物理大一轮复习配套讲义第9章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场（1)基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(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．（4）单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场（如图所示)（2)几种电流周围的磁场分布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纵截面图(3)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磁感线的疏密程度表示磁场强弱．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，从S极指向N极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F＝BILsinθ（其中θ为B与I之间的夹角）（2)磁场和电流垂直时F＝BIL。（3）磁场和电流平行时F＝0.2．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．（注意：B和I可以有任意夹角）［自我诊断]1．判断正误(1）小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．（√)(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)（3）由定义式B＝eq\f(F,IL）可知，电流强度I越大，导线L越长,某点的磁感应强度就越小．（×）(4）磁感线是真实存在的．(×)(5）通电线圈可等效成条形磁铁,它周围的磁感线起始于线圈一端,终止于线圈的另一端．（×）（6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．（√）2．(多选）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是(）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC.指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误．3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜BbC．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。在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故Ba＜Bb，A错误，B正确．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．4．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（)A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B.根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B正确．由安培力公式F＝BILsinθ(θ为B与I的夹角)可知,C错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的eq\f（\r（2),2),安培力大小也变为原来的eq\f(\r(2)，2)，D错误．考点一磁场的理解及安培定则1．磁感应强度的三点理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝eq\f（F，IL）认为B与F成正比，与IL成反比．（2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．（3）磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向．2．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3．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．1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是（)A．可能东西放置，通有由东向西的电流B．可能东西放置,通有由西向东的电流C．可能南北放置,通有由北向南的电流D．可能南北放置，通有由南向北的电流解析:选C.若导线东西放置，通有由东向西的电流,根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上,其不会出现题图所示情况，故选项A错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转，故选项B错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将顺时针偏转,可转向图中实线所示位置，故选项C正确．若导线南北放置,通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D错误．2．（2017·河北廊坊模拟）(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流大小成正比,与导线到这一点的距离成反比，即B＝eq\f(kI,r)(式中k为常数)．如图所示,两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I。在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L.下列说法正确的是（）A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点和b点的磁感应强度方向相反C．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1解析：选AD.根据右手螺旋定则,导线周围的磁场的磁感线,是围绕导线形成的同心圆，两导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B＝eq\f（kI,r),电流为3I导线在b处的磁感应强度方向向下,而电流为I导线在b处的磁感应强度方向向上,因电流为3I导线在b处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误．两导线在a处的磁感应强度大小B1＝eq\f(3kI,\f（L，2))＋eq\f（kI，\f(L,2））＝keq\f(8I,L)；两导线在b处的磁感应强度大小B2＝eq\f（3kI，2L)－eq\f（kI,L）＝eq\f（kI，2L），则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1,故C错误,D正确．3．(2017·江西南昌调研)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为（）A.eq\r（3)∶1 B．eq\r（3）∶2C．1∶1 D．1∶2解析:选B。如图所示,当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则,可知：二者在圆心O处产生的磁感应强度都为B1/2;当将M处长直导线移到P处时,两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B1/2，做平行四边形,由图中的几何关系,可得eq\f(B2，B1)＝eq\f(\f(B2，2），\f(B1,2））＝cos30°＝eq\f(\r(3）,2),故选项B正确．4．(2017·湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合,弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是()解析:选A。由题意可知,图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍,方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确;同理,图B中,四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零,则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍,方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：（1)确定场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图中M、N在c点产生的磁场．（3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.考点二安培力作用下的平衡与加速问题1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路（1）确定要研究的导体．(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析．(3)分析导体的运动情况．（4）根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解．2．受力分析的注意事项(1）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．(2）安培力的大小：应用公式F＝BILsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度．(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．考向1：安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．[典例1］(2016·广东广州三模)(多选)如图所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′,并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ。磁感应强度方向和大小可能为()A．z正向,eq\f（mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg，IL）C．z负向，eq\f（mg,IL）tanθ D．沿悬线向上，eq\f（mg，IL）sinθ解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图,然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小．若B沿z正向,则从O向O′看，导线受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A错误．若B沿y正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当FT＝0，且满足ILB＝mg，即B＝eq\f（mg,IL)时，导线可以平衡，B正确．若B沿z负向,导线受到的安培力水平向右,如图丙所示．若满足FTsinθ＝ILB，FTcosθ＝mg，即B＝eq\f(mgtanθ，IL）,导线可以平衡，C正确．若B沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示,导线无法平衡,D错误．答案BC考向2：安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题,只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化,与力学中某个力的变化类似的情景．［典例2](2017·陕西西安模拟)如图所示,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时，棒处于静止状态．则()A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为eq\f（kx，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变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误;由于弹簧伸长为x,根据胡克定律有kx＝BIL，可得I＝eq\f(kx，BL)，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x变小，故C、D错误．答案B考向3：安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零,而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．[典例3］如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距1m,导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M＝0。3kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a＝3m/s2加速上升,应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g＝10m/s2）解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为fm＝0.5mg＝1NM的重力为G＝Mg＝3N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b。根据受力分析，由牛顿第二定律有F安－G－fm＝（m＋M）aF安＝BIL联立得I＝2。75A答案2.75A方向由a→b安培力作用下导体的分析技巧(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示意图．（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．考点三磁场中导体运动方向的判断1．判定通电导体运动或运动趋势的思路eq\x(\a\al（研究对象:通电，导线或导体))eq\o(→，\s\up16(明确)）eq\x（\a\al(导体所在位置的，磁场分布情况))eq\o(→,\s\up16(利用),\s\do15(左手定则））eq\x（导体的受力情况）eq\o（→，\s\up16(确定)）eq\x(导体的运动方向或运动趋势的方向)2．几种判定方法电流元法分割为电流元eq\o（→，\s\up16(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1.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合,如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将（)A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动解析：选B.方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二（等效法)把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前,N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得,从左向右看，线圈L1将顺时针转动．2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时(）A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动,绳子对磁铁的拉力增大D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析：选C.假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段,根据左手定则可知,左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动（从上向下看),即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力,故绳子对磁铁的拉力增大，C正确．判断磁场中导体运动趋势的两点注意(1）应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心,大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直,这是因为：F一定与B垂直，I不一定与B垂直．（2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．课时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选C.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确．2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点,并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()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：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理,可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等,到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则,可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确．3．如图所示，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（）A．BIL,平行于OC向左B。eq\f（2\r（2)BIL，π），垂直于AC的连线指向左下方C.eq\f(2\r(2)BIL，π)，平行于OC向右D．2eq\r（2)BIL,垂直于AC的连线指向左下方解析：选B。直导线折成半径为R的eq\f（1，4）圆弧形状,在磁场中的有效长度为eq\r（2)R，又因为L＝eq\f(1，4）×2πR，则安培力F＝BI·eq\r(2）R＝eq\f（2\r（2)BIL，π).安培力的方向与有效长度的直线AC垂直，根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方，B正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd边与ad边夹角均为60°，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为R0,框架与一电动势为E、内阻r＝R0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，则梯形框架abcd受到的安培力的大小为()A．0 B．eq\f(5BEL,11R0)C。eq\f(10BEL，11R0) D.eq\f（BEL,R0)解析:选C.并联部分的总电阻为R并＝eq\f(3R0·2R0，3R0＋2R0)＝eq\f（6,5）R0，电路中的总电流I＝eq\f(E,R并＋r)，所以线框受到的合外力F＝BI·2L＝eq\f(10BEL,11R0)，C正确．5．如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将(）A．A端向上，B端向下，悬线张力不变B．A端向下,B端向上，悬线张力不变C．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大解析：选D。当开关S接通时,由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内,右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2。0g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6km/s.