步步高2015届高考物理一轮复习-磁场

考点内容要求考纲解读磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ1．磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现．2．安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算．一般以计算题的形式出现．3．带电粒子在独立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ洛伦兹力的公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形．(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.第1课时磁场的描述磁场对电流的作用考纲解读1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是 ()A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝eq\f(F,IL)可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案D解析磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝eq\f(F,IL)只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确．2．[对磁感线的理解]关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是 ()A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的答案AB解析磁场是一种特殊物质，磁极、电流间发生作用都是通过磁场发生的，故A对；磁感线是为形象描述磁场而假想的线，不是真实存在的，故D错；磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B对；磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，故C错．3．[磁场对电流作用力的计算]如图1所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的该电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为 ()图1A．0 B.eq\f(5BEL,11r) C.eq\f(10BEL,11r) D.eq\f(BEL,r)答案C解析总电阻R＝eq\f(3r·2r,3r＋2r)＋r＝eq\f(11,5)r，总电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(5E,11r)，梯形框架受到的安培力等效为I通过ad边时受到的安培力，故F＝BI·eq\x\to(ad)＝BI·2L＝eq\f(10BEL,11r)，所以C选项正确．4．[左手定则和安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案5．[左手定则的应用]请根据图3中给出的条件，运用左手定则，求出各图中第三个物理量的方向．图3答案根据各图中已知方向利用左手定则，判知：(a)F垂直于纸面向里(b)F垂直于纸面向里(c)B垂直于纸面向外(d)I由左向右(e)F垂直于I斜向右下方一、磁场、磁感应强度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，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)定义式：B＝eq\f(F,IL)(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．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．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布1．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图三、安培力、安培力的方向1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．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：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．考点一对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．2．磁感应强度B与电场强度E的比较对应名称比较项目磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场的力的性质的物理量描述电场的力的性质的物理量定义式B＝eq\f(F,IL)，通电导线与B垂直E＝eq\f(F,q)大小决定由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关方向矢量磁感线切线方向，小磁针N极受力方向矢量电场线切线方向，放入该点的正电荷受力方向场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合场强等于各个电场的场强的矢量和例1下列说法中正确的是 ()A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错．同理根据电场强度的定义式E＝F/q可知C正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝eq\f(F,IL)中I和B的方向必须垂直，故D错．答案AC1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受安培力方向垂直，满足左手定则．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果电流方向与磁场方向平行，则电流在磁场中不受安培力的作用．突破训练1关于磁感应强度B，下列说法中正确的是 ()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大答案D解析磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B＝eq\f(F,IL)计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A错．磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确．考点二安培定则的应用和磁场的叠加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)结果(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．特别提醒两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．例2如图4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 ()图4A．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C1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该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．考点三安培力作用下导体运动情况的判定(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．(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3一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图5所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()图5A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．答案D判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元左手定则安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，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问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定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

突破训练2如图6所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB的运动情况下列说法正确的是 ()图6A．顺时针转动，同时下降 B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降 D．逆时针转动，同时上升答案C解析(1)根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况．将导线AB从N、S极的中间O分成两段，由左手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．(2)根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．(3)由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确．考点四安培力作用下导体的平衡与加速1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN＝OP＝1m，g图7A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5mB．金属细杆运动到P点时的速度大小为5C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10mD．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N解析金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(eq\x\to(MN)＋eq\x\to(OP))＝1J，重力做功WG＝－mg·eq\x\to(ON)＝－0.5J，由动能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝eq\r(20)m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，选项D正确．答案D突破训练3如图8所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是 ()图8A．大小为Mgtanθ/IL，方向垂直斜面向上B．