江蘇專版2019高考物理一輪復習第八章磁場學案

1第八章磁場第1節(jié)磁場的描述__磁場對電流的作用(1)磁場中某點磁感應強度的大小跟放在該點的試探電流元的情況無關。(√)(2)磁場中某點磁感應強度的方向跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一致。(×)(3)垂直磁場放置的線圈面積減小時穿過線圈的磁通量可能增大。(√)(4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。(×)(5)在同一幅圖中磁感線越密磁場越強。(√)(6)將通電導線放入磁場中若不受安培力說明該處磁感應強度為零。(×)(7)安培力可能做正功也可能做負功。(√)1820年丹麥物理學家奧斯特發(fā)現電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉稱為電流的磁效應。2突破點(一)對磁感應強度的理解1理解磁感應強度的三點注意事項(1)磁感應強度由磁場本身決定因此不能根據定義式BFIL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極的受力方向也是自由轉動的小磁針靜止時N極的指向。2磁感應強度B與電場強度E的比較磁感應強度B電場強度E物理意義描述磁場強弱的物理量描述電場強弱的物理量定義式BFIL(L與B垂直)EFq方向磁感線切線方向小磁針N極受力方向(靜止時N極所指方向)電場線切線方向正電荷受力方向大小決定因素由磁場決定與電流元無關由電場決定與檢驗電荷無關場的疊加合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和合電場強度等于各電場的電場強度的矢量和3地磁場的特點(1)在地理兩極附近磁場最強赤道處磁場最弱。(2)地磁場的N極在地理南極附近地磁場的S極在地理北極附近。(3)在赤道平面(地磁場的中性面)附近距離地球表面相等的各點地磁場的強弱程度相同且方向水平。[題點全練]下列關于磁場或電場的說法正確的是________。①通電導線受磁場力大的地方磁感應強度一定大②通電導線在磁感應強度大的地方受力一定大③放在勻強磁場中各處的通電導線受力大小和方向處處相同④磁感應強度的大小跟放在磁場中的通電導線受力的大小無關3⑤電荷在某處不受電場力的作用則該處電場強度為零⑥一小段通電導線在某處不受磁場力作用則該處磁感應強度一定為零⑦檢驗電荷在電場中某點受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值表征該點電場的強弱⑧通電導線在磁場中某點受到的磁場力與導線長度和電流乘積的比值表征該點磁場的強弱⑨地磁場在地球表面附近大小是不變的⑩地磁場的方向與地球表面平行?磁場中某點磁場的方向為放在該點的小磁針N極所指的方向?地磁場的N極與地理南極完全重合答案④⑤⑦突破點(二)安培定則的應用與磁場的疊加1常見磁體的磁感線2電流的磁場及安培定則直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場安培定則立體圖橫截面圖特點無磁極非勻強距導線越遠處磁場越弱兩側是N極和S極與條形磁體的磁場類似管內兩側是N極和S極圓環(huán)內側離導線越近磁場越強4可看作勻強磁場管外是非勻強磁場圓環(huán)外側離圓環(huán)越遠磁場越弱3安培定則的應用在運用安培定則時應分清“因”和“果”電流是“因”磁場是“果”既可以由“因”判斷“果”也可以由“果”追溯“因”。原因(電流方向)結果(磁場方向)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4磁場的疊加磁感應強度為矢量合成與分解遵循平行四邊形定則。[題點全練]1(2018·連云港模擬)如圖所示圓環(huán)上帶有大量的負電荷當圓環(huán)沿順時針方向轉動時a、b、c三枚小磁針都要發(fā)生轉動以下說法正確的是()Aa、b、c的N極都向紙里轉Bb的N極向紙外轉而a、c的N極向紙里轉Cb、c的N極都向紙里轉而a的N極向紙外轉Db的N極向紙里轉而a、c的N極向紙外轉解析選B由于圓環(huán)帶負電荷故當圓環(huán)沿順時針方向轉動時等效電流的方向為逆時針由安培定則可判斷環(huán)內磁場方向垂直紙面向外環(huán)外磁場方向垂直紙面向內磁場中某點的磁場方向即是放在該點的小磁針靜止時N極的指向所以b的N極向紙外轉a、c的N極向紙里轉。2[多選](2014·海南高考)如圖兩根平行長直導線相距2l通有大小相等、方向相同的恒定電流a、b、c是導線所在平面內的三點左側導線與它們的距離分別為l2、l和3l。關于這三點處的磁感應強度下列判斷正確的是()Aa處的磁感應強度大小比c處的大Bb、c兩處的磁感應強度大小相等Ca、c兩處的磁感應強度方向相同Db處的磁感應強度為零解析選AD對于通電直導線產生的磁場根據其產生磁場的特點及安培定則可知兩5導線在b處產生的磁場等大反向合磁場為零B錯誤D正確兩導線在a、c處產生的磁場都是同向疊加的但方向相反C錯誤由于a離導線近a處的磁感應強度比c處的大A正確。3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變則a點處磁感應強度的大小為()A0B.33B0C.233B0D2B0解析選C導線P和Q中電流I均向里時設其在a點產生的磁感應強度大小BPBQB1如圖所示則其夾角為60°它們在a點的合磁場的磁感應強度平行于PQ向右、大小為3B1。又根據題意Ba0則B03B1且B0平行于PQ向左。若P中電流反向則BP反向、大小不變BQ和BP大小不變夾角為120°合磁場的磁感應強度大小為B1′B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)a點合磁場的磁感應強度BB02B1′2233B0則A、B、D項均錯誤C項正確。突破點(三)判定安培力作用下導體的運動1判定導體運動情況的基本思路判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢首先必須弄清楚導體所在位置的磁場磁感線分布情況然后利用左手定則準確判定導體的受力情況進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。2五種常用判定方法電流元法分割為電流元――→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)形電流結論法同向電流互相吸引反向電流互相排斥兩不平行的直線電流相互作用時有轉到平行且電流方向相同的趨勢6轉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[典例]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順時針轉動C逆時針轉動D在紙面內平動[方法應用](一)由題明3法基礎解法(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上下兩部分每一部分又可以看成無數段直線電流元電流元處在L2產生的磁場中根據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因此從左向右看線圈L1將順時針轉動。能力解法一(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等效成小磁針后轉動前N極指向紙內因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上所以從左向右看線圈L1將順時針轉動。能力解法二(結論法)環(huán)形電流I1、I2之間不平行則必有相對轉動直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據此可得從左向右看線圈L1將順時針轉動。(二)方法選擇(1)如果通電導體為環(huán)形電流則選用等效法較簡單。(2)如果只是判斷兩個通電導體之間的相互作用情況可選用結論法。(3)如果通電導體為直導線則可選用電流元法和特殊位置法。[集訓沖關]1.如圖所示把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面當線圈中通入如圖方向的電流后線圈的運動情況是()A線圈向左運動B線圈向右運動C從上往下看順時針轉動D從上往下看逆時針轉動解析選A將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵根據異名磁極相互吸引知線圈將向左運動選項A正確。也可將左側條形磁鐵等效成一環(huán)形電流根據結論“同向電流相吸引反向電流相排斥”可判斷出線圈向左運動。故A正確。