江西省横峰中学高考物理第一轮复习 第八章 磁场（备考指南）.doc

第八章 磁场备考指南考 点内 容要求题型把 握 考 情一、磁场、安培力磁场、磁感应强度、磁感线选择找 规 律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点考查安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题。对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现；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，分值较高。通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向二、带电粒子在匀强磁场中的运动匀强磁场中的安培力选择、计算洛伦兹力、洛伦兹力的方向三、带电粒子在组合场叠加场中的运动洛伦兹力公式 选择、计算明 热 点预计在2016年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、复合场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的几率较大。带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器第1节磁场的描述_磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。()(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。()(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。()(4)磁感线是真实存在的。()(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。()(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。()(7)安培力可能做正功，也可能做负功。()1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。要点一对磁感应强度的理解及磁场和电场的对比1理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式b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磁感应强度b与电场强度e的比较磁感应强度b电场强度e物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场性质的物理量定义式b(通电导线与b垂直)e方向磁感线切线方向，小磁针n极受力方向(静止时n极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各个电场的电场强度的矢量和单位1 t1 n/(am)1 v/m1 n/c多角练通下列关于磁场或电场的说法正确的是()通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱答案：要点二安培定则的应用与磁场的叠加1安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。原因(电流方向)结果(磁场方向)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形定则。典例(多选)(2013海南高考)3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为i，电流方向如图811所示。a、b和c三点分别位于三角形的3个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为b1、b2和b3。下列说法正确的是()图811ab1b2b3bb1b2b3ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里解析本题要明确3条导线中的电流在a、b、c三点各自产生的磁场的分布情况，要充分利用对称性进行矢量合成。对于a点，由右手螺旋定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，水平导线在此点产生的磁场方向向外；对于b点，斜向右上方的导线与水平导线在此点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，斜向左上方的导线在此点产生的磁场方向向外；对于c点，水平导线在此点产生的磁场方向向里，斜向左上方和斜向右上方的导线在此点产生的磁场方向也向里，则c点合磁场方向向里，且有b3b1b2。综上可知a、c正确。答案ac方法规律求解有关磁感应强度的三个关键(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(记住5种常见磁场的立体分布图)。针对训练1(2013安徽高考)图812中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图812a向上b向下c向左 d向右解析：选b本题考查通电导线周围的磁场分布情况和带电粒子在磁场中的运动情况，意在考查考生的理解能力和分析推理能力。根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得o点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。2(2015北京朝阳区期末考试)图813中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的3个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。则在三角形中心o点处的磁感应强度()图813a方向向左 b方向向右c方向向下 d大小为零解析：选b根据右手螺旋定则，电流a在o产生的磁场平行于bc向右，电流b在o产生的磁场平行于ac指向右下方，电流c在o产生的磁场平行于ab指向右上方；由于三根导线中电流大小相同，到o点的距离相同，根据平行四边形定则，合场强的方向向右，故a、c、d错误，b正确。要点三安培力作用下导体的运动1判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。25种常用判定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，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典例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814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()图814a不动b顺时针转动c逆时针转动 d在纸面内平动解析方法一(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。答案b针对训练1.如图815所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)()图815a顺时针方向转动，同时下降b顺时针方向转动，同时上升c逆时针方向转动，同时下降d逆时针方向转动，同时上升解析：选a结合微元法与特殊位置法解答本题。如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为o点，选择在o点左侧s极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在o点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则o点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出o点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项a正确。2将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图816所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()图816a圆环顺时针转动，靠近磁铁b圆环顺时针转动，远离磁铁c圆环逆时针转动，靠近磁铁d圆环逆时针转动，远离磁铁解析：选c该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，n极在内，s极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得c项正确。3如图817所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为n极，下端为s极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为fn、ff，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比()图817afn、ff均变大 bfn不变，ff变小cfn变大，ff不变 dfn变小，ff不变解析：选d两根导线通题图方向大小相同的电流后，导线受到安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面向上的作用力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项d正确。要点四安培力作用下的平衡问题1安培力公式fbil中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且l是通电导线的有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。2通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意f安b、f安i；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。