《（江蘇專版）2019高考物理一輪復習 第八章 磁場學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2019高考物理一輪復習 第八章 磁場學案（91頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(yīng)強度的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關(guān)。(√) (2)磁場中某點磁感應(yīng)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(yīng)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(xiàn)電流

2、可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱為電流的磁效應(yīng)。 突破點(一)　對磁感應(yīng)強度的理解 1．理解磁感應(yīng)強度的三點注意事項 (1)磁感應(yīng)強度由磁場本身決定，因此不能根據(jù)定義式B＝認為B與F成正比，與IL成反比。 (2)測量磁感應(yīng)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(yīng)強度為零。 (3)磁感應(yīng)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(zhuǎn)動的小磁針靜止時N極的指向。 2．磁感應(yīng)強度B與電場強度E的比較 磁感應(yīng)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 B

3、＝(L與B垂直) E＝ 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(guān) 由電場決定，與檢驗電荷無關(guān) 場的疊加 合磁感應(yīng)強度等于各磁場的磁感應(yīng)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(guān)于磁場或電場的說法正確的是____

4、____。 ①通電導線受磁場力大的地方磁感應(yīng)強度一定大 ②通電導線在磁感應(yīng)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(yīng)強度的大小跟放在磁場中的通電導線受力的大小無關(guān) ⑤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(yīng)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

5、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(yīng)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(cè)是N極和S極，與條形磁體的磁場類似，管內(nèi)可看作勻強磁場，管外是非勻強磁場 兩側(cè)是N極和S極，圓環(huán)內(nèi)側(cè)，離導線越近，磁場越強；圓環(huán)外側(cè)離圓環(huán)越遠，磁場越弱 3．安培定則的應(yīng)用 在運用安培定則時應(yīng)分清“因”和“果”，電流是“因

6、”，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(jié)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(yīng)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(zhuǎn)動時，a、b、c三枚小磁針都要發(fā)生轉(zhuǎn)動，以下說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn) B．b的N極向紙外轉(zhuǎn)，而a、c的N極向紙里轉(zhuǎn) C．b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn)，而a的N極向紙外轉(zhuǎn) D．b的N極向紙里轉(zhuǎn)，而a、c的N極向

7、紙外轉(zhuǎn) 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(zhuǎn)動時，等效電流的方向為逆時針，由安培定則可判斷環(huán)內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，環(huán)外磁場方向垂直紙面向內(nèi)，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(zhuǎn)，a、c的N極向紙里轉(zhuǎn)。 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(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相

8、同 D．b處的磁感應(yīng)強度為零 解析：選AD　對于通電直導線產(chǎn)生的磁場，根據(jù)其產(chǎn)生磁場的特點及安培定則，可知兩導線在b處產(chǎn)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(chǎn)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(yīng)強度比c處的大，A正確。 3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)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(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)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(yīng)強度的大小為(　　) A．0　　　　　　

9、　　　　　 B.B0 C.B0 D．2B0 解析：選C　導線P和Q中電流I均向里時，設(shè)其在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示，則其夾角為60°，它們在a點的合磁場的磁感應(yīng)強度平行于PQ向右、大小為B1。又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，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(yīng)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(yīng)強度B＝＝B0，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

10、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(jié)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(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢 轉(zhuǎn)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，

11、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(zhuǎn)動 C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)平動 [方法應(yīng)用] (一)由題明3法 基礎(chǔ)解法：(電流元法)　把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)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

12、半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)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(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)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(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。 能力解法二：(結(jié)論法)　環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)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

13、)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(jié)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(guān)] 1.如圖所示，把輕質(zhì)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(zhuǎn)動 D．從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動 解析：選A　將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，根據(jù)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(cè)條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據(jù)結(jié)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

14、。故A正確。 2．(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(guān)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(zhuǎn)動并靠近螺線管 B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)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(chǎn)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(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)過90°時再用左手定則可判定導線所受磁

