导学教程高考物理总复习 第八章 磁场教参 新人教版.doc

第八章 磁场2017高考备考导航考点考纲要求专家解读磁场、磁感应强度、磁感线纵观近几年高考，涉及本章知识点的题目年年出现，考查的知识点有以下几个方面：1磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现。2安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算，一般以计算题的形式出现。3带电粒子在分立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题。通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。第一节磁场磁场对电流的作用主干回顾1磁场2安培力自我检测1判断下列说法的正误。(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。()2下列关于磁感应强度的说法正确的是a一小段通电导体放在磁场a处，受到的磁场力比b处的大，说明a处的磁感应强度比b处的磁感应强度大b由b可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力f成正比，与导线的i、l成反比c一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零d小磁针n极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案d3(2016沈阳模拟)如图811所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向。图811答案4如图812所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的v形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为b。当在该导线中通以电流强度为i的电流时，该v形通电导线受到的安培力大小为图812a0b0.5bilcbild2bil答案c考点一安培定则的应用和磁场的叠加第八章磁场高考总复习物理() 1.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场绕向)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是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。特别提醒 两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。考向1直线电流的磁场的叠加例1导学号：60810564如图813所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是图813ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同抓关键点：m、n中通有大小相等、方向相反的电流。c、d位于m、n连线的中垂线上，a、b、c、d到o点的距离相等。找突破口：利用安培定则确定m、n中的电流在a、b、c、d四点产生的磁场方向。利用矢量的合成法则平行四边形定则确定a、b、c、d四点的合磁感应强度的大小和方向。解析根据安培定则可知m、n导线中的电流在o点产生的磁场方向均垂直于mn连线且由od，故o处的磁感应强度不为零，选项a错误；由于m、n两导线中电流大小相等，根据对称性知babb，磁感应强度方向均垂直于mn连线，方向相同，选项b错误；c、d关于o点对称，m、n两导线中的电流在c、d两点产生的磁感应强度的矢量和相等且方向均为cd，选项c正确；由于a、b、c、d四点磁感应强度方向均相同，选项d错误。答案c特别提醒解决磁场叠加问题应注意的三个要点(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。考向2环形电流磁场的判断例2导学号：60810565(2016辽宁质检)如图814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平衡时的位置是图814an极竖直向上bn极竖直向下cn极沿轴线向左 dn极沿轴线向右解析负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿oo轴向左，由于磁针的n极指为磁场方向，可知选项c正确。答案c考点二安培力作用下导体的受力及运动方向的判定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考向1安培力作用下的导体运动方向判断 例3导学号：60810566一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815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815a不动b顺时针转动c逆时针转动 d在纸面内平动解析解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。解法二等效法把线圈l1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流i1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。解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考向2用“转换对象”法判断磁铁受力例4导学号：60810567(多选)如图816所示，圆柱形磁铁静止在斜面上，在垂直于圆柱轴线且过磁铁中心o的直线上有a、b、c三点，a、b关于o点对称。长直导线固定在b点，当导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍静止在斜面上，那么图816a若导线固定在a点，其他条件不变，则磁铁可能沿斜面下滑b若导线固定在c点，其他条件不变，则磁铁所受斜面的摩擦力可能增大c若电流反向，其他条件不变，则磁铁一定沿斜面下滑d若电流反向，其他条件不变，则磁铁受到斜面的摩擦力增大解析当通电长直导线固定在b点时，导线受磁场力如图所示，由牛顿第三定律可知磁铁所受磁场力fb的情况，在沿斜面方向上有fbfmgsin 0，fbfb，则fmgsin fb，可能0fmgsin ，摩擦力方向沿斜面向上，也可能0ffm，摩擦力方向沿斜面向下，当导线固定在a点而其他条件不变时，磁铁受力情况不变，因此选项a错误；当导线固定在c点时，磁铁受力方向不变，但所受导线作用力大小减小，由fcmgsin fc可知，当摩擦力沿斜面向上时，fcf，当摩擦力沿斜面向下时，fcfb，则fcf，b正确；当电流方向反向，其他条件不变时，导线对磁铁作用力方向沿斜面向下，若摩擦力为静摩擦力，则fmgsin fb，此时若摩擦力仍小于或等于最大静摩擦力，则磁铁仍静止，c错误；由于电流反向前fmgsin fbf总成立，d正确。答案bd规律总结“转换研究对象”法的应用在研究直线电流对磁铁的作用的问题中，由于直线电流磁场的特殊性，往往不方便直接分析磁铁的受力情况。