3安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关。(2)安培力做功的实质是能量转化安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能。典例(多选)(2014浙江高考)如图818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()图818a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左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项a、b正确；安培力fbil，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项c正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项d错误。答案abc针对训练1(2015合肥二检)如图819所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为b、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流i时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需()图819a在天平右盘中增加质量m的砝码b在天平右盘中增加质量m的砝码c在天平左盘中增加质量m的砝码d在天平左盘中增加质量m的砝码解析：选d由左手定则可知电流方向反向后，安培力方向竖直向下，故要使天平再次达到新的平衡，需要在天平的左盘中增加砝码，a、b错。由于天平是等臂杠杆，故左盘增加砝码的重力大小等于右盘增加的安培力，右盘安培力增加量为f2nbil，故由fmg，可得m，c错，d对。2如图8110所示，水平导轨间距为l0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m1 kg，电阻r00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势e10 v，内阻r0.1 ，电阻r4 ；外加匀强磁场的磁感应强度b5 t，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角53；ab与导轨间的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 530.8，cos 530.6。求：图8110(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力g的取值范围。解析：(1)i2 a方向为a到b(2)fbil5 n(3)受力如图fm(mgfcos 53)3.5 n当最大静摩擦力方向向右时ftfsin 53fm0.5 n当最大静摩擦力方向向左时ftfsin 53fm7.5 n所以0.5 ng7.5 n答案：(1)2 aa到b(2)5 n(3)0.5 ng7.5 n对点训练：磁感应强度、安培定则1(2014全国卷)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根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流i和磁场b确定的平面，即安培力的方向既垂直于b又垂直于i，a错误，b正确；当电流i的方向平行于磁场b的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流i的方向垂直于磁场b的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，c错误；如图所示，电流i和磁场b垂直，直导线受到的安培力fbil，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流i和磁场b垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为fbil，d错误。2如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以o点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度b大小的变化最有可能为()图1图2解析：选c根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以o点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度b大小的变化最有可能为图c。3(多选)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3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()图3am点和n点的磁感应强度大小相等，方向相同bm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上只有一点的磁感应强度为零解析：选bd两根导线分别在m点和n点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得1234，矢量相加可知m点、n点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项b正确；线段mn中点o的磁感应强度为零，选项d正确。4(多选)如图4所示，在xoy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流i，两导线关于y轴对称，p为x轴上一点，q为z 轴上一点，下列说法正确的是()图4ao点处的磁感应强度为零bp、q两点处的磁感应强度方向垂直cp、q两点处的磁感应强度方向平行d正电荷从o点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用解析：选ab根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可判断o点处磁感应强度为零，p点处磁感应强度方向沿z轴正方向，q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故a、b正确，c错误。在z轴上，z0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，d错误。对点训练：安培力作用下导体的运动5(2015广东汕头质检)如图5，两个圆形线圈p和q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若i1i2，p、q受到安培力大小分别为f1和f2，则p和q()图5a相互吸引，f1f2b相互排斥，f1f2c相互排斥，f1f2d相互吸引，f1f2解析：选d由于p、q通以同向电流，据“同向电流相吸，异向电流相斥”可知，p、q是相互吸引的，p、q之间的相互吸引力遵循牛顿第三定律，总是等大、反向。6(2015兰州模拟)如图6所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线a，a与螺线管垂直。a导线中的电流方向垂直纸面向里，开关s闭合，a受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()图6a水平向左b水平向右c竖直向下 d竖直向上解析：选d先根据安培定则判断通电螺线管在a处的磁场方向为水平向左，再根据左手定则可判断a受力的方向为竖直向上。7(2015江门三调)如图7所示，带负电的金属环绕轴oo以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时()图7an极竖直向上bn极竖直向下cn极沿轴线向左dn极沿轴线向右解析：选c带负电的金属环匀速旋转，可等效为反向的电流，根据安培定则，在环内形成水平向左的磁场，故小磁针静止时n极沿轴线向左，选项c正确，选项a、b、d错误。8(2015汕头模拟)如图8是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流i，两条导线所在处的磁感应强度大小均为b。则()图8a该磁场是匀强磁场b线圈平面总与磁场方向垂直c线圈将逆时针转动da、b导线受到的安培力大小总为bil解析：选d匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项a错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项c错误；易知选项b错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为bil，选项d正确。9(2015广东深圳南山期末)指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其n极指向如图虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时n极指向如图9实线(n极东偏北向)所示。则以下判断正确的是()图9a可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流b可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流c可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流d可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流解析：选c若某一条件下该指南针静止时n极指向如题图实线(n极东偏北向)所示，则有一指向东的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流，c正确。