磁感应强度 B的最大值为 匸，D 错。 10. （2012 海南高考）图 11 中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

25、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。 F 列说法正确的是（ 接负极，f接正极，由左手定则可判断出 L所受安培力向右，则 L向右滑动，选项 A 错误 BA. a接正极, b接负极, B. a接正极, b接负极, C. a接负极, b接正极, D. a接负极, b接正极, 解析: 选 BD 若a接正极, e接正极, e接负极, e接正极, e接负极, 接正接负接正b接负极，根据安培定则, L向右滑动 L向右滑动 L向左滑动 L向左滑动 电磁铁产生竖直向上的磁接负 正确；若a接负极，b接正极，根据安培定则，电磁铁产生竖直向下的磁场。 e接负极，f

26、 接正极，由左手定则可判断出 L所受安培力向左，则 L向左滑动，选项 D 正确 C 错误。 11. 如图 12 所示，MN是一根长为I = 10 cm，质量 m= 50 g 的金属棒，用两根长度也为 1 I的细软导线将导体棒 MN水平吊起，使导体棒处在 B= 3 T的竖直向上的匀强磁场中，未通 电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角 金属棒中恒定电流的大小。 量 m= 10 g，垂直放在导轨上并接触良好，求合上开关的瞬间。 图 13 (1) 金属棒受到安培力的大小和方向； (2) 金属棒的加速度。 解析：(1)闭合电键的瞬间，回路中的电流 E 3 I = R= 6

27、A = 0.5 A 0 = 37，求 解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力 mg导线拉力FT、安培力 共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得: W+ WG= 其中 W= Fl sin 0 =BIl 2sin 0 , W= mg(1 cos 金属棒中的电流为 mg I = Bl sin 37 解得：I = 5 A 答案：5 A 12. 水平放置的光滑金属导轨宽 L= 0.2 接有电源电动势 = 3 V, 电源内阻及导轨电 阻不计。匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度 B= 1 T。导体棒ab的电阻R= 6 Q,质 OT1 X X X Tx X X X X X5 E ab棒所受安培力

28、F 安=BIL = 0.1 N 由左手定则知方向水平向右 (2)由牛顿第二定律知2 F安 a= m= 10 m/s 方向水平向右 2 答案：（1）0.1 N 水平向右 （2）10 m/s ，方向水平向右 教师备选题 1. （2012 河北期末）电子做近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。如 图 1 所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以 沿z轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为 （ ） 解析：选 C 磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线。其疏密程度反映磁场的 强弱，磁感线越密的地方磁场越强， 沿z轴正方向磁感线由密到疏再到密， 即磁感应强度由 大到小再到大，只有

29、C 正确。 2. 如图 3 所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 11和12,且11| 2； 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 （ ） h b 12 图 3 A. a 点 B. b 点 C. c 点 D. d 点 解析：选 C 根据安培定则可知11和12电流分别在a处产生的磁场方向为垂直 ac连线 向上和向下，由于 丨1|2,且丨1电流与a点的距离比丨2电流与a点距离要小，故 BaBa，则 a处磁感应强度不可能为零， A 错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直

30、ac连线向下，故 B 错；丨1和12电流分别在c处产生的磁场方向为垂直 ac连线向下和向上，且11电流与c点的 距离比O点（图中白点）为坐标原点, 图 1 图 2 2 12电流与c点距离要大，故 Bc与B2c有可能等大反向，C 对；两电流在d处产生的磁 场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为 180 , D 错。A. 2I 3. 如图 4 所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线A. A环、B环均不转动 B. A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动 C. A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动 D. A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢 解析：选 D

31、由于两环均可以自由转动，电流方向要趋于相同，因此 A环顺时针转动， B环逆时针转动，而且尽可能的靠近，故选项 D 正确。 4. （2012 河北衡水中学调研 ）如图 5 所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应 强度Bi= 1 T。位于纸面内的细直导线，长 L= 1 m,通有I = 1 A 的恒定电流。当导线与 B 成 60夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强 度E2的可能值（ ） 图 5 1 _3 A. 2 T B.芬 T C. 1 T D. 3 T 解析：选 BCD 当导线与 B 成 60夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同 时存在的另一匀强磁