72(2018·揚州檢測)一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方如圖所示如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流則關于導線ab受磁場力后的運動情況下列說法正確的是()A從上向下看順時針轉動并靠近螺線管B從上向下看順時針轉動并遠離螺線管C從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管D從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管解析選D由安培定則可判定通電螺線管產生的磁場方向導線等效為Oa、Ob兩電流元由左手定則可判定兩電流元所受安培力的方向Oa向紙外Ob向紙里所以從上向下看導線逆時針轉動當轉過90°時再用左手定則可判定導線所受磁場力向下即導線在逆時針轉動的同時還要靠近螺線管D對。3.如圖所示一通電金屬環(huán)固定在絕緣的水平面上在其左端放置一可繞中點O自由轉動且可在水平方向自由移動的豎直金屬棒中點O與金屬環(huán)在同一水平面內當在金屬環(huán)與金屬棒中通有圖中所示方向的電流時則()A金屬棒始終靜止不動B金屬棒的上半部分向紙面外轉下半部分向紙面里轉同時靠近金屬環(huán)C金屬棒的上半部分向紙面里轉下半部分向紙面外轉同時靠近金屬環(huán)D金屬棒的上半部分向紙面里轉下半部分向紙面外轉同時遠離金屬環(huán)解析選B由通電金屬環(huán)產生的磁場特點可知其在金屬棒的上半部分產生有水平向左的磁場分量由左手定則可判斷金屬棒上半部分受到方向向外的安培力故向紙面外轉同理可判斷金屬棒的下半部分向紙面里轉。當金屬棒開始轉動到轉至水平面時由同向電流相吸反向電流相斥可知金屬棒在靠近金屬環(huán)B正確。突破點(四)安培力作用下的平衡、加速問題1安培力公式FBIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直且L是通電導線的有效長度。2通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路(1)選定研究對象(2)變三維為二維如側視圖、剖面圖或俯視圖等并畫出平面受力分析圖其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I8(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。[典例](2015·全國卷Ⅰ)如圖一長為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量。[解析]依題意開關閉合后電流方向從b到a由左手定則可知金屬棒所受的安培力方向豎直向下。開關斷開時兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl10.5cm。由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1mg①式中m為金屬棒的質量k是彈簧的勁度系數g是重力加速度的大小。開關閉合后金屬棒所受安培力的大小為FBIL②式中I是回路電流L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl20.3cm由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1Δl2)mgF③由歐姆定律有EIR④式中E是電池的電動勢R是電路總電阻。聯(lián)立①②③④式并代入題給數據得m0.01kg。⑤[答案]安培力的方向豎直向下金屬棒的質量為0.01kg[易錯提醒](1)本題中安培力的方向易判斷錯誤。(2)開關閉合后彈簧的伸長量為(0.50.3)cm不是0.3cm或(0.50.3)cm。(3)導體棒所受彈簧的彈力為2kx而不是kx。[集訓沖關]1(2018·興化期末)如圖所示質量為60g的銅棒長為a20cm棒的兩端與長為L930cm的細軟銅線相連吊在磁感應強度B0.5T、方向豎直向上的勻強磁場中。當棒中通過恒定電流I后銅棒向上擺動最大偏角θ60°g取10m/s2求(1)銅棒中電流I的大小。(2)銅棒在擺動過程中的最大速率。解析(1)銅棒上擺的過程根據動能定理得FBLsin60°mgL(1cos60°)0又安培力為FBBIa代入解得I23A。(2)由題意銅棒向上擺動的最大偏角θ60°根據對稱性可知偏角是30°時是其平衡位置則有GFBcot30°3FB當銅棒偏角是30°時速度最大動能最大由動能定理可得12mvm2FBLsin30°mgL(1cos30°)代入解得最大速度為vm0.96m/s。答案(1)23A(2)0.96m/s2(2018·福州期末)如圖所示PQ和MN為水平放置的光滑平行金屬導軌間距為L1.0m導體棒ab跨放在導軌上棒的質量為m0.02kg棒的中點用細繩經輕滑輪與物體c相連物體c的質量M0.03kg懸在空中。在垂直導軌平面方向存在磁感應強度B0.2T的勻強磁場磁場方向豎直向上重力加速度g取10m/s2。(1)為了使物體c能保持靜止應該在棒中通入多大的電流I1電流的方向如何(2)若在棒中通入方向a到b的電流I22A導體棒的加速度大小是多少解析(1)由力的平衡可知MgBI1LI1MgBL0.03×100.2×1A1.5A由左手定則可知方向由a到b。(2)當I22A時對整體由牛頓第二定律得BI2LMg(Mm)a10解得aBI2LMgMm0.2×2×10.30.05m/s22m/s2。答案(1)1.5A由a到b(2)2m/s2安培力作用下的功能關系安培力和重力、彈力、摩擦力一樣會使通電導體在磁場中平衡、轉動、加速也會涉及做功問題。解答時一般要用到動能定理、能量守恒定律等。(一)周期性變化的安培力做功問題1[多選](2014·浙江高考)如圖甲所示兩根光滑平行導軌水平放置間距為L其間有豎直向下的勻強磁場磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t0時刻起棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I周期為T最大值為Im圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()A一直向右移動B速度隨時間周期性變化C受到的安培力隨時間周期性變化D受到的安培力在一個周期內做正功解析選ABC由左手定則可知金屬棒一開始向右做勻加速運動當電流反向以后金屬棒開始做勻減速運動經過一個周期速度變?yōu)?然后重復上述運動所以選項A、B正確安培力FBIL由圖像可知前半個周期安培力水平向右后半個周期安培力水平向左不斷重復選項C正確一個周期內金屬棒初、末速度相同由動能定理可知安培力在一個周期內不做功選項D錯誤。(二)電磁炮中的功能關系2“電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器具有速度快、效率高等優(yōu)點。如圖是“電磁炮”的原理結構示意圖。光滑水平加速導軌電阻不計軌道寬為L0.2m。在導軌間有豎直向上的勻強磁場磁感應強度B1×102T?！半姶排凇睆楏w總質量m0.2kg其中彈體在軌道間的電阻R0.4Ω?？煽仉娫吹膬茸鑢0.6Ω電源的電壓能自行調節(jié)以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗發(fā)射時電源為加速彈體提供的電流是I4×103A不計空氣阻力。求11(1)彈體所受安培力大小(2)彈體從靜止加速到4km/s軌道至少要多長(3)彈體從靜止加速到4km/s過程中該系統(tǒng)消耗的總能量。解析(1)在導軌通有電流I時彈體作為導體受到磁場施加的安培力為FILB100×4000×0.2N8×104N。(2)由動能定理Fx12mv2彈體從靜止加速到4000m/s軌道至少要xmv22F0.2×400022×80000m20m。(3)由Fma得aFm800000.2m/s2400000m/s2由vat得tva4000400000s0.01s發(fā)射過程產生的熱量QI2(Rr)t40002×(0.40.6)×0.01J1.6×105J彈體的動能Ek12mv212×0.2×40002J1.6×106J系統(tǒng)消耗的總能量為EEkQ1.76×106J。答案(1)8×104N(2)20m(3)1.76×106J(三)安培力作用下的平拋問題3如圖所示在水平放置的平行導軌一端架著一根質量m0.04kg的金屬棒ab導軌另一端通過開關與電源相連。該裝置放在高h20cm的絕緣墊塊上。當有豎直向下的勻強磁場時接通開關金屬棒ab會被拋到距導軌右端水平位移s100cm處。試求開關接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10m/s2)解析在接通開關到金屬棒離開導軌的短暫時間內安培力對金屬棒做的功為W由動能定理得W12mv2設平拋運動的時間為t則豎直方向h12gt2水平方向svt解得W0.5J。12答案0.5J[反思領悟]安培力做功的特點和實質(1)安培力做功與路徑有關這一點與電場力不同。(2)安培力做功的實質是能量轉化。①安培力做正功時將電源的能量轉化為導體的機械能或其他形式的能。②安培力做負功時將機械能轉化為電能或其他形式的能。對點訓練磁感應強度、安培定則1[多選](2015·全國卷Ⅱ)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解析選BC指南針是一個小磁體具有N、S兩個磁極因為地磁場的作用指南針的N極指向地理的北極選項A錯誤選項B正確。