10(2012天津高考)如图10所示，金属棒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()图10a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a棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，角变大，选项a正确；两悬线等长变短，角不变，选项b错误；金属棒质量变大，角变小，选项c错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，角变大，选项d错误。11(多选)如图11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。质量为m、长为l的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流i时，金属杆ab保持静止。则磁感应强度的方向和大小可能为()图11a竖直向上，mgtan /(il)b平行导轨向上，mgcos /(il)c水平向右，mg/(il)d水平向左，mg/(il)解析：选ad若磁场方向竖直向上，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有bilmgtan 0，解得b，a正确；磁场方向平行导轨向上时，安培力方向垂直导轨平面向下，它与重力和支持力不可能平衡，b错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，它与重力和支持力不可能平衡，c错误；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态，此时有bilmg0，解得b，d正确。12(多选)(2015广东广州三模)如图12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。磁感应强度方向和大小可能为()图12az正向，tan by正向，cz负向，tan d沿悬线向上，sin 解析：选bc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filb，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ft0，且满足ilbmg，即b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ftsin ilb，ftcos mg，即b，导线可以平衡，c正确。若b沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于导线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，d错误。13(2015江苏泰州模拟)如图13所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小i1 a，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 t、方向竖直向上的磁场中。设t0时，b0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)图13解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示。由平衡条件得ftcos 37fftsin 37mg两式联立解得f0.8 n由fbil得b2 t由题意知，b与t的变化关系为b0.4t代入数据得t5 s答案：5 s第2节磁场对运动电荷的作用(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。()(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()(3)根据公式t，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期t与v成反比。()(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。()(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。()(6)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。()(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由d形盒的最大半径、磁感应强度b、加速电压的大小共同决定的。()(1)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。(2)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(3)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。(4)1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和d形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同) 要点一对洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)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洛伦兹力电场力产生条件v0且v不与b平行电荷处在电场中大小fqvb(vb)fqe力方向与场方向的关系一定是fb，fv，与电荷电性无关正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功典例(多选)如图821所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由a点进入这个区域沿直线运动，从c点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从b点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从d点离开场区。已知bccd，设粒子在上述三种情况下，从a到b、从a到c和从a到d所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是ek1、ek2、ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是()图821at1t2t3bt1t2t3cek1ek2ek3 dek1ek2ek3审题指导(1)当电场、磁场同时存在时，粒子做_运动提示：匀速直线运动。(2)只有电场时，粒子做_运动，用公式_求时间。提示：类平抛运动t1(3)只有磁场时，粒子做_运动，用_与速度的比值求时间。提示：匀速圆周运动弧长解析当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qeqvb；当只有电场时，粒子从b点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向为匀速直线运动，所以t1t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，则t2t3，因此a选项正确。粒子从b点射出时，电场力做正功，动能变大，故c选项正确。答案ac方法规律洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可以改变运动电荷的速度方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等。针对训练1如图822所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的a点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()图822a仍在a点b在a点左侧c在a点右侧d无法确定解析：选c洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ayv丙v乙，选项a、b错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项d正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项c正确。要点二带电粒子在匀强磁场中的运动1圆心的确定图824(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点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824甲所示)。(2)已知入射方向和入射点、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道的圆心(如图824乙所示)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动：直线边界(进出磁场具有对称性，如图825所示)。图825平行边界(存在临界条件，如图826所示)。图826圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图827所示)。图8272半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：图828(1)粒子速度的偏向角()等于圆心角()，并等于ab弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图828)，即2t。(2)直角三角形的应用(勾股定理)。找到ab的中点c，连接oc，则aoc、boc都是直角三角形。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时，其运动时间可由下式表示：tt(或tt)，t(l为弧长)。