32、场 B,并且 B 与 B 的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量 也 1 合成的三角形定则，可知 B2 Bsin 60 = 三T ,所以 B 的不可能值为 2 T ,选项 A 错误, B C、D 正确。本题答案为 BCD 5. （2013 西安五校联考）在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针 水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线电流为 I 时，小磁针偏转了 30，问当发现小磁针偏转了 45,通过该导线电流为（已知直导线在某 点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比 ）（ ）OO自由转动, 现通以图示方向电流，沿 OO看去会发图 4

33、/可知其所受安培力的方向为沿纸面向上，故 A 正确。 C. 3I D.无法确定 解析：选 C 通电直导线产生的磁场与地磁场垂直，设通过该导线电流为 I时产生的磁 场为B1，地磁场为B0，小磁针偏转了 30，则有 tan 30= Bi/B0;小磁针偏转了 45，则 有 tan 45 = B2/B0;解得B2= ,3B。由直导线在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导 线的电流成正比可知，选项 C 正确。 6. （2013 郑州模拟）如图 6 所示，把一个装有 NazSQ 导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁 场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极， 沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极， 把两电极分 别与电池的正

34、、负极相连。从器皿上方往下看 （俯视），对于导电溶液和溶液中正、负离子的 运动，下列说法中正确的是 （ A. 溶液做顺时针方向运动 B. 溶液做逆时针方向运动 C. 正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动 D. 负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动 解析：选 A 溶液中有从中心流向边缘的电流，由左手定则可知，溶液做顺时针方向运 动，选项 A正确 B 错误；溶液中正、负离子均做顺时针方向运动，选项 C、D 错误。 7. 如图7, 段导线abed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。线段ab、be和ed的长度均为L,且/ abe=Z bed = 135。流经导

35、线的 电流为I，方向如图中箭头所示。导线段 abed所受到的磁场的作用力的合力 （ ） 图 7 A. 方向沿纸面向上，大小为 （2 + 1）ILB B. 方向沿纸面向上，大小为 （2 1）ILB C. 方向沿纸面向下，大小为 （2 + 1）ILB 图 6 可知其所受安培力的方向为沿纸面向上，故 A 正确。 D. 方向沿纸面向下，大小为 （2 1）ILB 解析：选 A 求导线abed所受的安培力时，要用它的有效长度来计算， 其有效长度为a 和d之间的直导线长为（,2 + 1）L，根据公式可知安培力的大小为 （.2 + 1）BIL。由左手定则 洛伦兹力 想一想 来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的

36、方向射向赤道上空的某一点， 则这些质子在进 入地球周围的空间时，将相对该点向哪个方向偏？ 提示地球表面地磁场方向由南向北， 质子是氢原子核，带正电荷。根据左手定则可 判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东，故相对该点向东偏。 记一记 1 .洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力。 2. 洛伦兹力的方向 左手定则：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，并使四指指向正电荷运动的方向, 这时拇指所指的方向就是运动的正电 荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。 3. 洛伦兹力的大小 F= qvBsin 0 , 0为v与B的夹角，如图 8- 2- 1 所示

37、。 图 8- 2- 1 v / B时，0= 0或 180 ,洛伦兹力 F= 0。 v丄B时，0 = 90,洛伦兹力 F= gvBo (3) v = 0 时，洛伦兹力 F= 0。 试一试 1. 如图 8 2-2 所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置 的通电环形导线，则示波管中的电子束将 ( ).il.必备知襄打申 H I Ei ： I Z h 1 11 I A. CJ J A I 抓双基 I 固玉源 得基砒分 磁场对运动电荷的作用 图 8- 2-2 A.向上偏转 B.向下偏转 C.向纸外偏转 D.向纸里偏转 解析：选 A 环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外,

38、电子受到的洛伦兹力向上，故 A 正确。 带电粒子在匀强磁场中的运动 r 1 r M 想一想 一电子在匀强磁场中， 以一正电荷为圆心在一圆轨道上运行。 磁场方向垂直于它的运动 平面，电场力恰好是磁场作用在电子上的磁场力的 3 倍，电子电荷量为 e，质量为m磁感 应强度为B,那么电子运动的角速度可能为多少？ 2 2 v Vi 提示向心力可能是 F电+FB或F电一FB,即卩 4eBv= mR或 2eBvi = mR。故电子运动的 eB eB 角速度可能为 4 m或 2 m 记一记 1洛伦兹力的特点 洛伦兹力不改变带电粒子速度的大者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。 2粒子的运动性质 (1) 若Vo /