若这种装置的轨道宽d＝2m、长L＝100m、电流I＝10A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是（）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：选D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,m)，代入数值解得B＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2。16×106W，故选项D正确．［综合应用题组］7．质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上,整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是(）A．导体棒中电流垂直纸面向外,大小为I＝eq\f(\r(3）mg，BL）B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝eq\f（\r（3）mg，3BL)C．导体棒中电流垂直纸面向里,大小为I＝eq\f(\r（3）mg,BL)D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝eq\f（\r(3)mg，3BL)解析：选C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向,再结合导体棒的平衡条件可知,安培力只能水平向右，据此可判断出,导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F＝mgtan60°，又安培力为F＝BIL，联立可解得I＝eq\f(\r(3）mg,BL)，故选项C正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性,使导体棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()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：选D。由平衡条件可得mgsinα＝kx1＋BIL；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsinα＋BIL＝kx2，联立解得B＝eq\f（k，2IL）（x2－x1)．选项D正确．9．（多选)如右图所示,在倾角为α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，欲使导体棒静止在斜面上,可加一平行于纸面的匀强磁场,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(）A．此过程中磁感应强度B逐渐增大B．此过程中磁感应强度B先减小后增大C．此过程中磁感应强度B的最小值为eq\f(mgsinα,IL)D．此过程中磁感应强度B的最大值为eq\f（mgtanα,IL)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，即此过程中磁感应强度B逐渐增大,A对、B错;刚开始安培力F最小，有sinα＝eq\f（F,mg)，所以此过程中磁感应强度B的最小值为eq\f(mgsinα，IL),C对;最后安培力最大，有F＝mg,即此过程中磁感应强度B的最大值为eq\f(mg，IL），D错．10．如图所示，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0。5cm；闭合开关,系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0。3cm.重力加速度的大小取10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后,闭合回路电流I＝eq\f（E，R）＝eq\f（12，2）A＝6A导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N。开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg开关闭合后:2k（x＋Δx）＝mg＋F代入数值解得m＝0.01kg.答案:方向竖直向下0.01kg11．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．（1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________（填入正确选项前的标号)．解析：(1)由于磁场方向竖直向下，要使金属棒的运动如图所示，则金属棒中电流由里向外，滑动变阻器用限流接法，实物图连接如图所示．（2）为使金属棒离开时速度较大，由动能定理知BILx＝eq\f(1，2)mv2，v＝eq\r（\f(2BILx，m))，适当增大两导轨间的距离，可以增大v，适当增大金属棒的电流可以增大v,换一根更长的金属棒，增大了质量,v变小，因此A、C正确．答案:（1）图见解析（2）AC12．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r，式中常量k〉0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂,如图所示．开始时MN内不通电流,此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时,两细线的张力均大于T0。（1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；（2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时,线框受到的安培力F1与F2大小之比；（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3.解析：(1）由题意知,当MN通以电流I1时，线圈受到的安培力向上,根据左手定则、安培定则可以判断I1的方向向左，当MN通以电流I2时，线圈受到的安培力应向下,同理,可以判断I2的方向向右．(2)当MN中的电流为I时,线圈受到的安培力大小为F＝kIiLeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,r1）－\f（1,r2)))式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈中的电流,L为ab、cd的长度．所以eq\f（F1,F2)＝eq\f(I1，I2)（3）设MN中电流为I3时,线圈所受安培力为F3，由题设条件有2T0＝mg，2T1＋F1＝mg，F3＋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节磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1）v∥B时,F＝0。（2)v⊥B时,F＝qvB.（3）v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ.3．方向（1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．（2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．由于F始终垂直于v的方向,故洛伦兹力永不做功．二、带电粒子在磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子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．基本公式（1)向心力公式:qvB＝meq\f（v2，r)。（2）轨道半径公式：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、洛伦兹力的应用实例1．回旋加速器（1）构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，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：交变电流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＝eq\f(mv2，R），得Ekm＝eq\f（q2B2R2，2m)，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，与加速电压无关．2．质谱仪（1)构造:如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．（2）原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理qU＝eq\f(1，2)mv2可知进入磁场的速度v＝eq\r(\f（2qU，m）)。粒子在磁场中受洛伦兹力偏转,做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律,qvB＝eq\f(mv2,r).由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．[自我诊断］1．判断正误（1）洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直．(√)(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变．（√）（3)运动电荷进入磁场后（无其他力作用）可能做匀速直线运动．（√)（4）洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功．(×）(5）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关．(√)(6）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比．（×)(7)经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由D形盒的最大半径决定，与加速电压无关．(√）(8）质谱仪只能区分电荷量不同的粒子．(×）2．如图所示,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()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.