因為指南針本身是一個小磁體所以會對附近的鐵塊產生力的作用同時指南針也會受到反作用力所以會受鐵塊干擾選項C正確。在地磁場中指南針南北指向當直導線在指南針正上方平行于指南針南北放置時通電導線產生的磁場在指南針處是東西方向所以會使指南針偏轉選項D錯誤。2[多選](2018·常熟模擬)磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示下列說法中正確的是()Aa、b兩處的磁感應強度大小BaBbBa、b兩處的磁感應強度大小BaBbC一通電直導線分別放在a、b兩處所受的安培力大小一定有FaFbD一通電直導線分別放在a、b兩處所受的安培力大小可能有FaFb解析選AD磁感線越密磁場越強故A正確B錯誤通電導線放在a、b兩處但沒有說明導線的方向與磁場的方向的關系其所受安培力的大小關系不確定故C錯誤D正確。3.電視機顯像管的偏轉線圈示意圖如圖所示某時刻電流方向如圖所示。則環(huán)心O處的磁場方向()13A向下B向上C垂直紙面向里D垂直紙面向外解析選A對于左右兩個螺線管由安培定則可以判斷出上方均為磁場北極下方均為磁場南極所以環(huán)心O處的磁場方向向下即A選項正確。4[多選](2016·海南高考)如圖(a)所示揚聲器中有一線圈處于磁場中當音頻電流信號通過線圈時線圈帶動紙盆振動發(fā)出聲音。俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)磁場方向如圖中箭頭所示。在圖(b)中()A當電流沿順時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B當電流沿順時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外C當電流沿逆時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D當電流沿逆時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外解析選BC將環(huán)形導線分割成無限個小段每一小段看成直導線則根據左手定則當電流沿順時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外故選項A錯誤選項B正確當電流沿逆時針方向時線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里故選項C正確選項D錯誤。5.(2018·張家港模擬)如圖所示一根通電直導線放在磁感應強度B1T的勻強磁場中在以導線為圓心半徑為r的圓周上有a、b、c、d四個點若a點的實際磁感應強度為0則下列說法中正確的是()A直導線中電流方向是垂直紙面向里Bc點的實際磁感應強度也為0Cd點實際磁感應強度為2T方向斜向下與B夾角為45°D以上均不正確解析選A由題意可知a點的磁感應強度為0說明通電導線在a點產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反即得到通電導線在a點產生的磁感應強度方向水平向左根據安培定則判斷可知直導線中的電流方向垂直紙面向里故A正確。通電導線在c點產生的磁感應強度大小為B1T方向水平向右與勻強磁場方向相同則c點磁感應強度為2T方向與B的方向相同故B錯誤。通電導線在d處的磁感應強度方向豎直向下根據磁場的疊加原理可得d點磁感應強度為Bd2B2T方向與B的方向成1445°斜向下故C錯誤。由上分析可知D錯誤。對點訓練判定安培力作用下導體的運動6(2018·江陰模擬)如圖中甲、乙所示在勻強磁場中有兩個通電線圈處于如圖所示的位置則()A從上往下俯視甲中的線圈順時針轉動B從上往下俯視甲中的線圈逆時針轉動C從上往下俯視乙中的線圈順時針轉動D從上往下俯視乙中的線圈逆時針轉動解析選D根據題圖甲所示由左手定則可知線圈各邊所受安培力都在線圈所在平面內線圈不會繞OO′軸轉動故A、B錯誤根據題圖乙所示由左手定則可知線圈左、右兩邊所受安培力分別垂直于紙面向外和向里線圈會繞OO′軸轉動從上往下俯視乙中的線圈逆時針轉動。故C錯誤D正確。7(2018·溫州調研)教師在課堂上做了兩個小實驗讓小明同學印象深刻。第一個實驗叫做“旋轉的液體”在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極沿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極把它們分別與電池的兩極相連然后在玻璃皿中放入導電液體例如鹽水如果把玻璃皿放在磁場中液體就會旋轉起來如圖甲所示。第二個實驗叫做“振動的彈簧”把一根柔軟的彈簧懸掛起來使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸通電后發(fā)現彈簧不斷上下振動如圖乙所示。下列關于這兩個趣味實驗的說法正確的是()A圖甲中如果改變磁場的方向液體的旋轉方向不變B圖甲中如果改變電源的正負極液體的旋轉方向不變C圖乙中如果改變電源的正負極依然可以觀察到彈簧不斷上下振動D圖乙中如果將水銀換成酒精依然可以觀察到彈簧不斷上下振動解析選C圖甲中僅僅調換N、S極位置或僅僅調換電源的正負極位置安培力方向肯定改變液體的旋轉方向要改變故A、B均錯誤。圖乙中當有電流通過彈簧時構成彈簧的每一圈導線周圍都產生了磁場根據安培定則知各圈導線之間都產生了相互的吸引作用彈簧就縮短了當彈簧的下端離開水銀后電路斷開彈簧中沒有了電流各圈導線之15間失去了相互吸引力彈簧又恢復原長使得彈簧下端又與水銀接觸彈簧中又有了電流開始重復上述過程可以觀察到彈簧不斷上下振動如果改變電源的正負極依然可以觀察到彈簧不斷上下振動但是如果將水銀換成酒精酒精不導電則彈簧將不再上下振動故選項C正確D錯誤。8.(2018·泰州模擬)通有電流的導線L1、L2處在同一平面(紙面)內L1是固定的L2可繞垂直紙面的固定轉軸O轉動(O為L2的中心)各自的電流方向如圖所示。下列哪種情況將會發(fā)生()A因L2不受磁場力的作用故L2不動B因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡故L2不動CL2繞軸O按順時針方向轉動DL2繞軸O按逆時針方向轉動解析選D由右手螺旋定則可知導線L1上方的磁場的方向為垂直紙面向外且離導線L1越遠的地方磁場越弱導線L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右由于O點的下方磁場較強則安培力較大因此L2繞固定轉軸O按逆時針方向轉動。故D正確。對點訓練安培力作用下的平衡和加速問題9.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示彈簧測力計下掛有一長為L、質量為m的金屬棒金屬棒處于磁感應強度垂直紙面向里的勻強磁場中棒上通有如圖所示方向的電流I金屬棒處于水平靜止狀態(tài)若此時彈簧測力計示數大小為F重力加速度為g金屬棒以外部分的導線沒有處于磁場中且質量不計則下列說法正確的是()A金屬棒所受的安培力方向豎直向上B金屬棒所受的安培力大小為mgFC若將電流增大為原來的2倍平衡時彈簧測力計示數會增大為2FD若將磁感應強度和金屬棒質量同時增大為原來的2倍平衡時彈簧測力計示數會增大為2F解析選D由左手定則可知金屬棒所受的安培力方向向下選項A錯誤由平衡知識可知mgF安F則金屬棒所受的安培力大小為Fmg選項B錯誤若將電流增大為原來的2倍則安培力變?yōu)樵瓉淼?倍根據FmgF安可知平衡時彈簧測力計示數不會增大為2F選項C錯誤若將磁感應強度和金屬棒質量同時增大為原來的2倍則安培力變?yōu)樵瓉淼?倍根據FmgF安可知平衡時彈簧測力計示數會增大為2F選項D正確。10.[多選]如圖所示質量為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()16Az正向mgILtanθBy正向mgILCz負向mgILtanθD沿懸線向上mgILsinθ解析選BC本題要注意在受力分析時把立體圖變成側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FILB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FT0且滿足ILBmg即BmgIL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FTsinθILBFTcosθmg即BmgtanθIL導線可以平衡C正確。若B沿懸線向上導線受到的安培力垂直于導線指向左下方如圖丁所示導線無法平衡D錯誤?？键c綜合訓練11(2018·蘇州模擬)一條形磁鐵放在光滑的斜面上并用一質量不計的彈簧連接在頂端的擋板上磁鐵靜止時彈簧的伸長量為x0將通有方向垂直紙面向外的直導線分別放在a、b、c位置時彈簧的伸長量分別為xa、xb、xc已知a、b、c三點的連線與斜面平行且b點在條形磁鐵的正中央。