39、B,则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。 (2) 若Vo丄B,则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 3.半径和周期公式 (1) 洛伦兹力方向总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。根据牛顿第二定律， 2 v_ 表达式为qvB= mi。 mV 2n m (2) 半径公式r = qB，周期公式T= qB。 试一试 电丈東 由左手定则可判示波軒 坏槪导缎 2. 如图 8-2- 3 所示，在yv 0 的区域内存在匀强磁场， 磁场方向垂直于 xOy平面并指 向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度 vo从O点射入磁场，入射方向在xOy平 面内，与x轴正向的夹角为0 ,不计重力。若粒子射

40、出磁场的位置与 O点的距离为I。请在 记一记 i 质谱仪 构造：如图 8 2-4 所示，由粒子源、加速电场、匀强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 qU2m/。 图中画出粒子的轨迹草图，并求出该粒子的比荷 q mr mv 解得r = qB 圆轨道的圆心位于 OA的中垂线上，由几何关系可得 2= rsin 0 q 2vos in 0 联立两式，解得 2Vos in 0 答案：轨迹图见解析图所示 Bl 质谱仪和回旋加速器 图 8- 2-4 1 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 2 v qvB= mr。 由

41、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。 1 2mU qr2B2 q 2U r = B . q ,作 2U , mr BV2。 2.回旋加速器 (1)构造：如图 8- 2-5 所示，D、Da 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。 接更-岚电源U 图 8- 2-5 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，也子在做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， mV q2E?R2 由qvB= ，得 Em= 一 2m,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B和 D 形盒半径R决定

42、, 与加速电压无关。 试一试 3如图 8-2-6 是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度 选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B和E。平板S上有可 让粒子通过的狭缝 P和记录粒子位置的胶片 AA。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列 表述正确的是( ) 图 8- 2-6 A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 曰B D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P,粒子的比荷越小 解析：选 ABC 因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱 仪就成为同位

43、素分析的重要工具， A 正确。在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹 力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知 B 正确。再由qE= qvB有v= E/B, C mv q v 正确。在匀强磁场 B0中R= qB0,所以m= B0R D 错误。 抓考点 攻莹原 帶擾高廿 对洛伦兹力的理解 1. 洛伦兹力和安培力的关系 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力， 而安培力是导体中所有定向移动的自由电 荷受到的洛伦兹力的宏观表现。 2 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，所以洛伦兹 力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。

44、 (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) 用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时， 要注意将四指指向电荷运 动的反方向。 3. 洛伦兹力与电场力的比较 内容 比较项目 对应力 X 洛伦兹力F 电场力F 性质 磁场对在其中运动电何的作用 力 电场对放入其中电荷的作用力 产生条件 v工0且v不与B平行 电场中的电何一疋受到电场力 作用 高頻审点襄IB美 GAOPITN K.AODIAN T 大小 F= qvB（ v 丄 E） F= qE 力方向与场方向的关系 一定是F丄B, F丄v 正电何与电场方向相同，负电 何与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功

45、可能做正功、负功，也可能不 做功 力F为零时场的情况 F为零，B不一定为零 F为零，E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向， 不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大 小,也可以改变电荷运动的方 向 洛伦兹力对运动电荷永不做功， 而安培力对通电导线可做正功， 可做负功，也可不做功。 例 1 （2013 长沙模拟）在垂直纸面水平向里，磁感应强度为 B的匀强磁场中，有 一固定在水平地面上的光滑半圆槽，一个带电荷量为+ q,质量为m的小球在如图 8- 2 7 所示位置从静止滚下，小球滚到槽底时对槽底的压力大小等于 mg求圆槽轨道的半径 艮 X X X X 图 8- 2-7 审题指导 小球

46、滚到槽底过程中只有重力做功， 槽的支持力、洛伦兹力不做功，根据牛顿第二定律 以及圆周运动规律即可求解。 尝试解题 设小球滚到槽底时的速度为 v,由于小球受到圆槽轨道的支持力和洛伦兹力都不做功， 根据机械能守恒定律可得： mgR= 2mV 小球滚到槽底时受到的洛伦兹力的大小为 F= qvB 根据题意和牛顿第二定律可得： 2 V F+ mg- mg= mR 2逸 联立解得：R= q2B2 2 2mg 答案q2B2 带电粒子在有界磁场中的运动分析 J - 1 1. 圆心的确定 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向 的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心 （如图