15、場力向下，即導線在逆時針轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(nèi)，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(zhuǎn)，下半部分向紙面里轉(zhuǎn)，同時靠近金屬環(huán) C．金屬棒的上半部分向紙面里轉(zhuǎn)，下半部分向紙面外轉(zhuǎn)，同時靠近金屬環(huán) D．金屬棒的上半部分向紙面里轉(zhuǎn)，下半部分向紙面外轉(zhuǎn)，同時遠離金屬環(huán) 解析：選B　由通電金屬環(huán)產(chǎn)生的磁場特點可知，其在金屬棒的上半部分產(chǎn)生有水平向左的磁場分量，由左手定

16、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(zhuǎn)；同理可判斷金屬棒的下半部分向紙面里轉(zhuǎn)。當金屬棒開始轉(zhuǎn)動到轉(zhuǎn)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F＝BIL中安培力、磁感應(yīng)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?nèi)S為二維，如側(cè)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⊥I； (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。 [典例]　(2015·全

17、國卷Ⅰ)如圖，一長為10 cm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(yīng)強度大小為0.1 T，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(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。 [解析]　依題意，開關(guān)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(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了

18、Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg ① 式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。 開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為 F＝BIL ② 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Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③ 由歐姆定律有 E＝IR ④ 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(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg。 ⑤ [答案]　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg [易錯提醒] (1)本題中安培力的方向易判

19、斷錯誤。 (2)開關(guān)閉合后，彈簧的伸長量為(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm。 (3)導體棒所受彈簧的彈力為2kx而不是kx。 [集訓沖關(guān)] 1．(2018·興化期末)如圖所示，質(zhì)量為60 g的銅棒長為a＝20 cm，棒的兩端與長為L＝30 cm的細軟銅線相連，吊在磁感應(yīng)強度B＝0.5 T、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θ＝60°，g取10 m/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(jù)動能定理得： FBLsin 60°－mgL(1－co

20、s 60°)＝0， 又安培力為：FB＝BIa 代入解得：I＝2 A。 (2)由題意，銅棒向上擺動的最大偏角θ＝60°，根據(jù)對稱性可知，偏角是30°時是其平衡位置，則有： G＝FBcot 30°＝FB ， 當銅棒偏角是30°時，速度最大，動能最大，由動能定理可得：mvm2＝FBLsin 30°－mgL(1－cos 30°) 代入解得最大速度為：vm＝0.96 m/s。 答案：(1)2 A　(2)0.96 m/s 2．(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L＝1.0 m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.02 kg，棒的中點用細繩經(jīng)輕

21、滑輪與物體c相連，物體c的質(zhì)量M＝0.03 kg，懸在空中。在垂直導軌平面方向存在磁感應(yīng)強度B＝0.2 T的勻強磁場，磁場方向豎直向上，重力加速度g取10 m/s2。 (1)為了使物體c能保持靜止，應(yīng)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I2＝2 A，導體棒的加速度大小是多少？ 解析：(1)由力的平衡可知，Mg＝BI1L I1＝＝ A＝1.5 A 由左手定則可知方向由a到b。 (2)當I2＝2 A時，對整體由牛頓第二定律得： BI2L－Mg＝(M＋m)a 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 答案：(1)1.5 A　由a到b　(

22、2)2 m/s2 安培力作用下的功能關(guān)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(zhuǎn)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(yīng)強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0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

23、．受到的安培力在一個周期內(nèi)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(jīng)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F＝BIL，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(nèi)，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(nèi)不做功，選項D錯誤。 (二)電磁炮中的功能關(guān)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(jié)構(gòu)示意圖。光滑水平加速導軌電阻不計，軌道寬為L＝0.2 m。在導軌間有豎直向上的勻

24、強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1×102 T?！半姶排凇睆楏w總質(zhì)量m＝0.2 kg，其中彈體在軌道間的電阻R＝0.4 Ω。可控電源的內(nèi)阻r＝0.6 Ω，電源的電壓能自行調(diào)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I＝4×103 A，不計空氣阻力。求： (1)彈體所受安培力大??； (2)彈體從靜止加速到4 km/s，軌道至少要多長？ (3)彈體從靜止加速到4 km/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： F＝ILB＝100×4 000×0.2 N＝8×104 N。 (2)由動能定理：Fx＝mv