則下列正確的是()Ax0xaxbxcBx0xaxbxcCxax0xbxcDxaxbxcx0解析選C由于條形磁鐵的磁感線是從N極出發(fā)到S極所以可畫出磁鐵在a處的一條磁感線其方向是斜向左下方的如圖所示由左手定則可判斷導線在a點受斜向右下方的安培力Fa由牛頓第三定律可知磁鐵所受作用力Fa′的方向是斜向左上方Fa′有沿斜面向下的分力該分力使得彈簧彈力增大所以彈簧的伸長量增大同理可知導線在b點時彈簧的伸長量不變同理可知導線在c點時彈簧的伸長量減小則xax0xbxcC正確。12[多選](2018·南京四校聯(lián)考)一質量為0.06kg、長為0.1m的金屬棒MN用兩根長度均為1m的絕緣細線懸掛于天花板的頂17端現在金屬棒所在的空間加一豎直向下的磁感應強度大小為0.5T的勻強磁場當在金屬棒中通有恒定的電流后金屬棒能在豎直平面內擺動當金屬棒擺到最高點時細線與豎直方向的夾角為37°已知一切阻力可忽略不計g10m/s2sin37°0.6cos37°0.8。下列正確的說法是()A金屬棒在擺動到最高點的過程中機械能增加B金屬棒在擺動到最高點的過程中機械能先增加后減少C通入金屬棒中的電流為9AD通入金屬棒中的電流為4A解析選AD金屬棒的長度用l表示細線的長度用R表示則在金屬棒上升過程中安培力做正功機械能一直增加A正確B錯誤由動能定理知W安W重0即BIlRsin37°mgR(1cos37°)代入數值得I4AC錯誤D正確。13.某同學自制一電流表其原理如圖所示。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連彈簧的勁度系數為k在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場磁感應強度大小為B方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab當MN中沒有電流通過且處于靜止時MN與矩形區(qū)域的ab邊重合且指針指在標尺的零刻度當MN中有電流時指針示數可表示電流強度。MN始終在紙面內且保持水平重力加速度為g。(1)當電流表的示數為零時求彈簧的伸長量(2)為使電流表正常工作判斷金屬桿MN中電流的方向(3)若磁場邊界ab的長度為L1bc的長度為L2此電流表的量程是多少解析(1)設當電流表示數為零時彈簧的伸長量為Δx則有mgkΔx故Δxmgk。(2)根據左手定則金屬桿中的電流方向為M→N。(3)設電流表滿偏時通過MN的電流為Im則有BImL1mgk(L2Δx)故ImkL2BL1。答案(1)mgk(2)M→N(3)kL2BL1第2節(jié)磁場對運動電荷的作用18(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。(×)(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。(×)(3)根據公式T2πrv說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(×)(4)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(×)(5)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現所以洛倫茲力也可能做功。(×)(6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時其運動半徑與帶電粒子的比荷有關。(√)(7)利用質譜儀可以測得帶電粒子的比荷。(√)(8)經過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應強度B、加速電壓的大小共同決定的。(×)(1)荷蘭物理學家洛倫茲提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點。(2)英國物理學家湯姆孫發(fā)現電子并指出陰極射線是高速運動的電子流。(3)阿斯頓設計的質譜儀可用來測量帶電粒子的質量和分析同位素。(4)1932年美國物理學家勞倫茲發(fā)明了回旋加速器能在實驗室中產生大量的高能粒子。(最大動能僅取決于磁場和D形盒直徑帶電粒子圓周運動周期與高頻電源的周期相同)突破點(一)對洛倫茲力的理解1洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向注意區(qū)分正、負電荷。19(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)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(4)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二者性質相同都是磁場力。(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洛倫茲力電場力產生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小FqvB(v⊥B)FqE方向F⊥B且F⊥v正電荷受力與電場方向相同負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功可能做負功也可能不做功[題點全練]1(2016·北京高考)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?！边M一步研究表明地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結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“常微偏東不全南也”和題圖知地理南、北極與地磁場的南、北極不重合地磁場的南極在地理北極附近地球是一個巨大的磁體因此地球內部也存在磁場故選項A、B的說法正確。從題圖中磁感線的分布可以看出在地球表面某些位置(如南極、北極附近)磁感線不與地面平行故選項C的說法不正確。宇宙射線粒子帶有電荷在射向地球赤道時運動方向與地磁場方向不平行因此會受到磁場力的作用故選項D的說法正確。2(2015·海南高考)如圖a是豎直平面P上的一點P前有一條形磁鐵垂直于P且S極朝向a點P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下在水平面內向右彎曲20經過a點。在電子經過a點的瞬間條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()A向上B向下C向左D向右解析選A條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外電子在條形磁鐵的磁場中向右運動由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上A正確。突破點(二)帶電粒子在勻強磁場中的運動1圓心的確定(1)已知入射方向和出射方向時可通過入射點和出射點做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圖中P為入射點M為出射點。(2)已知入射方向和入射點、出射點的位置時可以通過入射點做入射方向的垂線連接入射點和出射點做其中垂線這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心。如圖乙所示P為入射點M為出射點。2帶電粒子在不同邊界磁場中的運動(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性如圖所示)。(2)平行邊界(存在臨界條件如圖所示)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出如圖所示)。213解題常用知識(1)幾何知識根據已知長度、角度計算粒子的運動半徑或者根據粒子的運動半徑計算未知長度、角度時常用到幾何知識。例如三角函數、勾股定理、偏向角與圓心角的關系??(2)半徑公式、周期公式應用公式RmvqB、T2πmqB可根據q、B、m、v計算粒子的半徑、周期也可根據粒子的半徑或周期計算磁感應強度粒子的電荷量、質量。(3)運動時間計算式tθ2π·T計算粒子的運動時間或已知粒子的運動時間計算圓心角或周期時常用到tθ2π·T。[典例](2016·全國卷Ⅱ)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順時針轉動。在該截面內一帶電粒子從小孔M射入筒內射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過90°時該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞則帶電粒子的比荷為()A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB[審題指導]第一步抓關鍵點關鍵點獲取信息粒子射入時的運動方向與MN成30°角粒子射出磁場時與半徑方向也應成30°筒轉過90°所用時間為圓筒運動周期的14第二步找突破口(1)求粒子運動的圓心角→畫軌跡由幾何關系求解。(2)求粒子運動周期→根據粒子運動時間與筒相等求解。