根据牛顿第三定律，力的作用是相互的，直线电流与磁铁相互作用，将研究对象由磁铁转换成直线电流，分析直线电流受到的磁铁作用力就方便得多，如本题就是先以直线电流为受力分析对象，然后由牛顿第三定律进行转换，就能够得出磁铁受到的直线电流的作用力。考点三安培力作用下的力电综合问题1正确掌握安培力的分析方法(1)若磁场和电流垂直：fbil。(2)若磁场和电流平行：f0。(3)安培力的方向垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。2对有效长度的理解弯曲导线的有效长度l等于两端点所连直线的长度(如图817所示)，相应的电流方向沿l由始端流向末端，安培力的作用点为等效长度的几何中心。图8173解题的一般步骤(1)确定研究对象。(2)将三维图变为二维，画出平面受力分析图。(3)列平衡方程、牛顿第二定律方程进行计算。(4)涉及功、能关系要用功的定义或动能定理。考向1对有效长度的理解 例5导学号：60810568如图818所示，ac是一个用长为l的导线弯成的、以o为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面aoc垂直的磁感应强度为b的匀强磁场中，当在该导线中通以由c到a，大小为i的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是图818abil，平行于oc向左b.，平行于oc向右c.，垂直ac的连线指向左下方d2bil，垂直ac的连线指向左下方解析弯曲的导线通以电流i时，其所受安培力的情况与直导线ca通以电流i时所受安培力情况相同。设圆弧对应的半径为r，则lr，所以r，弯曲导线的等效长度为lr。则导线受到的安培力为fbil，方向垂直于ac的连线指向左下方。答案c考向2安培力作用下的平衡问题的计算例6导学号：60810569(2015课标)如图819所示，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。图819解析依题意，开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向为竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为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。答案见解析考向3安培力作用下的力电综合问题例7导学号：60810570(多选)(2014浙江)如图8110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8110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8110a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根据左手定则知金属棒在0内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在t内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项a、b、c正确；在0时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功， 在t时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项d错误。答案abc随堂巩固1导学号：60810571(2015海南单科)如图8111所示，a是竖直平面p上的一点。p前有一条形磁铁垂直于p，且s极朝向a点。p后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向图8111a向上b向下c向左d向右解析p前有一条形磁铁垂直于p，且s极朝向a点，条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外，在电子经过a点的瞬间，由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上，a对，b、c，d错。答案a2导学号：60810572(多选)(2015课标)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是a指南针可以仅具有一个磁极b指南针能够指向南北，说明地球具有磁场c指南针的指向会受到附近铁块的干扰d在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析任何磁体均具有两个磁极，故a错。指南针之所以能指向南北，是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用，这说明地球具有磁场，即b正确。放在指南针附近的铁块被磁化后，反过来会影响指南针的指向，即c正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用，会使指南针发生偏转，故d错。答案bc3导学号：60810573(2014课标)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由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项a错、b正确；安培力的大小fbilsin 与直导线和磁场方向的夹角有关，选项c错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项d错误。答案b4如图8112所示，在a、b、c三处垂直于纸面放置三根长直通电导线，电流大小相等，a、b、c是等边三角形的三个顶点，a处电流在三角形中心o点产生的磁场的磁感应强度大小为b，求o处的磁感应强度。图8112解析由于oaoboc，所以在各处电流等大的前提下，b、c处的电流在o点的磁感应强度大小也都为b，根据安培定则，各电流在o处的磁感应强度应垂直于各点和o的连线，如图所示，由图中几何关系知ba与bb夹角为120，所以根据平行四边形定则，a、b处的电流在o处的合磁感应强度为b，方向水平向右，所以o处的总磁感应强度大小为2b，方向水平向右。答案2b，方向水平向右限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1导学号：60810574(2016无锡检测)如图8113所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度b，在计算机屏幕上显示的大致图象是图8113解析通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，无穷远处磁感应强度为0，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度b，在计算机屏幕上显示的大致图象是c。答案c2导学号：60810575如图8114所示，a、b、c是等边三角形的三个顶点，o是a、b连线的中点。以o为坐标原点，a、b连线为x轴，o、c连线为y轴，建立坐标系。过a、b、c、o四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过o点的通电直导线所受安培力的方向为图8114a沿y轴正方向b沿y轴负方向c沿x轴正方向 d沿x轴负方向答案a3如图8115所示，a为一水平旋转的橡胶盘，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。