典例 如图829所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：图829(1)电子在磁场中运动轨迹的半径r；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息一束电子沿圆形区域的直径方向射入沿半径方向入射，一定会沿半径方向射出运动方向与原入射方向成角为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角第二步：找突破口(1)要求轨迹半径应根据洛伦兹力提供向心力求解。(2)要求运动时间可根据t t，先求周期t。(3)要求圆形磁场区域的半径可根据几何关系求解。解析(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evb解得r。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为t，则t由如图所示的几何关系得圆心角，所以tt。(3)由如图所示几何关系可知，tan，所以rtan。答案(1)(2)(3)tan方法规律带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法三步法针对训练1(2014安徽高考)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度t成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度b正比于()a.btc. dt2解析：选a由题意可知，等离子体的动能ekct(c是比例系数)，在磁场中做半径一定的圆周运动，由qvbm可知，b，因此a项正确，b、c、d项错误。2(2014全国卷)如图8210，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()图8210a2 b.c1 d.解析：选d根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在p点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1b1，则b1；同理，b2，则，d正确，a、b、c错误。3(多选)(2014全国卷)如图8211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()图8211a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根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项a正确；根据qvb，得r，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项b错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项c正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv，粒子的动能大，其mv不一定大，选项d错误。要点三带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含下述几个方面：1带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解。典例1如图8212所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为b，mm和nn是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界nn射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。图8212解析题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与nn相切的圆弧，轨道半径：r又drr/解得v(2)bqd/m。若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与nn相切的圆弧，则有：rdr，解得v(2)bqd/m。答案(2)(q为正电荷)或(2)(q为负电荷)2磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。典例2(多选)在m、n两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图8213所示。已知两条导线m、n中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能是()图8213am中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动bm中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动cn中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动dn中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动解析考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知a、b正确。答案ab图82143临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，如图8214所示。于是形成了多解。典例3(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图8215所示，磁感应强度为b，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()图8215a使粒子的速度vb使粒子的速度vc使粒子的速度vd使粒子的速度v满足v解析带电粒子刚好打在极板右边缘，有r2l2，又因r1，解得v1；粒子刚好打在极板左边缘，有r2，解得v2，故a、b正确。答案ab4运动的往复性形成多解空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解。典例4(2014江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图8216所示。装置的长为l，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为b、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，m、n、p为板上的三点，m位于轴线oo上，n、p分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达p点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从p点移到n点，求粒子入射速度的最小变化量v；(3)欲使粒子到达m点，求粒子入射速度大小的可能值。图8216审题指导(1)试在图中画出粒子打到p点、n点、m点的运动轨迹(为方便画图，可设p、n、m不确定的点)提示：(2)在图中确定圆周运动的圆心位置，并通过几何关系把l与d和半径r的关系写出来。提示：l3rsin 303dcos 30(3)打到m点的粒子，每经过一次磁场沿oo方向前进多少距离？提示：前进距离l2dcos 302rsin 30解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意l3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为rmqvbmqvb由题意知3rsin 304rsin 30解得vvv(3)设粒子经过上方磁场共n次由题意知l(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且mqvnb，解得vn(1n1，n取整数)答案见解析方法规律求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。要点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题多维探究(一)半无界磁场典例1(多选)(2012江苏高考)如图8217所示，mn是磁感应强度为b的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从o点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的a点。下列说法中正确的有()图8217a若粒子落在a点的左侧，其速度一定小于v0b若粒子落在a点的右侧，其速度一定大于v0c若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0qbd/2md若粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0qbd/2m解析因粒子由o点以速度v0入射时，最远落在a点，又粒子在o点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即，所以粒子若落在a的右侧，速度应大于v0，b正确；当粒子落在a的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，a错误；当粒子射到a点左侧相距d的点时，最小速度为xmin，则，又因，所以vminv0，所以粒子落在a点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vminv0，c正确；当粒子射到a点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则，又因，即v1v0，d错误。答案bc(二)四分之一平面磁场典例2如图8218所示，一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的p(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度b和射出点的坐标。图8218解析轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心o，并得