(3)求比荷→可根據粒子的周期公式求解。[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22識知為30°粒子在磁場中運動時間與圓筒轉動時間相等則π2ω2πmqB·30°360°即qmω3B選項A正確。[答案]A[方法規(guī)律]帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題三步法[集訓沖關]1.(2017·全國卷Ⅱ)如圖虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場P為磁場邊界上的一點大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點在紙面內沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上若粒子射入速率為v2相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為()A.3∶2B.2∶1C.3∶1D3∶2解析選C由于是相同的粒子粒子進入磁場時的速度大小相同由qvBmv2R可知RmvqB即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1如圖所示通過旋轉圓可知當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時則AP2R1同樣若粒子運動的速度大小為v2粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時則BP2R2由幾何關系可知R1R2R2Rcos30°32R則v2v1R2R13C項正確。232.(2017·全國卷Ⅲ)如圖空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域磁感應強度的大小為B0x<0區(qū)域磁感應強度的大小為λB0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場此時開始計時當粒子的速度方向再次沿x軸正向時求(不計重力)(1)粒子運動的時間(2)粒子與O點間的距離。解析(1)在勻強磁場中帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域圓周半徑為R1在x0區(qū)域圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0mv02R1①qλB0v0mv02R2②粒子速度方向轉過180°時所需時間t1為t1πR1v0③粒子再轉過180°時所需時間t2為t2πR2v0④聯(lián)立①②③④式得所求時間為t0t1t2πmB0q11λ。⑤(2)由幾何關系及①②式得所求距離為d02(R1R2)2mv0B0q11λ。⑥答案(1)πmB0q11λ(2)2mv0B0q11λ突破點(三)帶電粒子在勻強磁場中的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動由于多種因素的影響使問題形成多解。多解形成原因一般包含4個方面24(一)帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子可能帶正電荷也可能帶負電荷在相同的初速度的條件下正、負粒子在磁場中運動軌跡不同導致形成多解。[例1]如圖所示寬度為d的有界勻強磁場磁感應強度為BMM′和NN′是它的兩條邊界?，F有質量為m電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出則粒子入射速率v的最大值可能是多少。[解析]題目中只給出粒子“電荷量為q”未說明是帶哪種電荷。若q為正電荷軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的14圓弧軌道半徑RmvBq又dRR2解得v(22)Bqdm。若q為負電荷軌跡如圖所示的下方與NN′相切的34圓弧則有R′mv′BqdR′R′2解得v′(22)Bqdm。[答案](22)Bqdm(q為正電荷)或(22)Bqdm(q為負電荷)(二)磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應強度的大小而未具體指出磁感應強度方向此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。25[例2][多選](2018·鹽城模擬)一質量為m電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動若磁場方向垂直于它的運動平面且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍則負電荷做圓周運動的角速度可能是()A.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm[解析]依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”磁場方向有兩種可能且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時根據牛頓第二定律可知4Bqvmv2R得v4BqRm此種情況下負電荷運動的角速度為ωvR4Bqm當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時有2Bqvmv2Rv2BqRm此種情況下負電荷運動的角速度為ωvR2Bqm應選AC。[答案]AC(三)帶電粒子速度不確定形成多解有些題目只告訴了帶電粒子的電性但未具體指出速度的大小或方向此時必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。[例3][多選]如圖所示兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開三角形內磁場垂直紙面向里三角形頂點A處有一質子源能沿∟BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質子(質子重力不計)所有質子均能通過C點質子比荷qmk則質子的速度可能為()A2BkLB.BkL2C.3BkL2D.BkL8[解析]因質子帶正電且經過C點其可能的軌跡如圖所示所有圓弧所對圓心角均為60°所以質子運行半徑rLn(n261,2,3?)由洛倫茲力提供向心力得Bqvmv2r即vBqrmBk·Ln(n1,2,3?)選項B、D正確。[答案]BD(四)帶電粒子運動的周期性形成多解空間中存在周期性變化的磁場帶電粒子在空間運動時運動往往具有周期性因而形成多解。[例4](2018·江蘇如皋模擬)如圖甲所示M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板板間距離為d兩板中央各有一個小孔O、O′正對在兩板間有垂直于紙面方向的磁場磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示設垂直紙面向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響。求(1)磁感應強度B0的大小(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場正離子射入磁場時的速度v0的可能值。[思路點撥](1)求解磁感應強度B0的大小時要充分利用“正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T0”這個條件。(2)正離子的運動周期與磁場的變化周期相同離子在兩板間的運動具有可重復性求解第(2)問時可以先畫出離子經一個周期飛出磁場的運動軌跡繼而推廣到多個周期的情況。[解析](1)正離子射入磁場由洛倫茲力提供向心力即qv0B0mv02r做勻速圓周運動的周期T02πrv0聯(lián)立兩式得磁感應強度B02πmqT0。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場離子的運動軌跡如圖所示兩板之間正離子只運動一個周期即T0時有rd4當在兩板之間正離子共運動n個周期即nT0時有rd4n(n1,2,3?)27聯(lián)立求解得正離子的速度的可能值為v0B0qrmπd2nT0(n1,2,3?)。[答案](1)2πmqT0(2)πd2nT0(n1,2,3?)突破點(四)帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題[多維探究](一)半無界磁場[例1](2018·海門二模)如圖所示直線MN上方有垂直紙面向外的足夠大的有界勻強磁場區(qū)域磁感應強度為B正、負電子同時從O點以與MN成30°角的相同速度v射入該磁場區(qū)域(電子質量為m電量為e)經一段時間后從邊界MN射出。求(1)它們從磁場中射出時出射點間的距離(2)它們從磁場中射出的時間差。