高考物理总复习 第8章 磁场教师用书1

第8章 磁场 考纲要求知识内容考试要求备考方略必考加试磁现象和磁场bb1.本章内容在学考中常以单选题形式出现，考查突出安培力、洛伦兹力。2 本章内容单独出现在选考中带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题；对带电粒子的运动问题多以综合计算题的形式出现，一般综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大。 磁感应强度cc几种常见的磁场bb通电导线在磁场中受到的力cd运动电荷在磁场中受到的力cc带电粒子在匀强磁场中的运动d第1课时磁场的描述磁场对电流的作用考点一磁现象和磁场(b/b)基础过关1.电流的磁效应磁体和电流周围及运动电荷周围存在的一种客观存在的物质，叫磁场。2.磁作用的本质对处于磁场中的磁体、电流和运动电荷具有力的作用，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；磁体之间、磁体与电流(或运动电荷)之间、电流(或运动电荷)与电流(或运动电荷)之间的相互作用都是通过磁场发生的。3.磁场的方向小磁针的N极所受磁场力的方向。4.磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。5.磁感线的特点(1)磁感线为闭合曲线，无起点和终点。在磁体的外部磁感线由N极发出，回到S极；在磁体的内部磁感线则由S极指向N极。(2)磁场中任意两根磁感线都不会相交；(3)在磁场中，用磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方表示该处磁场弱，磁感线密的地方表示该处的磁场强；(4)磁感线是假想的曲线。曲线切线方向与该点的磁场方向一致。6.几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图【过关演练】1.(2015浙江学业水平考试)如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端。当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端。下列判断中，正确的是()A.E为蓄电池正极B.螺线管P端为S极C.流过电阻R的电流方向向上D.管内磁场方向由P指向Q解析小磁针N极指向Q，说明Q端为S极，根据安培定则可知，通过R的电流方向向上，C选项正确；蓄电池的F端为正极，A选项错误；螺线管的P端为N极，B选项错误；管内磁场方向应由S极指向N极，即由Q指向P，D选项错误。答案C2.(2015浙江学业水平考试)下列表示的工具或装置中，利用地磁场工作的是()答案B要点突破要点一安培定则1.对于直线电流的磁场：右手握住通电导线，伸直的大拇指指向电流方向，那么弯曲的四指的方向就是导线周围的磁感线环绕的方向。2.对于环形电流的磁场：用右手握住通电的环形导线(或通电螺线管)，弯曲的四指与环形电流的方向一致，那么大拇指的指向就是环形导线轴心上(或通电螺线管内部)的磁感线的方向。【例1】 下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()A. B. C. D.答案C要点二电场线与磁感线的比较电场线磁感线电场线的疏密程度表示该区域电场强弱(密强；疏弱)磁感线的疏密程度表示该区域磁场强弱(密强；疏弱)电场线由正电荷指向负电荷或无穷远；或由无穷远指向负电荷，是单向曲线磁感线在磁体外部是从N极指向S极，内部从S极指向N极。磁感线是闭合曲线电场线互不相交、不相切磁感线互不相交、不相切【例2】 (多选)关于电场和磁场，下列说法正确的是()A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B.电场线和磁感线是可以形象描述电场强弱和方向的客观存在的曲线C.磁感线和电场线一样都是闭合的曲线D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质解析电场和磁场都是客观存在的物质，电场线和磁感线都是假想的曲线，实际并不存在。电场线和磁感线的最大区别在于磁感线是闭合的，而电场线不是闭合的，故选项A、D正确。答案AD精练题组1.第一个发现电流磁效应的科学家是()答案B2.如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，开关S闭合，则小磁针的北极N(黑色一端)指出磁场方向正确的是()A.a、c B.b、c C.c、d D.a、d解析据安培定则判断出：(1)AB直导线磁场在小磁针a所在位置垂直纸面向外，所以小磁针a的N极指向正确；(2)C左侧为N极，内部磁场向左，所以小磁针c的N极指向正确，小磁针b的N极指向不对；(3)D左为S极，右为N极，所以小磁针d的N极指向也不正确。答案A3.某小组同学利用磁传感器探究通电螺线管轴线上不同位置的磁感应强度，如图甲所示。将传感器探头沿螺线管轴线移动时，测得磁感应强度B的大小随位置x的变化关系如图乙所示。图乙中a、b两点对应位置分别处在()A.螺线管内、螺线管内 B.螺线管内、螺线管外C.螺线管外、螺线管外 D.螺线管外、螺线管内答案D4.电流的磁效应揭示了电与磁的关系。若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是()答案D5.如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，侧旁小磁针N极的最终指向应为()A.平行纸面向右B.平行纸面向左C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外解析根据安培定则可知，导线右侧的磁感线方向垂直纸面向外，故小磁针N极的最终指向应为垂直纸面向外。答案D考点二磁感应强度(c/c)安培力(c/d)基础过关一、磁感应强度1.磁感应强度(1)定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度。说明：如果导线很短很短，B就是导线所在处的磁感应强度。(2)意义：磁感应强度B是表示磁场强弱的物理量。(3)公式：B，条件为：BL。(4)单位：特斯拉，简称特，符号是T。1 T1。(5)方向：小磁针静止时N极的指向。2.磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边行定则。二、安培力1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：FBIL。(2)磁场和电流平行时：F0。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：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面。【过关演练】1.依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是()A.电热水壶 B.