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图8115a竖直向上b竖直向下c水平向里d水平向外答案c4如图8116所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道，一重为g的金属导体mn垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流i，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从a点运动到c点，设金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为，安培力的瞬时功率为p，则从a到c的过程中，下列说法正确的是图8116a电流方向从n指向m bicot cpcos dpsin 解析由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从m指向n，a错误；因为金属导体mn做匀速圆周运动，所以有gsin f安cos ilbcos ，故itan ，即itan ，b错误；又pf安vcos gvsin ，所以psin ，c错误、d正确。答案d5导学号：60810576如图8117所示，条形磁铁放在光滑的斜面上(斜面固定不动)，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，a为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为f1；导线中有电流时，磁铁对斜面的压力为f2，此时弹簧的伸长量减小。则图8117af1f2，a中电流方向向内bf1f2，a中电流方向向外cf1f2，a中电流方向向内df1f2，a中电流方向向外解析由题意知，导线受安培力应如图所示，由左手定则和牛顿第三定律知a正确。答案a6如图8118所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态，在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线p。当p中通以方向向外的电流时图8118a导线框将向左摆动b导线框将向右摆动c从上往下看，导线框将顺时针转动d从上往下看，导线框将逆时针转动解析当p中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线p产生的磁场方向为逆时针方向，由左手定则可判断出ab所受的安培力方向垂直纸面向外。cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，选项d正确。答案d7导学号：60810577(多选)如图8119所示，质量为m，长为l的导体棒电阻为r，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为e，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为b，其方向与轨道平面成角斜向上方且垂直于导体棒，开关闭合后导体棒开始运动，则图8119a导体棒向左运动b开关闭合瞬间导体棒mn所受安培力为c开关闭合瞬间导体棒mn所受安培力为d开关闭合瞬间导体棒mn的加速度为解析磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力fbil，方向为垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，故a、c错误，b正确。导体棒的合力f合fcos(90)fsin ，由a得a，d正确。答案bd8导学号：60810578(多选)如图8120所示，将两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的m、n两小孔中，o为m、n连线中点，连线上a、b两点关于o点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流i。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度bk，式中k是常数，i是导线中的电流。r为点到导线的距离。一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿m、n连线运动到b点，关于上述过程，下列说法正确的是图8120a小球先做加速运动后做减速运动b小球一直做匀速直线运动c小球对桌面的压力先增大后减小d小球对桌面的压力一直在增大解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在m、n连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上，对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，a错误、b正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，c正确、d错误。答案bc9导学号：60810579(多选)如图8121所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流i时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是图8121a此过程中磁感应强度b逐渐增大b此过程中磁感应强度b先减小后增大c此过程中磁感应强度b的最小值为d此过程中磁感应强度b的最大值为解析导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度b逐渐增大，a对、b错；刚开始安培力f最小，有sin =，所以此过程中磁感应强度b的最小值为，c对；最后安培力最大，有f=mg，即此过程中磁感应强度b的最大值为，d错。答案ac二、计算题(共46分)10导学号：60810580(13分)(2016太原检测)粗细均匀的直导线mn的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，mn恰好在水平位置(如图8122)。已知mn的质量m10 g，mn的长度l49 cm，沿水平方向与mn垂直的匀强磁场的磁感应强度b0.5 t。(取g9.8 m/s2)图8122 (1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，mn中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)若导线中有从m到n方向的、大小为0.2 a的电流通过时，两根弹簧均被拉长了x1 mm，求弹簧的劲度系数。(3)当由n到m方向通过0.2 a的电流时，两根弹簧被拉长多少？解析(1)只有mn受到的安培力方向竖直向上且大小等于mn的重力时，两根弹簧才能处于自然状态。根据左手定则，mn中的电流方向应由m到n，电流的大小由mgbil求得i a0.4 a。(2)导线中通过由m到n方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对mn有竖直向上的拉力，mn受到竖直向下的重力，平衡时有：bi1l2kxmg可得弹簧的劲度系数k n/m24.5 n/m。