[解析](1)正、負電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑相同但繞行方向不同分別作出正、負電子在磁場中運動的軌跡如圖所示。由Bevmv2R得RmvBe射出點距離為PQ4Rsinθ由題意可知θ30°如圖可知兩粒子離開時距O點均為R所以出射點相距為L2R2mveB。(2)由T2πrv得T2πmBe負電子在磁場中運動時間t12π2θ2πT56T正電子在磁場中運動時間t22θ2πT16T所以兩個電子射出的時間差Δtt1t24πm3Be。28[答案](1)2mveB(2)4πm3eB(二)四分之一平面磁場[例2]如圖所示一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內的勻強磁場中并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。[解析]軌跡示意圖如圖所示由射入、射出點的半徑可找到圓心O′并得出半徑為r2a3mvBq得B3mv2aq射出點坐標為(03a)。[答案]B3mv2aq射出點坐標為(03a)(三)正方形磁場[例3][多選]如圖所示在正方形abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。a處有比荷相等的甲、乙兩種粒子甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場經時間t1從d點射出磁場乙粒子沿與ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁場經時間t2垂直cd射出磁場不計粒子重力和粒子間的相互作用力則下列說法中正確的是()Av1∶v21∶2Bv1∶v23∶4Ct1∶t22∶1Dt1∶t23∶1[解析]甲、乙兩粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中的運行周期為T2πmBq因為甲、乙兩種粒子的比荷相等故T甲T乙。設正方形的邊長為L則由圖知甲粒子運行半徑為r1L2運行時間為t1T甲2乙粒子運行半徑為r2Lcos30°運行時間為t2T乙6而rmvBq所以v1∶v2r1∶r23∶4選項A錯誤、B正確t1∶t23∶1選項C錯誤、D正確。[答案]BD(四)矩形磁場29[例4](2018·射陽聯(lián)考)如圖所示矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是()A粒子a帶負電B粒子c的動能最大C粒子b在磁場中運動的時間最長D粒子b在磁場中運動時的向心力最大[解析]由左手定則可知a粒子帶正電故A錯誤由qvBmv2r可得rmvqB由題圖可知粒子c的軌跡半徑最小粒子b的軌跡半徑最大又m、q、B相同所以粒子c的速度最小粒子b的速度最大由Ek12mv2知粒子c的動能最小根據洛倫茲力提供向心力有f向qvB則可知粒子b的向心力最大故D正確、B錯誤由T2πmqB可知粒子a、b、c的周期相同但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小則粒子b在磁場中運動的時間最短故C錯誤。[答案]D(五)三角形磁場[例5]如圖所示△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形比荷為em的電子以速度v0從A點沿AB邊入射欲使電子經過BC邊磁感應強度B的取值為()AB2mv0aeBB2mv0aeCB3mv0aeDB3mv0ae[解析]由題意如圖所示電子正好經過C點此時圓周運動的半徑Ra2cos30°a3要想電子從BC邊經過電子做圓周運動的半徑要大于a3由帶電粒子在磁場中運動的公式rmvqB有a3mv0eB即B3mv0ae選D。30[答案]D(六)圓形磁場[例6][多選](2018·常州質檢)在半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直圓面的勻強磁場。圓邊上的P處有一粒子源沿垂直于磁場的各個方向向磁場區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子如圖所示?，F測得當磁感應強度為B1時粒子均從由P點開始弧長為12πR的圓周范圍內射出磁場當磁感應強度為B2時粒子則從由P點開始弧長為23πR的圓周范圍內射出磁場。不計粒子的重力則()A前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r22∶3B前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r22∶3C前后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B22∶3D前后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B23∶2[解析]假設粒子帶正電如圖1磁感應強度為B1時弧長L112πR對應的弦長為粒子圓周運動的直徑則r112·2RsinθRsinL12RRsinπ4。如圖2磁感應強度為B2時弧長L223πR對應的弦長為粒子圓周運動的直徑則r212·2RsinαRsinL22RRsinπ3因此r1∶r2sinπ4∶sinπ32∶3故A正確B錯誤。由洛倫茲力提供向心力可得qv0Bmv02r則Bmv0qr可以得出B1∶B2r2∶r13∶2故C錯誤D正確。[答案]AD(七)半圓形磁場[例7]如圖所示長方形abcd長ad0.6m寬ab0.3mO、e分別是ad、bc的中點以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)磁感應強度B0.25T。一群不計重力、質量m3×107kg、電荷量q2×103C的帶電粒子以速度v5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域則()31A從Od邊射入的粒子出射點全部分布在Oa邊B從aO邊射入的粒子出射點全部分布在ab邊C從Od邊射入的粒子出射點分布在Oa邊和ab邊D從aO邊射入的粒子出射點分布在ab邊和bc邊[解析]由rmvqB得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r0.3m從Od邊射入的粒子出射點分布在ab和be邊從aO邊射入的粒子出射點分布在ab邊和be邊選項D正確。[答案]D(八)其他有界磁場[例8](2016·四川高考)如圖所示正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域當速度大小為vb時從b點離開磁場在磁場中運動的時間為tb當速度大小為vc時從c點離開磁場在磁場中運動的時間為tc不計粒子重力。則()Avb∶vc1∶2tb∶tc2∶1Bvb∶vc2∶1tb∶tc1∶2Cvb∶vc2∶1tb∶tc2∶1Dvb∶vc1∶2tb∶tc1∶2[解析]如圖所示設正六邊形的邊長為l當帶電粒子的速度大小為vb時其圓心在a點軌道半徑r1l轉過的圓心角θ123π當帶電粒子的速度大小為vc時其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)故軌道半徑r22l轉過的圓心角θ2π3根據qvBmv2r得vqBrm故vbvcr1r212。由于T2πrv得T2πmqB所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等又tθ2πT所以tbtcθ1θ221。故選項A正確選項B、C、D錯誤。[答案]A帶電粒子在磁場中運動的直角三角形關系帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動是近幾年高考的熱點這些考題不但涉及洛倫茲力作用下的動力學問題而且往往與平面圖形的幾何關系相聯(lián)系而幾何圖形常常為直角三角形該類型題目成為考查學生綜合分析問題運用數學知識解決物理問題的難度較大的考32題。下面列舉兩種常見的幾何關系。(一)直角三角形的邊角關系1[多選]如圖所示在x軸上方存在磁感應強度為B的勻強磁場一個電子(質量為m電荷量為q)從x軸上的O點以速度v斜向上射入磁場中速度方向與x軸的夾角為45°并與磁場方向垂直。電子在磁場中運動一段時間后從x軸上的P點射出磁場。則()A電子在磁場中運動的時間為πm2qBB電子在磁場中運動的時間為πmqBCO、P兩點間的距離為2mvqBDO、P兩點間的距離為2mvqB解析選AC畫出電子的運動軌跡如圖所示O1A⊥OP電子在磁場中的運動時間tθ2πTπ22π×2πmqBπm2qBA正確B錯誤設電子在磁場中做圓周運動的半徑為R根據qvBmv2R得RmvqB在直角三角形OO1A中由幾何關系得Rsin45°OP2解得OP2Rsin45°2mvqBC正確D錯誤。2.如圖所示虛線圓所圍區(qū)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場磁感應強度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場電子束經過磁場區(qū)后其運動方向與原入射方向成θ角。