大小为Mgsinθ/IL，方向垂直纸面向里C．大小为Mg/IL，方向水平向右D．大小为Mg/IL，方向沿斜面向下答案BC解析当磁场为A选项描述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F＝BIL＝eq\f(Mgtanθ,IL)IL＝Mgtanθ＝Mgeq\f(sinθ,cosθ)>Mgsinθ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A错误；当磁场为B选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则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正确；当磁场为C选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F＝BIL＝eq\f(Mg,IL)IL＝Mg，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态，故C正确；当磁场为D选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F＝BIL＝eq\f(Mg,IL)IL＝Mg>Mgcosθ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D错误．37．用转换视图法解答与安培力有关的综合问题方法概述对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．例5如图9甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图9(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．审题与关联解析(1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtanα(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsinα，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin＝eq\f(F安min,Il)＝eq\f(mgsinα,Il)根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案见解析求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考题组1．(2013·安徽·15)图10中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b、d连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 ()图10A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案B解析据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.2．(2012·天津理综·2)如图11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，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 ()图11A．金属棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小答案A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tanθ＝eq\f(BIl,mg)，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误．3．(2012·海南单科·10)图12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 ()图12A．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向左滑动答案BD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．模拟题组4．如图13所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为 ()图13A．0 B．ILB C.eq\f(4,3)ILB D．2ILB答案B解析可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB，选项B正确．5．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos图14(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力．答案(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N解析(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mgsin37°＝0.24NF1<F安，根据平衡条件mgsin37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.06N方向平行导轨向下(限时：45分钟)►题组1对磁感应强度、磁感线的考查1．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O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为 ()图1答案C解析根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.2．电流计的主要结构如图2所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是 ()图2答案C解析软铁芯被磁化后，左端为S极，右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误．再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．►题组2安培定则及磁场的叠加3．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是 ()图3A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M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．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零答案BD解析两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确．4．如图4所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T．位于纸面内的细直导线，长L＝1m，通有I＝1A的恒定电流．当导线与B1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B图4A.eq\f(1,2)T B.eq\f(\r(3),2)TC．1T D.eq\r(3)T答案BCD解析当导线与B1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着另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B2≥B1sin60°＝eq\f(\r(3),2)T，所以B2的值不可能为eq\f(1,2)T，选项A错误，本题选B、C、D.5．如图5所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是 ()图5A．O点处的磁感应强度为零B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用答案AB解析根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误．在z轴上，z>0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误．6．如图6所示，将两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常数，I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是 ()图6A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大答案BC解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在M、N连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．►题组3安培力作用下导体的运动7．彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图7所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中()图7A．将磁铁的磁极接反了B．将直流电源的正负极接反了C．使用的电源为50Hz的交流电源D．使用的液体为饱和食盐溶液答案C解析容器中磁场方向向下，在电场作用下，液体中的正、负离子分别向电极附近运动，同时由于磁场的作用，根据左手定则得正、负离子做圆周运动，故液体旋转起来的原因是液体在磁场力作用下运动．清楚了这一原理即可作出判断，选项A、B、D都不影响液体旋转，选项C使用50Hz的交流电源，电极电性发生周期性变化，且时间仅为0.02s，故液体中正、负离子的运动幅度较小，液体无法形成旋转的趋势．本题选C.8．如图8所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时 ()图8A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动答案D解析当P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，由左手定则可判断出ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，选项D正确．►题组4安培力作用下导体的平衡与加速9．如图9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θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是 ()图9A．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2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ答案ABD解析若导电圆环上载有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆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2πBIRsinθ，选项A、B、D正确．