由安培定则知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力方向向上,A正确．3．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2 B．eq\r（2）C．1 D。eq\f(\r(2),2）解析：选D。根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq\f（mv2,R)，粒子的动能Ek＝eq\f（1，2）mv2,由此得磁感应强度B1＝eq\f(\r（2mEk),qR)，结合题意知动能和半径都减小为原来的一半,则磁感应强度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正确．4．（多选）图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是(）A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小解析:选AC。电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力方向与其电性有关，由左手定则可知A正确;由轨迹半径R＝eq\f(mv，qB)知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误；由R＝eq\f（mv，qB)＝eq\f(\r（2mEk),qB)知D错误;因为质子和正电子的速度未知，半径关系不确定，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．考点一对洛伦兹力的理解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)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．3．洛伦兹力与电场力的比较1．下列关于洛伦兹力的说法中，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、速度均不变解析：选B.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．（多选)如图所示，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连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线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为对应点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿MN连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．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减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BD.由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线MN运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bqv为变力,则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动，B正确、A错误．3．(2017·河南开封四校二联）如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里,一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．下列说法中正确的是()A．微粒一定带负电B．微粒的动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能不变解析：选A。对该微粒进行受力分析得：它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力,其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动,动能不变，所以B项错误；如果该微粒带正电,则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以微粒受到的力不会平衡,故该微粒一定带负电，A项正确；该微粒带负电,向左上方运动，所以电场力做正功,电势能一定是减小的,C项错误；因为重力势能增加，动能不变,所以该微粒的机械能增加，D项错误．理解洛伦兹力的四点注意（1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向．（2）判断洛伦兹力方向时,特别区分电荷的正、负，并充分利用F⊥B、F⊥v的特点．（3)计算洛伦兹力大小时,公式F＝qvB中，v是电荷与磁场的相对速度．（4)洛伦兹力对运动电荷（或带电体）不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．(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（如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．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）)．2．重要推论（1)当速度v一定时，弧长（或弦长）越长,圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(2)当速率v变化时，圆心角大的运动时间长．考向1:圆形磁场区域(1）圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决．（2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．［典例1]（2017·湖南师大附中月考)(多选)如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN,aO、cO与bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,则下列给出的时间关系可能正确的是（）A．ta＜tb＜tc B．ta＞tb＞tcC．ta＝tb＜tc D．ta＝tb＝tc解析粒子带正电，偏转方向如图所示,粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．设粒子的运动半径为r，圆形区域半径为R，当粒子a恰好从M点射出磁场时，r＝eq\f(1，\r（3））R,当粒子b恰好从M点射出磁场时，r＝R，如图甲所示，ta＜tb＝tc。当r〉R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，tc>tb〉ta；当r≤eq\f(1,\r（3))R，轨迹如图乙所示,ta＝tb＝tc.同理,eq\f（1，\r（3）)R〈r≤R时，ta〈tb＝tc.A、D正确．答案AD［典例2](2016·高考全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.eq\f(ω,3B) B．eq\f（ω,2B)C.eq\f（ω，B） D。eq\f(2ω,B)解析如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°,则eq\f(π，2ω)＝eq\f（2πm，qB）·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m）＝eq\f(ω，3B)，选项A正确．答案A考向2:直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示）[典例3]（多选）如图，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()A．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的近解析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的轨迹，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．答案AD考向3：平行边界(存在临界条件，如图所示）［典例4](2017·湖南长沙模拟）如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是(）A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为eq\r(3）dD．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πd，3v0）解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x,则由几何知识得:x＝r－eq\r（r2－d2）＝2d－eq\r(2d2－d2）＝(2－eq\r（3)）d，故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得:sinθ＝eq\f（d,2d)＝0.5,得θ＝eq\f(π,6），则电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f（θr,v0)＝eq\f（πd,3v0)，故D正确．答案D带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法