(3)当电流方向由n向m时，mn所受安培力竖直向下，平衡时有：2kxmgbi2l由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度x m0.003 m。答案(1)0.4 a方向是m到n(2)24.5 n/m(3)0.003 m11导学号：60810581(15分)如图8123甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源。将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直。已知通过导体棒的恒定电流大小为i，方向由a到b，图乙为图甲沿ab方向观察的平面图。若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。图8123(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度b的最小值的大小和方向。解析(1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小f安mgtan (3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小。根据受力情况可知，最小安培力f安minmgsin ，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度bmin根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上。答案见解析12导学号：60810582(18分)(2016太原模拟)如图8124所示，质量为0.05 kg、长l0.1 m的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b0.5 t。不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度37，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g取10 n/kg)图8124同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图8125所示：图8125当最大偏转角37时，棒受力平衡有：ftcos mg，ftsin f安bil，得i a7.5 a同学乙的解法如下：如图8126所示，f安做功图8126wffx1bilsin 37lsin 37bi(lsin 37)2重力做功：wgmgx2mgl(1cos37)，由动能定理得：wfwg0。代入数据解得：i a5.56 a，请你对甲、乙两同学的解法作出评价；若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答。解析甲同学的错误原因：认为铜棒速度为零时，处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置。乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为f安bilsin 37，应为：f安bil。正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中f安做功：wffx1billsin 37，重力做功：wgmgx2mgl(1cos 37)，由动能定理得：wfwg0，代入数据解得：i a3.33 a。答案评价见解析3.33 a第二节磁场对运动电荷的作用主干回顾1洛伦兹力2运动性质自我检测1判断下列说法的正误。(1)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。()(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变。()(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动。()(4)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同。()(5)一个带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关。()(6)根据周期公式t得出t与v成反比。()2在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图821所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会图821a向上偏转b向下偏转c向纸内偏转 d向纸外偏转答案b3(2016南宁模拟)如图822所示，mn板两侧都是磁感应强度为b的匀强磁场，方向如图所示，带电粒子(不计重力)从a位置以垂直b方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知abbccd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为图822a.b.c.d.答案d4导学号：60810583(多选)如图823所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以不同的初速度两次从o 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从m、n两点射出磁场，测得omon34，粒子重力不计，则下列说法中正确的是图823a两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为34b两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为34c两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为34d两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为43答案bc考点一洛伦兹力和电场力的比较1洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。2洛伦兹力与电场力的比较对应力内容比较项目洛伦兹力f电场力f性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与b平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小fqvb(vb)fqe力方向与场方向的关系一定是fb，fv正电荷与电场方向相同，负电荷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，也可能不做功力f为零时场的情况f为零，b不一定为零f为零，e一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向考向1对洛伦兹力的理解例1导学号：60810584(多选)如图824所示，一轨道由两等长的光滑斜面ab和bc组成，两斜面在b处用一光滑小圆弧相连接，p是bc的中点，竖直线bd右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，b处可认为处在磁场中，一带电小球从a点由静止释放后能沿轨道来回运动，c点为小球在bd右侧运动的最高点，则下列说法正确的是图824ac点与a点在同一水平线上b小球向右或向左滑过b点时，对轨道压力相等c小球向上或向下滑过p点时，其所受洛伦兹力相同d小球从a到b的时间是从c到p时间的倍解析小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此c点与a点等高，在同一水平线上，选项a正确；小球向右或向左滑过b点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项b错误；同理小球向上或向下滑过p点时，洛伦兹力也等大反向，选项c错误；因洛伦兹力始终垂直bc，小球在ab段和bc段(斜面倾角均为)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin ，由xat2得小球从a到b的时间是从c到p的时间的倍，选项d正确。