10．如图10所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)．开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比 ()图10A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变答案D解析两根导线通题图方向大小相同的电流后，导线受到安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面向上的作用力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项D正确．11．如图11所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1m．P、M间接有一个电动势为E＝6V、内阻为r＝1Ω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m＝0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝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10m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2T图11A．2Ω B．4Ω C．5Ω D．6Ω答案D解析对导体棒，若安培力大于拉力，由平衡条件，BIL＝μmg＋Mg，解得I的最大值I＝2A，由闭合电路欧姆定律，滑动变阻器连入电路的阻值最小值为2Ω；若安培力小于拉力，由平衡条件，BIL＋μmg＝Mg，解得I的最小值I＝1A，由闭合电路欧姆定律，滑动变阻器连入电路的阻值最大值为512．在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框，宽l＝0.25m，接入电动势E＝12V、内阻不计的电池．垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(6),6)，整个装置放在磁感应强度B＝0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图12所示．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(框架与金属棒的电阻不计，g取10m图12答案1.4Ω≤R≤8.2Ω解析金属棒受到四个力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的静摩擦力Ff.金属棒静止在框架上时，静摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分两种情况考虑：(1)当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，在金属棒重力分力mgsinθ作用下金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向上，受力情况如图所示．此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：Beq\f(E,Rmax)l＋μmgcosθ－mgsinθ＝0解得Rmax＝eq\f(BEl,mgsinθ－μcosθ)≈8.2Ω(2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安′较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力Ff′沿框面向下，如图所示．此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：Beq\f(E,Rmin)l－μmgcosθ－mgsinθ＝0解得Rmin＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μcosθ)≈1.4Ω所以要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的取值范围为1.4Ω≤R≤8.2Ω第2课时磁场对运动电荷的作用考纲解读1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题．1．[对洛伦兹力的理解]带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案B解析因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错．因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小也不变，所以B选项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D选项错．2．[洛伦兹力的大小计算与方向判定]如图1所示，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．图1答案甲：因v⊥B，所以F＝qvB，方向与v垂直斜向上乙：v与B的夹角为30°，F＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直纸面向里丙：由于v与B平行，所以电荷不受洛伦兹力，F＝0丁：v与B垂直，F＝qvB，方向与v垂直斜向上3．[带电粒子在磁场中运动轨迹的确定]试画出图2中几种情况下带电粒子的运动轨迹．图2答案4．[带电粒子在有界匀强磁场中运动圆心的确定和时间的确定]如图3所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若∠AOB＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为 ()图3A.eq\f(2πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)答案D解析画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂线交于O′点，O′点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示．连接O′O，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝rtan60°＝eq\r(3)r.因为∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，运动时间t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR,v0)＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，D正确．一、洛伦兹力1．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；大拇指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．3．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，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v⊥B，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．三、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图4所示)图42．平行边界(存在临界条件，如图5所示)图53．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图6所示)图64．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：(1)画出运动轨迹；(2)确定圆心和半径；(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．考点一洛伦兹力和电场力性质比较内容对应力项目洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，还与电荷电性有关正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况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例1在如图7所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度为v0的某种正粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)，问：图7(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？解析(1)设宽度为L.当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上：L＝v0t，竖直方向上：vy＝at＝eq\f(EqL,mv0)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(EqL,mv\o\al(2,0))当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为R，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(L,R)，R＝eq\f(mv0,qB)联立解得B＝eq\f(Ecosθ,v0).(2)粒子在电场中运动时间t1＝eq\f(L,v0)＝eq\f(Rsinθ,v0)在磁场中运动时间t2＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(RqB,mv0)·eq\f(sinθ,θ)＝eq\f(sinθ,θ).答案(1)eq\f(Ecosθ,v0)(2)eq\f(sinθ,θ)带电粒子在电、磁场中运动的区别(1)带电粒子在匀强电场中常做类平抛运动，可采用运动的分解的方法来分析．(2)带电粒子在匀强磁场中常做匀速圆周运动，可采用匀速圆周运动的相关规律分析．突破训练1带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图8所示．运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为 ()图8A．v0 B．1C．2v0 D.eq\f(v0,2)答案C解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝r＝eq\f(mv0,qB) ①带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\f(2mv\o\al(2,0),qE) ②由①②得eq\f(E,B)＝2v0，故选项C对．考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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9甲所示，P为入射点，M为出射点)．图9(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．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θ时，其运动时间表示为：t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．