考点三回旋加速器和质谱仪1．质谱仪的主要特征将质量数不等,电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径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对同一元素均为常量，故r∝eq\r(m），根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷．2．回旋加速器的主要特征（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∶eq\r（2)∶eq\r(3）∶…（4）粒子的最后速度v＝eq\f（BqR,m），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．1.（2017·河南省实验中学月考)(多选)如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核（eq\o\al(4,2）He）．下列说法中正确的是（)A．氘核（eq\o\al(2,1)H)的最大速度较大B．它们在D形盒内运动的周期相等C．氦核(eq\o\al（4,2)He)的最大动能较大D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：选BC。粒子在回旋加速器中能达到的最大速度,取决于在最外圈做圆周运动的速度．根据qvB＝meq\f（v2，R），得v＝eq\f(qBR,m)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，A错误．带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f（2πm,qB），两粒子的比荷eq\f(q，m）相等，所以周期相等，B正确．最大动能Ek＝eq\f（1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2，2m),两粒子的比荷eq\f(q,m）相等,但质量不等，所以氦核最大动能大,C正确．回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同,否则无法加速，D错误．2．(2016·高考全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（)A．11 B．12C．121 D．144解析：选D。带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq\f(1,2）mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq\f（mv,qB)，由以上两式整理得：r＝eq\f(1，B）eq\r（\f(2mU，q）)。由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2＝1∶12，当半径相等时,解得:eq\f(m2，m1)＝144，选项D正确．3．(多选）如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场（环形区域的宽度非常小)．质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入AB之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板电势又降为零．粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R不变．已知极板间距远小于R,则下列说法正确的是（)A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速,绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUC．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化周期不变D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为eq\f(1,R)eq\r（\f（2NmU，q)）解析:选BD。由题意知粒子在轨道内做顺时针圆周运动，根据左手定则可判断匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向外,所以A错误;由于粒子在做圆周运动的过程中洛伦兹力不做功，在AB板间电场力做功W＝qU，所以粒子绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU，故B正确；由于粒子的轨道半径R不变,而粒子做圆周运动第N圈的速度为vN，根据NqU＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,N）,可得粒子圆周运动的速度增大,根据R＝eq\f（mv，Bq)，T＝eq\f（2πm,Bq)＝2πeq\f（R，v)，所以周期减小，故A板电势变化周期变小,故C错误;粒子绕行第N圈时，NqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2,N)，所以vN＝eq\r(\f(2NqU，m))，又R＝eq\f（mvN，Bq）,联立得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2NmU,q)），所以D正确．

课时规范训练［基础巩固题组]1．（多选）如图所示,一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时,发现射线的径迹向下偏，则（)A．导线中的电流从A流向BB．导线中的电流从B流向AC．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关解析:选BC。由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知,阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A。当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外,电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转．选项B、C正确．2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小,角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小解析：选D。因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝eq\f（mv,qB）知，轨道半径增大；由角速度ω＝eq\f(v，r)知,角速度减小，选项D正确．3．如图所示，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)(）A.eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR，m)C。eq\f（3qBR，2m) D。eq\f(2qBR,m）解析：选B.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．4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则(）A．该粒子一定带负电B．a极板电势一定比b极板高C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关D．带电粒子的eq\f（q,m)比值越大,PS′间距离越大解析：选B。粒子在MN右侧的磁场中向上偏转,由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝eq\f（E，Bab），到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误;由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2，r)，则eq\f（q，m)＝eq\f(v，Br），知比荷越大，r越小，PS′间距离越小，故D错误．5．如图所示,沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力）从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是（）A．所有的电子都向x轴下方偏转B．所有的电子都做类平抛运动C．所有的电子在磁场中运动时速度不变D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同解析：选A.根据左手定则,可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下,所以所有的电子都向x轴下方偏转,A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力对电荷不做功,所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．电子的速度不同,所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t＝eq\f（T,2)＝eq\f(πm,Bq）都相同，它们运动的时间都相同，D错误．6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场,均从C点射出，则它们的速率v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间t甲∶t乙的值分别为()A．1∶12∶1 B．1∶22∶1C．2∶11∶2 D．1∶21∶1解析:选B。带电粒子在电场中加速有qU＝eq\f(1，2）mv2，带电粒子在磁场中偏转有qvB＝meq\f(v2，R）,联立解得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)；甲粒子在磁场中偏转用时t甲＝eq\f（πR甲,2v甲），乙粒子在磁场中偏转用时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).由以上分析计算可知选项B正确．[综合应用题组］7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是()A．带电粒子每运动一周被加速一次B．P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A正确，D错误．由动能定理得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与加速次数不成正比，故B错误．