47、828 甲所示，图中P为入射点，M 为出射点）。 已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点 和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心 为入射点，M为出射点）。 带电粒子在不同边界磁场中的运动: （如图 8 2 8 乙所示，P 甲 图 8-2- 11 2. 半径的确定和计算 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角），求解时注意以下几个重要的几何 特点： 必牍偏向角） （1） 粒子速度的偏向角（$ ）等于圆心角（a ），并等于AB弦与切线的夹角（弦切角0 ）的 2 倍（如图 8 2 12），即 $=a = 20=3 t （2） 相对的弦切角（

48、0 ）相等，与相邻的弦切角（0 ）互补，即0+0= 180。 （3） 直角三角形的几何知识（勾股定理）。AB中点C,连接OC则厶ACOA BCO都是直角 三角形。 3运动时间的确定 粒子在磁场中运动一周的时间为 T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为 a时，其运 动时间可由下式表示： 直线边界 圆形边界 （沿径向射入必沿径向射出，如图 8 2 11 所示）。 8 2 9 所）。 （进出磁场具有对称性， 如图 平行边界 图 8 2 10 a a I t = 360 T（或 t = 2 n T） , t = v（l 弧长） 例 2如图 8 2 13 所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场

49、，磁 感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v射入磁场，电子束经过磁场区后， 其运动方向与原入射方向成 0角。设电子质量为 m电荷量为e,不计电子之间相互作用力 及所受的重力，求： / XR X f 图 8 2 13 （1） 电子在磁场中运动轨迹的半径 R; （2） 电子在磁场中运动的时间 t ； 圆形磁场区域的半径 r 审题指导 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 (1) 一束电子沿圆形区域的直径方向射入 沿半径方向入射，一疋会沿半径方向射出 (2)运动方向与原入射方向成 0角 0为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角 第二步：找突破口 (1) 要求轨迹半径T应根据洛伦兹力提供向心力。

50、0 (2) 要求运动时间T可根据 t = 2n T,先求周期To (3) 要求圆形磁场区域的半径T可根据几何关系求解。 尝试解题 (1) 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 mv evB= R mv 解得R= eB (2) 设电子做匀速圆周运动的周期为 T, 2 n R 2 n m 则 T= v = eB 由如图所示的几何关系得圆心角 a=0, 0 m0 所以 t = 2 n T= eB o (3) 由如图所示几何关系可知， 0 r tan 2 = R mv 0 所以 r = eEtan 2。 mv m0 mv 0 答案 eE (3) eBtan2 【抑健報结I li IT v4JI J ! n

51、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法一一三步法 （一） 画轨迹：即画出轨迹，并确定圆心，几何方法求半径。 （二） 找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系， 偏转角度与圆心角、运动时间 相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 （三） 用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。 1. 带电粒子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，在相同的初速度的条件下， 正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图 8 2 14 甲，带电粒子以速率 v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为 a,如 图 8 2 14 2. 磁场方向不确定

52、形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度的大小, 虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。 如图 8 2 14 乙，带正电粒子以速率 v垂直进入匀强磁场，如 B垂直纸面向里，其轨 迹为a,如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从入射界面这边反向飞出，如图 8 2 15 甲所示，于是形 成了多解。 带电粒子在磁场中运动的多解问题 带负电，其轨迹为 而未具体指出磁感应强度的方向， 此时必须要考 甲 甲 图 8 2 15 4. 运动的周期性形成多解 带电粒子在部分是电场，

53、 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 8-2- 15 乙所示。 例 3 (2013 苏州模拟)如图 8-2 16 甲所示，M N为竖直放置彼此平行的两块平 板，板间距离为d,两板中央各有一个小孔 O O正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场， 磁感应强度随时间的变化如图乙所示， 设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。 有一群正离子 在t = 0 时垂直于 M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为 m带电荷量为q,正离子在磁 场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 To,不考虑由于磁场变化而产生的 电场的影响，不计离子所受重力。求： 磁感应强度Bo的大小;