例2(2013·课标Ⅰ·18)如图10，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、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eq\f(R,2)，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力) ()图10A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m) C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝eq\f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，B正确．答案B带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．突破训练2如图11，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有 ()图11A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD解析此题考查的是“定心判径画轨迹”，a、b粒子做圆周运动的半径都为R＝eq\f(mv,qB)，画出轨迹如图所示，圆O1、O2分别为b、a轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)和轨迹图可知A、D选项正确．例3如图12所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t图12(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径R1和R2的比值；(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．解析(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示．(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期．设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子区Ⅰ磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA在Ⅱ区磁场中运动的半径R2＝eq\f(r,2)即eq\f(R1,R2)＝2∶1(3)qvB1＝meq\f(v2,R1)qvB2＝meq\f(v2,R2)T1＝eq\f(2πR1,v)＝eq\f(2πm,qB1)T2＝eq\f(2πR2,v)＝eq\f(2πm,qB2)圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝eq\f(1,6)T1在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝eq\f(1,2)T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2由以上各式可得B1＝eq\f(5πm,6qt)B2＝eq\f(5πm,3qt)答案见解析突破训练3如图13所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10T，磁场区域半径r＝eq\f(2,3)eq\r(3)m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C.今有一质量为m＝3.2×10－26kg、带电荷量为q＝1.6×10－19C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝1×106m/s正对O1的方向垂直射入磁场，它将穿越C点后再从右侧区域穿出．求：图13(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指在垂直初速度方向上移动的距离)答案(1)4.19×10－6s(2)2解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T由牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R) ①又T＝eq\f(2πR,v) ②联立①②得：R＝eq\f(mv,qB) ③T＝eq\f(2πm,qB) ④将已知数据代入③得R＝2m由轨迹图知tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝eq\f(π,6)则通过两磁场区域所用的时间t＝2×eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(T,3) ⑥联立④⑥并代入已知数据得t＝eq\f(2×3.14×3.2×10－26,3×1.6×10－19×0.10)s＝4.19×10－6s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系知侧移距离d＝2rsin2θ将已知数据代入得d＝2×eq\f(2,3)eq\r(3)sineq\f(π,3)m＝2m38.带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题1．临界问题的分析思路临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．临界问题的一般解题模式为：(1)找出临界状态及临界条件；(2)总结临界点的规律；(3)解出临界量．2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切．例4如图14所示，有一个磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，在磁场中的O点有一个粒子源，能向纸面内各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，PQ是垂直纸面放置且厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线跟挡板垂直．带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计．图14(1)为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足什么条件？(2)若粒子源到挡板的距离d＝eq\f(v,kB)，且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上，求这个粒子从O点射出时的速度方向；(3)若粒子源到挡板的距离d＝eq\f(v,kB)，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？审题与关联解析(1)设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由洛伦兹力充当向心力得：qvB＝meq\f(v2,r) ①由题意得：eq\f(q,m)＝k ②由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d应满足：d>2r ③由①②③解得：d>eq\f(2v,kB) ④(2)如图所示，设粒子速度方向与OP连线的夹角为θ时，粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点．由几何关系可知：△OPN为直角三角形，ON为粒子圆周运动的直径．由于d＝eq\f(v,kB)和①②可得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,kB)＝d ⑤所以由几何关系可得：θ＝30° ⑥(3)粒子打到挡板左、右表面离P最远时的示意图如图所示．由图可知，粒子打到挡板左表面的长度为：PM＝r＝eq\f(v,kB) ⑦粒子打到挡板右表面的长度为：PN＝2rcos30°＝eq\f(\r(3)v,kB) ⑧由⑦⑧得，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为eq\f(PM,PN)＝eq\f(\r(3),3)答案(1)d>eq\f(2v,kB)(2)与OP连线成30°角斜向右下(3)eq\f(\r(3),3)高考题组1．(2013·新课标Ⅱ·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.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)答案A解析若磁场方向向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r＝eq\r(3)R.根据洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR).若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A正确．2．(2013·天津理综·11)一圆筒的横截面如图15所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞后速度反向且没有动能损失，电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图15(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.答案(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)3解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed ②联立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd) ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O′、半径r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由几何关系得r＝Rtaneq\f(π,3) ④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r) ⑤联立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB) ⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移eq\f(2,3)d后，设板间电压为U′，则U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3) ⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)综合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v ⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB) ⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝eq\f(π,2) ⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3模拟题组3．