电饭锅C.电风扇 D.电熨斗解析处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动，是通电导体在磁场中受安培力问题，A、B、D选项均为电流的热效应，只有C选项符合题意。答案C2.(2015浙江10月选考)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图所示，发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表：电流磁感应强度电压UabIBUI2B2UI3B3U2IB2U3IB3U由表中结果可知电压Uab()A.与电流无关 B.与磁感应强度无关C.与电流可能成正比 D.与磁感应强度可能成反比解析由实验数据可看出：当通过电流I恒定时，电压Uab与磁感应强度可能成正比；当所加磁场恒定时，电压Uab与所通电流可能成正比。故C选项正确。答案C要点突破要点一磁感应强度1.磁感应强度由磁场本身决定。2.合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)。3.牢记判断电流的磁场的方法安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型。【例1】 有两根长直导线a、b互相平行放置，如图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()A.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上三点的磁感应强度为零解析根据安培定则和磁场叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相反，选项A错，B对；在线段MN上只有在O点处，a、b两直导线电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C、D错。答案B 要点二安培力1.计算安培力公式FBIL，应用时要注意：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度公式FILB中L指的是“有效长度”。当B与I垂直时，F最大，FILB；当B与I平行时，F0。弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点线段的长度(如图所示)；相应的电流沿L由始端流向末端。2.方向：根据左手定则判断。【例2】 (2015浙江9月测试卷)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图。实验时，先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度。对该实验，下列说法正确的是()A.当导线中的电流反向时，导线受到的安培力方向不变B.保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍C.保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的2倍D.接通“1、4”，当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力减半解析接触“1、4”时导线的长度是接触“2、3”时长度的3倍，根据安培力公式FBIL知，导线所受安培力也是3倍关系。答案B要点三安培力作用下导体运动方向的判断方法电流元法分割为电流元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，反向电流互相排斥；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【例3】 如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面，当线圈内通以如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是()A.线圈向左运动B.线圈向右运动C.从上往下看顺时针转动D.从上往下看逆时针转动解析将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向右运动，选B；也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向右运动，选B。答案B要点四求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路(1)电磁学问题力学化。(2)立体图形平面化。【例4】 (2016浙江湖州中学学考模拟)如图所示，金属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。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A.棒中的电流变大，角变大B.两悬线等长变短，角变小C.金属棒质量变大，角变大D.磁感应强度变大，角变小解析选金属棒MN为研究对象，如图所示。金属棒受3个力而处于平衡状态，其中FBBILmgtan ，则：I增大，角变大，A选项正确；悬线变短，角不变，B选项错误；m增大，角变小，C选项错误；B变大，角变大，D选项错误。答案A精练题组1.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共线；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()A.a点 B.b点C.c点 D.d点解析要合磁感应强度为零，必有I1和I2形成两个磁场等大反向，只有 c点有可能，选C。答案C2.把长L0.25 m的导体棒置于磁感应强度B1.0102 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示。若导体棒的电流I2.0 A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小与方向()A.1.0103 N竖直向上B.5.0103 N竖直向上C.5.0103 N竖直向下D.1.0103 N竖直向下答案B3.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为()A.大小为B，方向沿OA方向B.大小为2B，方向竖直向下C.大小为2B，方向沿OB方向D.大小为2B，方向沿OA方向解析由安培定则知导线A、B在O处产生的磁感应强度大小相等，方向相反，互相抵消，所以O处的磁感应强度即为导线C所产生的磁感应强度，即大小为2B，由安培定则可判定其方向沿OA方向，A、B、C错误，D正确。答案D4.(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功解析由FILB可知，安培力随时间的变化关系与电流随时间变化关系相同。所以金属棒先向右匀加速运动，再向右做匀减速运动，然后重复运动，故选项A、B、C均正确；安培力先做正功，后做负功，故选项D错误。