25、2 彈體從靜止加速到4 000 m/s， 軌道至少要x＝＝ m＝20 m。 (3)由F＝ma得：a＝＝ m/s2＝400 000 m/s2， 由v＝at得：t＝＝ s＝0.01 s 發(fā)射過程產(chǎn)生的熱量：Q＝I2(R＋r)t＝4 0002×(0.4＋0.6)×0.01 J＝1.6×105 J 彈體的動能：Ek＝mv2＝×0.2×4 0002 J＝1.6×106 J 系統(tǒng)消耗的總能量為：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。 答案：(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J (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(zhì)量m＝

26、0.04 kg的金屬棒ab，導軌另一端通過開關(guān)與電源相連。該裝置放在高h＝20 cm的絕緣墊塊上。當有豎直向下的勻強磁場時，接通開關(guān)金屬棒ab會被拋到距導軌右端水平位移s＝100 cm處。試求開關(guān)接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10 m/s2) 解析：在接通開關(guān)到金屬棒離開導軌的短暫時間內(nèi)，安培力對金屬棒做的功為W，由動能定理得：W＝mv2 設(shè)平拋運動的時間為t，則豎直方向：h＝gt2 水平方向：s＝vt 解得：W＝0.5 J。 答案：0.5 J 安培力做功的特點和實質(zhì) (1)安培力做功與路徑有關(guān)，這一點與電場力不同。 (2)安培力做功的實質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化。 ①安培力

27、做正功時，將電源的能量轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為電能或其他形式的能。 對點訓練：磁感應(yīng)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(guān)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(zhuǎn) 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

28、磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)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(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)，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(　　) A．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度大小Ba＜Bb B．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度大小Ba＞Bb C．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Fa＜Fb D．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Fa＞Fb 解析：選AD　磁感線越密，磁

29、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(guān)系，其所受安培力的大小關(guān)系不確定，故C錯誤，D正確。 3.電視機顯像管的偏轉(zhuǎn)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(　　) A．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

30、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(jù)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

31、·張家港模擬)如圖所示，一根通電直導線放在磁感應(yīng)強度B＝1 T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(yīng)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 B．c點的實際磁感應(yīng)強度也為0 C．d點實際磁感應(yīng)強度為2 T，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(yīng)強度為0，說明通電導線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，即得到通電導線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向水平向左，根據(jù)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(chǎn)

32、生的磁感應(yīng)強度大小為B＝1 T，方向水平向右，與勻強磁場方向相同，則c點磁感應(yīng)強度為2 T，方向與B的方向相同，故B錯誤。通電導線在d處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下，根據(jù)磁場的疊加原理可得d點磁感應(yīng)強度為Bd＝B＝ T，方向與B的方向成45°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(zhuǎn)動 B．從上往下俯視，甲中的線圈逆時針轉(zhuǎn)動 C．從上往下俯視，乙中的線圈順時針轉(zhuǎn)動 D．從上往下俯視，乙中的線圈逆時針轉(zhuǎn)動 解

33、析：選D　根據(jù)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(nèi)，線圈不會繞OO′軸轉(zhuǎn)動，故A、B錯誤；根據(jù)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(zhuǎn)動，從上往下俯視，乙中的線圈逆時針轉(zhuǎn)動。故C錯誤，D正確。 7．(2018·溫州調(diào)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(zhuǎn)的液體”，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)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(zhuǎn)起來，如圖甲所示。第二個實驗叫做“振動的彈簧”，把一根

34、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(xiàn)彈簧不斷上下振動，如圖乙所示。下列關(guān)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(zhuǎn)方向不變 B．圖甲中，如果改變電源的正負極，液體的旋轉(zhuǎn)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(diào)換N、S極位置或僅僅調(diào)換電源的正負極位置，安培力方向肯定改變，液體的旋轉(zhuǎn)方向要改變，故A、B均錯誤。圖乙中，當有電流通過彈簧時，構(gòu)成彈簧的每一圈導線周圍都產(chǎn)生了磁場，根據(jù)安培定則知，各

35、圈導線之間都產(chǎn)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(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)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