54、(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 vo的可能值。 尝试解题 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 mv2 qvoBo= r 做匀速圆周运动的周期 2 n r To= V0 联立两式得磁感应强度 2 n m B= qT）。 d r = 4n（n= 1,2,3 ,） 联立求解，得正离子的速度的可能值为 B0qr n d Vo = m = 2nTo（n= 1,2,3，）。(2)要使正离子从 O孔垂直于 N板射出磁场, 示，两板之间正离子只运动一个周期即 To时，有 当两板之间正离子运动 n个周期，即nTo时, 图 8 2 16 V。的方向应如图所 (4)因粒子最大

55、回旋半径为 Rn,故 2n m n d 答案(1) 乔 (2) vo= 2nr)(n= 1,2,3,) l规律总结I 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。 EZXl | 带电粒子在磁场中运动的实际应用 例 4回旋加速器是用于加速带电粒子流，使之获得很大动能的仪器，其核心部分是 两个 D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接， 以便在盒间狭缝中形成匀强电场， 使粒子每次穿过狭缝都得到加速；

56、 两盒放在匀强磁场中， 磁场方向垂直于盒底面， 粒子源置 于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为 q、质量为m粒子最大回旋半径为 Rn,磁 场的磁感应强度为 B,其运动轨迹如图 8- 2- 17 所示，问: 图 8-2- 17 (1) 粒子在盒内磁场中做何种运动？ (2) 粒子在两盒间狭缝内做何种运动？ (3) 所加交变电压频率为多大？粒子运动角速度为多大？ (4) 粒子离开加速器时速度为多大？ 尝试解题 (1) D 形盒由金属导体制成，可屏蔽外电场，因而盒内无电场。盒内存在垂直盒面的磁 场，故粒子在盒内磁场中做匀速圆周运动。 (2) 两盒间狭缝内存在匀强电场，且粒子速度方向与电场方向在同

57、一条直线上，故粒子 做匀加速直线运动。 (3) 粒子在电场中运动时间极短，高频交变电压频率要符合粒子回旋频率 1 qB 回旋频率f = T= 2 n m qB (4)因粒子最大回旋半径为 Rn,故 角速度3 = 2 n f = m。 mva qBR Rm=硕，即 vm= m 答案见解析 WJ n Bo：叫：；：爲常：；： 洛伦兹力应用问题的分析方法 (1) 洛伦兹力的应用包括回旋加速器、质谱仪、速度选择器等。 (2) 回旋加速器中经常遇到的问题是粒子获得的最大动能、加速的次数、运动时间等, 分析的方法是电场对粒子加速，每次做功相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期相同, 其半径最大时动能最大。

58、 (3) 质谱仪中粒子在磁场中运动的轨迹不同，其原因是粒子的质量不同。 补短板I 弥不足I 得滿号 “方法技巧专舉化系列 z (七) - 利用放缩法和平移法解决“带电粒子的磁偏转问题 1 放缩法 粒子源发射速度方向一定， 大小不同的带电粒子进入匀强磁场时， 这些带电粒子在磁场 中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化， 如图 8- 2 18 所示(图中只画出粒子带 正电的情景)，速度V。越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运 动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线 PP上。由此我们可得到一种确定临界条件的方法： 在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点 P为定点，圆心位

59、于 PP直线上，将半 径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，使问题迎刃而解，这种方法称为“放缩法”。 2. 平移法 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时， 它们在磁场中做匀速 圆周运动的半径相同，若射入初速度为 V。，则圆周运动半径为 R= mv/qB,如图 8-2- 19 所示。同时可发现这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点 P为圆心、半径 学科4何賽提掘 M U E K E T 5 E Y A t 戶 X X X X X 图 8-2- 18 R= mv/qB的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。 由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法： 确定这类

60、粒子在有界磁场中运动的临界 条件时，可以将一半径为 R= mvo/qB的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件， 这种方法称为平移法”。 典例 如图 8 2 20 所示，在屏 MN的上方有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方 向垂直于纸面向里。 P为屏上的一个小孔。 PC与MN垂直。 一群质量为 m带电荷量为一q 的粒子（不计重力），以相同的速率v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射 方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与 PC夹角为0的范围内。则在屏 MN上被粒子打 中的区域的长度为（ ） 2mv A. qB 2mvcos 0 B qB 2mv sin 0 C. qB 2mv