答案ABC5.如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽为L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：(1)B至少多大？这时B的方向如何？ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？解析(1)画出截面图，如图所示。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导线平面向上，大小满足：BI1Lmgsin ，B。(2)当B的方向改为竖直向上时，安培力的方向变为水平向右，由沿导轨方向合力为零，得BI2Lcos mgsin ，I2。答案(1)方向垂直导轨平面向上(2)6.如图，一长为10 cm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0.1 T，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12 V的电池相连，电路总电阻为2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；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0.3 cm。重力加速度大小取10 m/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。解析依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg答案竖直向下0.01 kg活页作业学 考 题 组)1.下列说法中正确的是()A.磁感线可以表示磁场的方向和强弱B.磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极C.磁铁能产生磁场，电流不能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极解析磁感线能够用来表示磁场的强弱和方向，A正确；磁感线是闭合的曲线，不是终止于S极，B错误；磁铁和电流均能产生磁场，C错误；小磁针的N极指向应根据磁感线的切线方向进行判断，小磁针的N极在螺线管内部应指向通电螺线管的N极，D错误。答案A2.关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是()解析运用安培定则判断可知，直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，选项A正确。答案A3.如图所示，通电螺线管周围放置能自由转动的小磁针a、b、c、d均已处于静止，则小磁针a、b、c、d指向正确的是()A.小磁针a B.小磁针bC.小磁针c D.小磁针d解析根据安培定则，判断出通电螺线管左边为N极，右边为S极，则静止时小磁针N极指向磁场方向，所以图中正确的只有小磁针c。答案C4.在匀强磁场中某处P放一个长度为L20 cm，通电电流I1 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F1.0 N，现将该通电导线从磁场中撤走，则P处磁感应强度为()A.0 B.0.2 T C.0.05 T D.5 T解析当L与B垂直时，导线所受安培力最大，由公式B可得B5 T，注意单位的换算。答案D5.如图所示的四个图中，分别标明了通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是()解析根据左手定则可以判断，A中导线受力向下，B中，磁场与电流方向平行，导线不受力，C中导线受力方向向下，D中导线受力方向垂直于导线向下，故选项C正确。答案C6.在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，且BaBbB.a、b两处的磁感应强度的大小相等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处受力小解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出BaBb，所以A正确，B错误。答案A7.(2016宁波效实中学)如图所示，一段导线abcd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、bc和cd的长度均为L，且abcbcd135，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。则导线abcd所受到的磁场作用力的合力为()A.方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB.方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC.方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD.方向沿纸面向下，大小为(1)ILB解析由安培力公式FBIL，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左。同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右。因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为FBIL，方向竖直向上；而bc段安培力的大小为BIL，方向是竖直向上。则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为(1)BIL，方向是竖直向上，故选A。答案A8.如图所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近。当导线mn中通以方向向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是()A.向左运动 B.向右运动C.以mn为轴转动 D.静止不动解析以mn为研究对象，线框内磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知导线mn受到向左的安培力，由牛顿第三定律可知线框受到向右的作用力，故线框向右运动，选项B正确。答案B9.如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图所示。当圆盘高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受安培力的方向是()A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向里 D.水平向外解析橡胶圆盘上高速转动的负电荷形成的电流方向与转动方向相反，由安培定则可知产生的磁场在圆盘上方是垂直圆盘向上的，由左手定则判断通电导线所受安培力方向水平向里，选项C正确。