36、L2不動 B．因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2不動 C．L2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動 D．L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)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(zhuǎn)軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)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(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒處于磁感應(yīng)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

37、此時彈簧測力計示數(shù)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(zhì)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mg－F C．若將電流增大為原來的2倍，平衡時彈簧測力計示數(shù)會增大為2F D．若將磁感應(yīng)強度和金屬棒質(zhì)量同時增大為原來的2倍，平衡時彈簧測力計示數(shù)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：mg＋F安＝F，則金屬棒所受的安培力大小為F－mg，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(jù)F＝mg＋F安可知，平衡時彈簧測力計示數(shù)不會增

38、大為2F，選項C錯誤；若將磁感應(yīng)強度和金屬棒質(zhì)量同時增大為原來的2倍，則安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)F＝mg＋F安可知，平衡時彈簧測力計示數(shù)會增大為2F，選項D正確。 10.[多選]如圖所示，質(zhì)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(yīng)強度方向和大小可能為(　　) A．z正向，tan θ　　　　　 B．y正向， C．z負向，tan θ D．沿懸線向上，sin θ 解析：選BC　本題要注意在受力分析時把立體圖變成側(cè)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

39、向，則從O向O′看，導線受到的安培力F＝ILB，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FT＝0，且滿足ILB＝mg，即B＝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FTsin θ＝ILB，F(xiàn)Tcos θ＝mg，即B＝，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。 考點綜合訓練 11．(2018·蘇州模擬)一條形磁鐵放在光滑的斜面上，并用一質(zhì)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

40、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(　　) A．x0＝xa＝xb＝xc B．x0＞xa＞xb＞xc C．xa＞x0＝xb＞xc D．xa＞xb＞xc＞x0 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，F(xiàn)a′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；

41、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xa＞x0＝xb＞xc，C正確。 12．[多選](2018·南京四校聯(lián)考)一質(zhì)量為0.06 kg、長為0.1 m的金屬棒MN用兩根長度均為1 m的絕緣細線懸掛于天花板的頂端，現(xiàn)在金屬棒所在的空間加一豎直向下的磁感應(yīng)強度大小為0.5 T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(nèi)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，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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

42、 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9 A D．通入金屬棒中的電流為4 A 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BIlRsin 37°＝mgR(1－cos 37°)，代入數(shù)值得I＝4 A，C錯誤，D正確。 13.某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質(zhì)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(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)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

43、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(shù)可表示電流強度。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g。 (1)當電流表的示數(shù)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L1，bc的長度為L2，此電流表的量程是多少？ 解析：(1)設(shè)當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為Δx，則有mg＝kΔx，故Δx＝。 (2)根據(jù)左手定則，金屬桿中的電流方向為：M→N。 (3)設(shè)電流表滿偏時通過MN的電流為Im，則有： BImL1＋m

44、g＝k(L2＋Δx)，故Im＝。 答案：(1)　(2)M→N　(3) 第2節(jié)磁場對運動電荷的作用 (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(jù)公式T＝，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(xiàn)，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(guān)。(√) (7)利用質(zhì)譜儀可以測得帶電粒子的比荷。(√)

45、 (8)經(jīng)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(yīng)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(chǎn)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(xiàn)電子，并指出：陰極射線是高速運動的電子流。 (3)阿斯頓設(shè)計的質(zhì)譜儀可用來測量帶電粒子的質(zhì)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(chǎn)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

46、手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。 (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(xiàn)，二者性質(zhì)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(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 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

47、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(jié)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(nèi)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

48、理北極附近，地球是一個巨大的磁體，因此地球內(nèi)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(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)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

49、．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

50、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)。 3．解題常用知識 (1)幾何知識：根據(jù)已知長度、角度，計算粒子的運動半徑，或者根據(jù)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(shù)、勾股定理、偏向角與圓心角的關(guān)系…… (2)半徑公式、周期公式：應(yīng)用公式R＝、T＝，可根據(jù)q、B、m、v計算粒子的半徑、周期，也可根據(jù)粒子的半徑或周期計算磁感應(yīng)強度，粒子的電荷量、質(zhì)量。 (3)運動時間計算式t＝·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