設電子質量為m電荷量為e不計電子之間相互作用力及所受的重力求(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R(2)電子在磁場中運動的時間t(3)圓形磁場區(qū)域的半徑r。解析(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evBmv2R解得RmveB。(2)設電子做勻速圓周運動的周期為T則T2πRv2πmeB33由如圖所示的幾何關系得圓心角αθ所以tθ2πTmθeB。(3)由如圖所示幾何關系可知tanθ2rR解得rmveBtanθ2。答案(1)mveB(2)mθeB(3)mveBtanθ2(二)直角三角形中的勾股定理3[多選]長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場如圖所示磁感應強度為B板間距離也為l板不帶電現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場欲使粒子不打在極板上可采用的辦法是()A使粒子的速度vBql4mB使粒子的速度v5Bql4mC使粒子的速度vBqlmD使粒子的速度v滿足Bql4mv5Bql4m解析選AB帶電粒子剛好打在極板右邊緣時有r12r1l22l2又因r1mv1Bq解得v15Bql4m粒子剛好打在極板左邊緣時有r2l4mv2Bq解得v2Bql4m故A、B正確。4.(2018·南京質檢)如圖所示真空室內存在勻強磁場磁場方向垂直于紙面向里磁感應強度的大小B0.60T磁場內有一塊平面感光板ab板面與磁場方向平行在距ab距離l16cm處有一個點狀的α放射源S它向各個方向發(fā)射α粒子α粒子的速度都是v3.0×106m/s已知α粒子的比荷qm5.0×107C/kg現只考慮在圖紙平面中運動的α粒子求ab上被α粒子打中的區(qū)域的長度。34解析α粒子帶正電故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動用R表示軌道半徑有qvBmv2R由此得RmvqB代入數值得R10cm可見R<l<2R。因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S由此可知某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點。NP1R2lR28cm再考慮N的右側任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R以2R為半徑、S為圓心做圓交ab于N右側的P2點此即右側能打到的最遠點。由圖中幾何關系得NP22R2l212cm所求長度為P1P2NP1NP2代入數值得P1P220cm。答案20cm[反思領悟]對于此類題目解題的關鍵是應用尺規(guī)正確而規(guī)范地畫出帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的運動軌跡添加輔助線找到相關的直角三角形利用幾何關系列式計算問題將會輕松解決。對點訓練對洛倫茲力的理解1[多選](2018·徐州六校聯(lián)考)有關電荷所受電場力和磁場力的說法中正確的是()A電荷在磁場中一定受磁場力的作用B電荷在電場中一定受電場力的作用C電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致D電荷若受磁場力則受力方向與該處的磁場方向垂直解析選BD帶電粒子受洛倫茲力的條件運動電荷且速度方向與磁場方向不平行故35電荷在磁場中不一定受磁場力作用A項錯誤電場具有對放入其中的電荷有力的作用的性質B項正確正電荷受力方向與電場方向一致而負電荷受力方向與電場方向相反C項錯誤磁場對運動電荷的作用力垂直磁場方向且垂直速度方向D項正確。2.(2018·南通期末)初速度為v0的電子(重力不計)沿平行于通電長直導線的方向射出直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示則()A電子將向右偏轉速率不變B電子將向左偏轉速率改變C電子將向左偏轉速率不變D電子將向右偏轉速率改變解析選A由安培定則可知導線右側磁場方向垂直紙面向里然后根據左手定則可知運動電子所受洛倫茲力方向向右因此電子將向右偏轉洛倫茲力不做功故其速率不變故B、C、D錯誤A正確。對點訓練帶電粒子在勻強磁場中的運動3.(2018·蘇州模擬)如圖所示一質量為m、帶電量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強磁場區(qū)域內速度方向與磁場左邊界垂直從右邊界離開磁場時速度方向偏轉角θ30°磁場區(qū)域的寬度為d則下列說法正確的是()A該粒子帶正電B磁感應強度B3mv2dqC粒子在磁場中做圓周運動的半徑R233dD粒子在磁場中運動的時間tπd3v解析選D粒子運動軌跡如圖所示由圖可知粒子在磁場中向下偏轉根據左手定則可知粒子應帶負電故A錯誤由幾何關系可知Rsin30°d解得R2d根據洛倫茲力充當向心力可知Bqvmv2R解得BmvqRmv2qd故B、C錯誤粒子在磁場中轉過的圓心角為30°粒子在磁場中運動時間t30°360°×2π×2dvπd3v故D正確。364.(2018·銀川一中模擬)如圖所示在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場AB是圓的直徑。一帶電粒子從A點射入磁場速度大小為v、方向與AB成30°角時恰好從B點飛出磁場且粒子在磁場中運動的時間為t若同一帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場也經時間t飛出磁場則其速度大小為()A.32vB.12vC.23vD.32v解析選A粒子在磁場中運動運動的時間周期與粒子的速度的大小無關分析粒子的運動的情況可以判斷第二個粒子的運動軌跡半徑即可根據牛頓第二定律求出速度大小。設圓形區(qū)域的半徑為R。帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力則有qvBmv2r得rmvqBr∝v①當粒子從B點飛出磁場時入射速度與出射速度與AB的夾角相等所以速度的偏轉角為60°軌跡對應的圓心角為60°。根據幾何知識得知軌跡半徑為r12R②當粒子從A點沿AB方向射入磁場時經過磁場的時間也是t說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等也是60°。根據幾何知識得粒子的軌跡半徑為r23R③則由①得v′vr2r132則得v′32v故A正確。對點訓練帶電粒子在勻強磁場中的多解問題5.(2018·南京模擬)如圖所示在x0y0的空間中有恒定的勻強磁場磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里大小為B。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響則下列有關說法中正確的是()A只要粒子的速率合適粒子就可能通過坐標原點B粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為5πm3qB37C粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πmqBD粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πm6qB解析選C帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上如圖所示粒子在磁場中要想到達O點轉過的圓心角肯定大于180°因磁場有邊界故粒子不可能通過坐標原點故選項A錯誤由于P點的位置不確定所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300°運動時間為56T而最小的圓心角為P點在坐標原點即120°運動時間為13T而T2πmqB故粒子在磁場中運動所經歷的時間最長為5πm3qB最短為2πm3qB選項C正確B、D錯誤。6[多選](2018·蘇北六校調考)如圖所示xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向外磁感應強度B1T的勻強磁場ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板長度為9mM點為x軸正方向上一點OM3m?，F有一個比荷大小為qm1.0C/kg可視為質點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場若與擋板相碰就以原速率彈回且碰撞時間不計碰撞時電荷量不變小球最后都能經過M點則小球射入的速度大小可能是()A3m/sB3.75m/sC4m/sD5m/s解析選ABD因為小球通過y軸的速度方向一定是x方向故帶電小球圓周運動軌跡半徑最小值為3m即RminmvminqB解得vmin3m/s經驗證帶電小球以3m/s速度進入磁場與ON碰撞一次再經四分之三圓周經過M點如圖1所示A項正確當帶電小球與ON不碰撞直接經過M點如圖2所示小球速度沿x方向射入磁場則圓心一定在y軸上做出MN的垂直平分線交于y軸的點即得圓心位置由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax5m又RmaxmvmaxqB解得vmax5m/sD項正確當小球速度大于3m/s、小于5m/s時軌跡如圖3所示由幾何條件計算可知軌跡半徑R3.75m由半徑公式RmvqB得v3.75m/sB項正確由分析易知選項C錯誤。