答案C10.如图所示，在匀强磁场中用两根柔软绝缘的细线将金属棒ab悬挂在水平位置上，金属棒中通入由a到b的恒定电流I，这时两根细线均被拉紧，现要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可采用哪些方法()A.适当增大电流IB.将电流反向并适当改变大小C.适当减小磁感应强度D.将磁场反向并适当改变大小解析由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向上，由此可知BILFmg(F为细线的拉力)，要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可增大安培力大小，由安培力公式可知选项A对。答案A加 试 题 组)11.如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则()A.磁场方向竖直向上B.磁场方向竖直向下C.金属杆ab受平行导轨向上的安培力D.金属杆ab受水平向左的安培力解析金属杆静止，则受力平衡，由于磁场方向沿竖直方向，则安培力必沿水平方向、导轨对金属杆必有支持力，只有安培力的方向水平向右，金属杆ab才可能静止。根据左手定则可知磁场方向竖直向上。答案A12.(2016宁波效实中学)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，弹簧处于原长状态，此时台秤读数为N1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是()A.N1N2，弹簧长度将变长B.N1N2，弹簧长度将变短C.N1N2，弹簧长度将变长D.N1N2，弹簧长度将变短解析以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短，由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则N1N2，B正确。答案B13.(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2则()A.磁场方向一定竖直向下B.电源电动势E3.0 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BILLsin mgL(1cos )0，代入数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3.0 V，B对；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量E的和，即WQE，而EmgL(1cos )0.048 J，D错。答案AB14.如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E12 V，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。解析(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安mgsin 30，代入数据得F安0.1 N。(2)由F安BIL，得I0.5 A。(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)，解得R0r23 。答案(1)0.1 N(2)0.5 A(3)23 第2课时磁场对运动电荷的作用考点一运动电荷在磁场中受到的力(c/c)基础过关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：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面。3.洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0。(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB。(90)(3)v0时，洛伦兹力F0。4.洛伦兹力的作用效果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。【过关演练】1.(2015浙江7月学考)如图所示，将蹄形磁铁的两极置于阴极射线管的两侧，管中的阴极射线(高速运动的电子流)发生了偏转，其原因是运动的电子受到了()A.重力 B.摩擦力C.电场力 D.洛伦兹力答案D2.带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示。不计重力，下列分析正确的是()A.M带正电，N带负电B.M和N都带正电C.M带负电，N带正电D.M和N都带负电答案C要点突破要点洛伦兹力的理解1.洛伦兹力与安培力的关系(1)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)尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹力的宏观表现，但不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，只有当导体静止时能这样认为。(3)洛伦兹力恒不做功，但安培力却可以做功。可见安培力与洛伦兹力既有联系，又有区别。2.洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力作用条件运动电荷的速度方向与B不平行时，运动电荷才受到洛伦兹力带电粒子只要处在电场中，就一定受到电场力大小方向FqvB，方向与B垂直，与v垂直，用左手定则判断FqE，F的方向与E同向或反向特点洛伦兹力永不做功电场力可做正功、负功或不做功相同点反映了磁场和电场都具有力的性质【例题】 有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是()A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用B.当电荷平行于电场方向运动时，不受电场力的作用C.电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D.电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直解析当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B错误；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D正确。答案D精练题组1.下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是vB，F0，故C、D都错。答案B2.如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A.