51、時，常用到t＝·T。 [典例]　(2016·全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)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(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉(zhuǎn)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(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. [審題指導] 第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)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(yīng)成30° 筒轉(zhuǎn)過90° 所用時間為圓

52、筒運動周期的 第二步：找突破口 (1)求粒子運動的圓心角→畫軌跡，由幾何關(guān)系求解。 (2)求粒子運動周期→根據(jù)粒子運動時間與筒相等求解。 (3)求比荷→可根據(jù)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(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，粒子在磁場中運動時間與圓筒轉(zhuǎn)動時間相等，則＝·，即＝，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(guān)] 1.(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)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(jīng)過P

53、點，在紙面內(nèi)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(yīng)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.∶2　　　B.∶1　　　C.∶1　　　D．3∶ 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qvB＝m可知，R＝，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(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；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BP＝2R2，由幾何關(guān)系

54、可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，C項正確。 2.(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(yīng)強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)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(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0＝m

55、① qλB0v0＝m ② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為 t1＝ ③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為 t2＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝1＋。 ⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。 ⑥ 答案：(1)　(2) 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： (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

56、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(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界。現(xiàn)有質(zhì)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′相切的圓弧，軌道半徑：R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，則有：R′＝ d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負電荷)

57、 (二)磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。 [例2]　[多選](2018·鹽城模擬)一質(zhì)量為m，電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)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.　　　　　　　　　　 B. C. D. [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

58、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(jù)牛頓第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝＝；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝m，v＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝＝，應(yīng)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(yīng)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(nèi)磁場垂直紙面向里，三角形頂點

59、A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計)，所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷＝k，則質(zhì)子的速度可能為(　　) A．2BkL B. C. D. [解析]　因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)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(zhì)子運行半徑r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，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

60、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(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)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(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響。求： (1)磁感應(yīng)強度B0的大?。? (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(yīng)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

61、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(jīng)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qv0B0＝，做勻速圓周運動的周期T0＝ 聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強度B0＝。 (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r＝ 當在兩板之間正離子共運動n個周期， 即nT0時，有r＝(n＝1,2,3…) 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 v0＝＝(n＝1,2,3，…)。 [答案]

62、　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 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(yīng)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(zhì)量為m，電量為e)，經(jīng)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Bev＝得：R

63、＝ 射出點距離為：PQ＝4Rsin θ 由題意可知θ＝30° 如圖可知，兩粒子離開時距O點均為R， 所以出射點相距為：L＝2R＝。 (2)由T＝得：T＝ 負電子在磁場中運動時間：t1＝T＝T 正電子在磁場中運動時間：t2＝T＝T 所以兩個電子射出的時間差：Δt＝t1－t2＝。 [答案]　(1)　(2) (二)四分之一平面磁場 [例2]　如圖所示，一個質(zhì)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(nèi)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(yīng)強度B和射出點的坐標。 [解析]　軌跡示意圖如圖所示，

64、由射入、射出點的半徑可找到圓心O′，并得出半徑為r＝＝，得B＝；射出點坐標為(0，a)。 [答案]　B＝　射出點坐標為(0，a) (三)正方形磁場 [例3]　[多選]如圖所示，在正方形abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)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(jīng)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(jīng)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(　　) A．v1∶v2＝1∶2　　　　 B．v1∶v2＝∶4 C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3

65、∶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T＝，因為甲、乙兩種粒子的比荷相等，故T甲＝T乙。設(shè)正方形的邊長為L，則由圖知甲粒子運行半徑為r1＝，運行時間為t1＝，乙粒子運行半徑為r2＝，運行時間為t2＝，而r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，選項A錯誤、B正確；t1∶t2＝3∶1，選項C錯誤、D正確。 [答案]　BD (四)矩形磁場 [例4]　(2018·射陽聯(lián)考)如圖所示，矩形虛線框MNPQ內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)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

66、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qvB＝m，可得r＝，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Ek＝mv2，知粒子c的動能最小，根據(jù)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T＝，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，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為(　　) A．B＞　　　　 B．B＜ C．B＞ D．B＜ [解析]　由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝有＜