如图16所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为 ()图16A．B>eq\f(2mv0,ae) B．B<eq\f(2mv0,ae)C．B>eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B<eq\f(\r(3)mv0,ae)答案D解析由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于eq\f(a,\r(3))，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝eq\f(mv,qB)有eq\f(a,\r(3))<eq\f(mv0,eB)，即B<eq\f(\r(3)mv0,ae)，选D.4．如图17是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线向外．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子 ()图17A．是正离子，速率为eq\f(kBR,cosα) B．是正离子，速率为eq\f(kBR,sinα)C．是负离子，速率为eq\f(kBR,sinα) D．是负离子，速率为eq\f(kBR,cosα)答案B解析因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图，由几何关系可知r＝eq\f(R,sinα)，由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(kBR,sinα)，故B正确．(限时：45分钟)►题组1洛伦兹力的特点与应用1．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图1所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将 ()图1A．可能做直线运动B．可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀速圆周运动答案C解析带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．2．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图2所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是 ()图2A．x1>x2 B．t1>t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同答案ABC解析当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错．3．用绝缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，让它处于如图3所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图所示位置，这时悬线与竖直方向的夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是 ()图3A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左B．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向下C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向上D．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右答案C解析根据运动的相对性，带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F＝qvB中的v是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v＝eq\f(mgtanα,qB)竖直向下运动或以速度v＝eq\f(mg,Bq)水平向右运动时，带电小球都能处于静止状态，但小球处于后者的状态时，悬线不受拉力，不会被拉紧，故本题选C.►题组2带电粒子在有界磁场中的运动4．如图4所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的 ()图4A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的周期C．带电粒子的初速度D．带电粒子在磁场中运动的半径答案AB解析由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A项对；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D项错．5．如图5所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是图5A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D．4eq\r(2)×106m/s答案B解析由题意知，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动eq\f(1,4)周期，由几何关系知r＝eq\r(2)R，又r＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝2eq\r(2)×106m/s.6．一带电粒子质量为m，电荷量为－e，它以某一速度沿直径方向射入圆筒形磁场区域(半径为r)，速度方向和磁场方向垂直，磁感应强度为B，设粒子和圆筒壁的碰撞没有能量和电荷量损失，可看作完全弹性碰撞．试问，要使粒子从原入口处返回，粒子在磁场中运动的最短时间是多少？如果粒子在磁场中运动的时间最短，此时，粒子射入时的速度为多大？答案eq\f(πm,eB)eq\f(\r(3)erB,m)解析很显然，粒子在磁场中运动与圆筒壁碰撞的次数越少，所需的时间也就越短，而碰一次是不可能的，因此，最少是碰两次，如图所示．在四边形AOBD中，A点和B点的位置已确定，且A、B、C三点等分圆周，可知∠AOB为eq\f(2π,3)，又∠OAD和∠OBD均为直角，故∠ADB为eq\f(π,3).把三段加起来，该粒子在圆筒内运动的偏转角之和等于π，故运动时间为半个周期eq\f(πm,eB).由几何关系知Rtaneq\f(π,6)＝r即R＝eq\r(3)r由Bev＝meq\f(v2,R)知R＝eq\f(mv,eB)，所以v＝eq\f(\r(3)erB,m).►题组3带电粒子在磁场中运动的临界问题7．在真空中，半径r＝3×10－2m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图6所示，磁感应强度B＝0.2T，一个带正电的粒子以初速度v0＝1×106m/s从磁场边界上直径ab的一端a点射入磁场，已知该粒子的比荷eq\f(q,m)＝1×108图6(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角．答案(1)5×10－2m(2)37°解析(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)R＝eq\f(mv0,qB)＝5×10－2m.(2)粒子在圆形磁场区域内的运动轨迹为一段半径R＝5cm使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为圆形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦的中垂线上，如图所示．由几何关系可知sinθ＝eq\f(r,R)＝0.6，θ＝37°最大偏转角β＝2θ＝74°.

8．如图7所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是 图7A．粒子的速度大小为eq\f(2aBq,m)B．粒子的速度大小为eq\f(aBq,m)C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长答案AC解析带正电粒子与y轴正方向成60°角发射，进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得a＝Rsin30°，其中R＝eq\f(mv,qB)，联立解得v＝eq\f(2aBq,m)，故选项A正确，B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)T，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R＝2a，因此与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，此时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tm＝eq\f(1,3)T，故选项C正确，D错误．

►题组4带电粒子在交变磁场中的运动9．如图8甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：图8(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；(3)粒子能否再次经过O点，若不能，说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻．答案(1)eq\f(Emπ2,2qB\o\al(2,0))(2)eq\f(πmE,qB\o\al(2,0))(3)能eq\f(15πm,qB0)解析(1)设粒子在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝eq\f(πm,qB0)，Eq＝maOP间距离为x，x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得：x＝eq\f(Emπ2,2qB\o\al(2,0))(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1＝eq\f(mv0,qB0)R2＝eq\f(3mv0,2qB0)粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，Δx＝2R2－2R1＝eq\f(πmE,qB\o\al(2,0))(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1＝NΔx解得：N＝2，粒子能再次经过O点t＝2T＋2t0，T＝eq\f(6.5πm,qB0)，所以t＝eq\f(15πm,qB0)单元小结练磁场对电流或运动电荷的作用(限时：45分钟)1．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是 ()A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或