当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动解析电子的速度vB、F洛0、电子做匀速直线运动。答案C3.在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转()A.不偏转 B.向东C.向西 D.无法判断解析根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。答案B4.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A.v变大 B.v变小C.v不变 D.不能确定v的变化解析由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确。答案B5.一个质量m0.1 g的小滑块，带有电荷量q5104 C，放置在倾角30的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。g取10 m/s2，则：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？解析(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvBFNmgcos 0当FN0时，小滑块脱离斜面，有qvBmgcos ，得v m/s2 m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin mv2斜面的长度至少是x m1.2 m答案(1)负电荷(2)2 m/s(3)1.2 m考点二带电粒子在匀强磁场中的运动(/d)基础过关1.匀速圆周运动的规律当vB时，带电粒子若只受洛伦兹力作用，则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。2.两个公式(1)由qvB，可得R。(2)T。【过关演练】1.两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，角速度减小解析分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小，D选项正确。答案D2.(2016绍兴一中期中)如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且AOB120，则该粒子在磁场中运动的时间为()A. B. C. D.解析由图可知，粒子转过的圆心角为60，Rrtan 60r，转过的弧长为l2R，则运动所用时间t，选项D正确。答案D要点突破要点一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动分析方法这类问题主要涉及两个公式：r和T，但题目千变万化，主要困难是时空关系的确定，可归纳为12个字：找圆心、定半径、画轨迹、找关系。(1)圆心的确定一般有以下几种情况：已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度方向的垂线，交点即为圆心；已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心；已知粒子运动轨迹上的两条弦，作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心。(2)半径的确定和计算圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识。(3)在磁场中运动时间的确定利用几何关系计算出圆心角的大小，由公式tT可求出粒子在磁场中的运动时间，有时也用弧长与线速度的比t，来求粒子在磁场中的运动时间。【例1】 (多选)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A.a粒子速率最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁场中运动的时间最长D.它们做圆周运动的周期TaTbtbtc，C对、D错。答案BC要点二带电粒子在有界磁场中临界问题1.临界现象(1)当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。(2)解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。2.极值问题(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。【例2】 矩形区域abcd(包括边界)充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30角的速度射入一带电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，不计粒子重力。(1)若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的大小范围是多少？(ab边足够长)(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少？解析(1)若粒子速度为v0，由qv0Bm得R若轨迹与ab边相切，如图所示，设此时相应速度为v01，则R1R1sin 将R1代入上式可得v01若轨迹与cd边相切，如图所示，设此时粒子速度为v02，则R2R2sin 将R2代入上式可得v02所以粒子能从ab边上射出磁场的入射速度v0的大小应满足v0。(2)设粒子入射速度为v，在磁场中经过的弧所对的圆心角为，则t，则越大，在磁场中运动的时间也越长，由图可知，粒子在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(22)。所以粒子在磁场中运动的最长时间为t。答案(1)v0(2)精练题组1.如图所示，在第象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为()A.12 B.21C.1 D.11解析正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120，负电子圆周部分所对应圆心角为60，故时间之比为21。答案B2.(多选)如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀磁强场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，如图所示。根据上述条件可求下列物理量中的()A.带电粒子的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子在磁场中运动的半径D.带电粒子的初速度解析根据左手定则可以判断该粒子为正电荷，粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知，粒子在磁场中通过的圆心角为60，其时间应为周期的，即周期T6t；由于磁感应强度B已知，根据T则可求出粒子的比荷；由于无法求出粒子的速度，因此半径无法求出，所以选项A、B正确。