38對點訓練帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題7.(2018·安徽師大附中模擬)如圖所示在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場磁感應強度為B。在xOy平面內從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0θπ)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()A若v一定θ越大則粒子在磁場中運動的時間越短B若v一定θ越大則粒子離開磁場的位置距O點越遠C若θ一定v越大則粒子在磁場中運動的角速度越大D若θ一定v越大則粒子在磁場中運動的時間越短解析選A由左手定則可知帶正電的粒子向左偏轉。若v一定θ越大則粒子在磁場中運動的時間越短選項A正確若v一定θ等于90°時粒子離開磁場的位置距O點最遠選項B錯誤若θ一定粒子在磁場中運動的周期與v無關由ω2πT可知粒子在磁場中運動的角速度與v無關選項C、D錯誤。8.如圖所示在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°若要使粒子能從AC邊穿出磁場則勻強磁場的大小B需滿足()AB3mv3aqBB3mvaqCB3mvaqDB3mv3aq解析選D粒子剛好達到C點時其運動軌跡與AC相切如圖所示。則粒子運動的半徑為racot30°3a洛倫茲力提供向心力由牛頓第二定律得qvBmv2r解得rmvqB粒子39要能從AC邊射出粒子運行的半徑r3a解得B3mv3aq故D正確。9.(2018·馬鞍山二檢)如圖所示abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域磁場邊界邊長為L三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入粒子1從b點射出粒子2從c點射出粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據以上信息可以確定()A粒子1帶負電粒子2不帶電粒子3帶正電B粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1C粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為4∶1D粒子3的射出位置與d點相距L2解析選B根據左手定則可知粒子1帶正電粒子2不帶電粒子3帶負電選項A錯誤粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周半徑r122L時間t114T14×2πr1v2πL4v粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周半徑r32L時間t318T18×2πr3v2πL4v則t1t3選項C錯誤由rmvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1選項B正確粒子3的射出位置與d點相距(21)L選項D錯誤?？键c綜合訓練10.(2018·徐州模擬)如圖所示圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場以圓心O為坐標原點建立坐標系在y3R處有一垂直y軸的固定絕緣擋板一質量為m、帶電量為q的粒子與x軸成60°角從M點(R,0)以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域經磁場偏轉后由N點離開磁場(N點未畫出)恰好垂直打在擋板上粒子與擋板碰撞后原速率彈回再次進入磁場最后離開磁場。不計粒子的重力求(1)磁感應強度B的大小(2)N點的坐標(3)粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間。解析(1)設粒子在磁場中運動的半徑為r根據題設條件畫出粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系得rR40由洛倫茲力等于向心力qv0Bmv02r解得Bmv0qR。(2)由圖幾何關系可得xRsin60°32RyRcos60°12RN點的坐標為32R12R。(3)粒子在磁場中運動的周期T2πmqB由幾何知識得粒子在磁場中運動的圓心角共為180°粒子在磁場中運動時間t1T2粒子在磁場外的運動由勻速直線運動可得從出磁場到再次進磁場的時間t22sv0其中s3R12R粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間tt1t2解得t5πRv0。答案(1)mv0qR(2)32R12R(3)5πRv011.(2016·海南高考)如圖A、C兩點分別位于x軸和y軸上∟OCA30°OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時恰好垂直于OC邊射出磁場且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。(1)求磁場的磁感應強度的大小(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場恰好從OC邊上的同一點射出磁場求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和(3)若粒子從某點射入磁場后其運動軌跡與AC邊相切且在磁場內運動的時間為53t0求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動在時間t0內其速度方向改變了90°故其周期T4t0①設磁感應強度大小為B粒子速度為v圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和牛頓定41律得qvBmv2r②勻速圓周運動的速度滿足v2πrT③聯(lián)立①②③式得Bπm2qt0。④(2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場能從OC邊上的同一點P射出磁場粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關系有θ1180°θ2⑤粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2則t1t2T22t0。⑥(3)如圖(b)由題給條件可知該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°。設O′為圓弧的圓心圓弧的半徑為r0圓弧與AC相切與B點從D點射出磁場由幾何關系和題給條件可知此時有∟OO′D∟BO′A30°⑦r0cos∟OO′Dr0cos∟BO′AL⑧設粒子此次入射速度的大小為v0由圓周運動規(guī)律v02πr0T⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v03πL7t0。⑩答案(1)πm2qt0(2)2t0(3)3πL7t0第3節(jié)帶電粒子在組合場中的運動突破點(一)質譜儀與回旋加速器1質譜儀(1)構造如圖所示由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。42(2)原理粒子由靜止被加速電場加速qU12mv2。粒子在磁場中做勻速圓周運動有qvBmv2r。由以上兩式可得r1B2mUqmqr2B22Uqm2UB2r2。2回旋加速器(1)構造如圖所示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)原理交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等粒子經電場加速經磁場回旋由qvBmv2r得Ekmq2B2r22m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。[典例]回旋加速器的工作原理如圖甲所示置于真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間狹縫的間距為d磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。被加速粒子的質量為m、電荷量為q加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示電壓值的大小為U0周期T2πmqB。一束該種粒子在t0T2時間內從A處均勻地飄