最大动能为Ek＝eq\f（qBR02,2m),R0为D形盒半径，可知C错误．8．（多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角）射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(）A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq\f（1，\r(3））B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq\f（3，2＋\r(3)）C．A、B两粒子eq\f(m,q)之比是eq\f(1,\r(3))D．A、B两粒子eq\f（m,q）之比是eq\f（3,2＋\r(3))解析：选BD。由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝meq\f（v2,r)，得r＝eq\f（mv,Bq).由几何关系可得，对粒子B：rBcos60°＋rB＝d，对粒子A:rAcos30°＋rA＝d，联立解得eq\f(rA,rB)＝eq\f（3，2＋\r（3)），所以A错误，B正确．再根据r＝eq\f(mv，Bq），可得A、B两粒子eq\f(m,q)之比是eq\f（3，2＋\r（3))，故C错误,D正确．9．如图所示,两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心"形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PENCMDPB．电子运行一周回到P用时为T＝eq\f（2πm，B1e）C．B1＝2B2D．B1＝4B2解析：选C。根据左手定则可知:电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时,受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP,故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆,即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝eq\f(2πm，B1e）＋eq\f(πm，B2e），故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv，Be）可知，B1＝2B2，故C正确，D错误．10．（多选）如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子（不计重力）从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场．已知该带电粒子的比荷eq\f（q，m)＝eq\f(v0,2Bd），其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是（)A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为eq\r(3)dD．该带电粒子在磁场中运动的时间为eq\f（πd，3v0)解析：选BD。由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转,故A错误．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0)，R)，解得R＝eq\f(mv0,qB），又因为带电粒子的比荷eq\f(q，m）＝eq\f(v0，2Bd),则有R＝2d，故B正确．由几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为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错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为θ＝eq\f(π，6），所以粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(2πm，qB)×eq\f(1,12）＝eq\f(πd，3v0），故D正确．11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子．从静止开始经U0＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝（1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．解析：（1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2代入数据得：v＝20m/s(2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有:qvB＝eq\f（mv2，R)得R＝eq\f（mv，qB）代入数据得:R＝0.50m而eq\f(OP,cos53°）＝0.50m故圆心一定在x轴上,轨迹如图甲所示．由几何关系可知:OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0。90m（3)带电粒子不从x轴射出(如图乙），由几何关系得：OP＞R′＋R′cos53°①R′＝eq\f（mv，qB′）②由①②并代入数据得:B′＞eq\f（16，3)T＝5。33T（取“≥"照样给分)答案：（1）20m/s(2）0。90m(3)B′＞5.33T12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q,其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点,不计粒子重力．（1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；（2）若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点,求电场强度E的大小；（3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半,则粒子的出射点距A点的距离为多少？解析：(1）因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d由Bqv＝meq\f(v2,r)得v＝eq\f(Bqd,m)所以运动时间为t＝eq\f（2πr＋2d,v)＝eq\f(2πm＋2m，Bq）。（2）在区域Ⅱ内由动能定理得qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1）－eq\f（1，2）mv2由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d由2Bqv1＝meq\f（v\o\al(2，1)，r)得v1＝eq\f（2Bqd,m）联立解得E＝eq\f(3dqB2,2m）.(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．由eq\f(1，2)Bqv＝meq\f(v2，R)得R＝2d所以OC＝eq\r（R2－d2）＝eq\r（3）d粒子出射点距A点的距离为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节微专题3匀强磁场中的临界、极值和多解问题考点一带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题临界状态是指物体从一种运动状态（或物理现象）转变为另一种运动状态(或物理现象）的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象）的特点，起着承前启后的转折作用．由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，常常出现临界和极值问题．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:（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；(4)分析临界量列出公式．2．极值问题的分析思路所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种:一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论；二是借助于几何图形进行直观分析．1．(2016·高考全国丙卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m,电荷量为q（q〉0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（)A。eq\f（mv,2qB） B．eq\f（\r（3）mv，qB)C.eq\f(2mv,qB） D.eq\f(4mv，qB)解析：选D.如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB）。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何图形知,AP＝eq\r（3)R,则AO＝eq\r（3）AP＝3R，所以OB＝4R＝eq\f（4mv，qB)。故选项D正确．2．(多选）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力）,从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（）A．两板间电压的最大值Um＝eq\f(q2B2L2，2m)B．CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3－\r(3),3)）)LC．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(πm,qB)D．能打在N板上的粒子的最大动能为eq\f（q2B2L2,18m)解析:选BCD。M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点,CH＝QC＝L,故半径R1＝L，又因Bqv1＝meq\f(v\o\al（2,1）,R1），qUm＝eq