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专题8磁场对电流和运动电荷 的作用,知识专题,网络构建,考题二带电粒子在磁场中的运动,考题三带电粒子在相邻多个磁场中的运动,栏目索引,考题一磁场对通电导体的作用力,考题一磁场对通电导体的作用力,1.安培力大小的计算公式：FBILsin (其中为B与I之间的夹角). (1)若磁场方向和电流方向垂直：FBIL. (2)若磁场方向和电流方向平行：F0. 2.安培力方向的判断：左手定则. 方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面.,知识精讲,3.两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图1甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流.,图1,(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.,4.求解磁场中导体棒运动问题的方法 (1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直. (2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图. (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.,解析,例1如图2所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a0.05 m，电源的电动势为E3 V，内阻r0.1 ，限流电阻R04.9 ，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，则() A.由上往下看，液体做顺时针旋转 B.液体所受的安培力大小为1.5104 N C.闭合开关10 s，液体具有的动能是4.5 J D.闭合开关后，液体电热功率为0.081 W,图2,典例剖析,解析由于中心圆柱形电极接电源的负极，边缘电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；,解析,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，则液体热功率为P热I2R0.320.9 W0.081 W.故D正确； 10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：PUI1.50.3 W0.45 W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能是：EkW电流W热(PP热)t(0.450.081)10 J3.69 J，故C错误.,1.(2016海南单科8)如图3(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中 (),变式训练,1,2,3,图3,A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 解析将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确； 当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误.,解析,1,2,3,2.如图4所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内.某时刻，线圈中通过大小为I的电流， 则此线圈所受安培力的大小为(),解析,1,2,3,图4,3.如图5甲所示，两平行光滑导轨倾角为30，相距10 cm，质量为10 g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 ，限流电阻 R5 ，R为滑动变阻器，其余电阻均不计.在整个 直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强 磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持 垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上，则电路 中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之 相对应的磁场方向是(),1,2,3,图5,A.电阻的最小值为12 ，磁场方向水平向右 B.电阻的最大值为25 ，磁场方向垂直斜面向左上方 C.电阻的最小值为7 ，磁场方向水平向左 D.电阻的最大值为19.5 ，磁场方向垂直斜面向右下方,解析,返回,1,2,3,1,2,3,磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故B错误；,磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故C错误；,解析,1,2,3,返回,1.必须掌握的几个公式,考题二带电粒子在磁场中的运动,方法指导,2.轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障 (1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹. (2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO与任一个F洛作用线的交点上，如图6所示.,图6,(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.,例2(2016海南单科14)如图7，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA30，OA的长度为L.在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子 在磁场中运动的时间为t0.不计重力. (1)求磁场的磁感应强度的大小；,解析答案,典例剖析,图7,解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T4t0 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得qvB ,(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； 解析设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示. 设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2. 由几何关系有：11802 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2， 则t1t2 2t0,(a),解析答案,答案2t0,(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为 t0，求粒子此次入射速度的大小. 解析如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为为150.设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知， 此时有OODBOA30 ,(b),解析答案,解析,4,5,变式训练,4.(2016全国甲卷18)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8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(),图8,6,解析画出粒子的运动轨迹如图所示，,4,5,6,5.(2016四川理综4)如图9所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力.则() A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12 C.vbvc21，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12,解析,图9,4,5,6,解析带正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，运动轨迹如图所示，,4,5,6,6.(2016全国丙卷18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图10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(q0).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(),解析,返回,图10,4,5,6,返回,4,5,6,考题三带电粒子在相邻多个磁场中的运动,方法指导,找到半径是关键，边界分析是突破点 带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动，解决此类问题的一般思路： (1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径； (3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；,典例剖析,例3如图11所示，为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合.半径为R0的圆形区域I内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1.一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域I，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向.当在环形区域加上方向垂直于xOy 平面的匀强磁场B2时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入 区域I，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域 后能够从Q点沿半径方向射入区域I，已知OQ与x轴正方向 成60角.不计重力和粒子间的相互作用.求：,图11,(1)区域I中磁感应强度B1的大小； (2)环形区域中B2的大小、方向及环形外圆半径R的大小； (3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间.,答案,思维规范流程,R0,qvB1,答案,qvB2,向外,3r2,答案,每式各2分，其余各式1分,7.如图12所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则() A.粒子一定带正电荷 B.MN上下两侧的磁场方向相同 C.MN上下两侧的磁感应强度的大小B1B212 D.时间t,解析,7,8,变式训练,图12,解析题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，A错误； 根据左手定则可知MN上下两侧的磁场方向相同，B正确；,7,8,解析,7,8,解析答案,8.如图13所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强 度大小B10.20 T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽 度d12.5 cm的匀强磁场B2，某时刻一质量m2.0108 kg、电量q 4.0104 C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上 坐标为(0.25 m,0)的P点以速度v2.0103 m/s沿 y轴正方向运动.试求： (1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；,7,8,图13,解析设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，转过的圆心角为，则,7,8,答案0.5 m,解析答案,(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角； 解析粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：,7,8,答案60,(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件. 解析设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2，其运动轨迹如图所示，,7,8,即磁感应强度B2应满足：B20.4 T. 答案B20.4 T,由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r2，,返回,解析答案,
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