答案AB3.(多选)(2016瑞安中学期中)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是()A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间 一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析由T可知，粒子的运动周期与粒子的速度无关，若入射速度不同的粒子从左边界飞出，则粒子的偏转角相同，运动时间相同，A、C错误；由r可知，入射速度相同的粒子运动轨迹相同，B正确；由粒子的运动时间tT可知，D正确。答案BD4.(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2.0104 T。电子质量m9.11031 kg，电量e1.61019 C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A.90时，l9.1 cm B.60时，l9.1 cmC.45时，l4.55 cm D.30时，l4.55 cm解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R4.55 cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当90时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故lL9.1 cm，A正确；当30时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l4.55 cm，D正确；进而可分析知当45或60时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cmllR。因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1。即：NP1。再考虑N的右侧。粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即粒子能打到的右侧最远点。由图中几何关系得NP2，所求长度为P1P2NP1NP2代入数值得P1P220 cm。答案20 cm6.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：(1)电子的速率v0至少多大？(2)若角可取任意值，v0的最小值是多少？解析本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：rrcos d又r由得v0故电子要射出磁场，速率至少应为。(2)由式可知，0时，v0最小，由式知此时半径最小，rmin，也可由轨迹分析得出上述结论。答案(1)(2)活页作业学 考 题 组)1.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是()A.洛伦兹力对带电粒子做功B.洛伦兹力不改变带电粒子的动能C.洛伦兹力的大小与速度无关D.洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直，所以洛伦兹力永远不做功，即不改变粒子的动能，A错误，B正确；洛伦兹力FqvB，C错误；洛伦兹力不改变速度的大小，但改变速度的方向，D错误。答案B2.(2016嘉兴一中期中)如图所示一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中情况可以确定()A.粒子从a到b，带正电 B.粒子从b到a，带正电C.粒子从a到b，带负电 D.粒子从b到a，带负电解析由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确。答案B3.图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性错误的是()解析根据左手定则可知A图中洛伦兹力方向为竖直向上，B图中洛伦兹力方向垂直纸面向里，C图中粒子带正电，D图中洛伦兹力方向垂直纸面向外，故选项C错误。答案C4.(2016绍兴一中期中)如图所示是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是()A.加一沿y轴正方向的磁场B.加一沿y轴负方向的磁场C.加一沿z轴正方向的磁场D.加一沿z轴负方向的磁场解析若想使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，则需使每个电子向上受洛伦兹力作用，根据左手定则可知需要加一沿y轴负方向的磁场，故选B。答案B5.a、b、c三束粒子沿纸面向上射入垂直于纸面向内的匀强磁场中，偏转轨迹如图所示，关于粒子带电性质，下列判断正确的是()A.a带负电荷 B.a带正电荷C.b带正电荷 D.c带正电荷解析由左手定则判断洛伦兹力的方向，负电荷粒子向右偏，正电荷粒子向左偏，不带电的粒子做直线运动，选项B正确。答案B6.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示，试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右解析由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上，则通过圆环中间区域的磁场方向向下，根据左手定则可知电子束将向左偏转，故选项C正确。答案C7.洛伦兹力可以使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能正确的是()解析电荷在磁场中所受的洛伦兹力遵守左手定则，再结合曲线运动的受力特点，即所受合力一定指向曲线内侧，可判断A正确。答案A8.(2016温州十校期中)一倾角为的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是()A.物块带正电B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功C.物块最终将静止在斜面上D.下滑过程中物块的机械能守恒解析物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，选项A正确；洛伦兹力始终垂直于速度，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D错误。答案A加 试 题 组)9.(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2B，B1kB则由牛顿第二定律得：qvBT由得：R，T所以k，k根据a，可知，所以选项A、C正确，B、D错误。答案AC10.如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电