答案ad考向2电场力与磁场力对运动电荷作用的区别例2导学号：60810585在如图825所示宽度范围内，用场强为e的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转角，在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为(不计粒子的重力)，问：图825(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？抓关键点：在电场中运动，粒子的偏转角为，在磁场中运动，粒子的偏转角也为。电场的宽度与磁场的宽度相同。找突破口：粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成与分解方法分析。粒子在磁场中做圆周运动，利用圆周运动的相关规律分析。在电场中的运动时间可由水平方向的匀速运动求解，在磁场中的运动时间可由圆周长或圆心角和对应时间求解。解析(1)设宽度为l，当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上：lv0t，竖直方向上：vyattan 当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为r，如图所示，由几何关系可知sin ，r联立解得b。(2)粒子在电场中运动时间t1在磁场中运动时间t2t所以。答案(1)(2)考点二带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在具体问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvbm，求半径r及运动周期t。2确定圆心的方法(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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826甲所示，p为入射点，m为出射点。)图826(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，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迹的圆心(如图乙所示，p为入射点，m为出射点)。3半径的确定方法可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小。4计算运动时间的方法主要有两种方法：一是利用tt；二是由运动学公式t，式中为圆心角，t为周期，x为轨迹的弧长，v为线速度。考向1边界为圆形的匀强磁场 例3导学号：60810586(2016昆明检测)如图827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827 (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。抓关键点：电子沿半径方向射入，那么它一定会沿半径方向射出。运动方向与原入射方向成角，其在磁场中运动的圆弧所对的圆心角也为。找突破口：要求轨迹半径应根据洛伦兹力提供向心力。要求运动时间可根据tt，先求周期t。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r tan 。答案(1)(2)(3) tan 考向2边界为直线的匀强磁场 例4导学号：60810587(2015四川理综)如图828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。则图828a90时，l9.1 cmb60时，l9.1 cmc45时，l4.55 cm d30时，l4.55 cm解析如图，s到mn的距离d0dsin ，因电子在磁场中沿逆时针方向转动，则电子打在mn上最上端的位置对应于电子运动轨迹与mn的切点，电子打在m上最下端的位置对应于到s的距离等于电子运动轨迹直径的点(若，则最下端位置为n)。因电子运动轨迹的半径r4.55 cm。由图中几何关系有 ， 。当90时，取得最小值r，此时，从而有ldcos dcos 。当90时，l9.1 cm，当60时，l6.78 cm，当45时，l5.68 cm，当30时，l4.55 cm。故可知a、d正确，b、c错误。答案ad规律总结带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹。(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系。(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。考点三带电粒子在磁场中运动的实际应用1质谱仪的主要特征将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场，各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r 。在上式中，b、u、q对同一元素均为常量，故r，根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷。2回旋加速器的主要特征(1)带电粒子在两d形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。3带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1。4粒子的最后速度v，可见带电粒子加速后的能量取决于d形盒的最大半径和磁场的强弱。考向1质谱仪的分析 例5导学号：60810588(2016宜宾诊断)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要仪器，它的构造原理如图829所示，从粒子源s处放出的速度大小不计、质量为m、电荷量为q的正离子，经电势差为u的加速电场加速后，垂直进入一个磁感应强度为b的匀强磁场后到达记录它的照相底片p上。试问：图829 (1)若测得离子束流的电流为i，则在离子从s1处进入磁场到达p的时间内，射到照相底片p上的离子的数目为多少？(2)若测得离子到达p上的位置至入口处s1的距离为a，且已知q、u，b，则离子的质量m为多少？(3)假如离子源能放出氕(h)、氘(h)、氚(h)三种离子，质谱仪能够将它们分开吗？解析(1)离子经加速电场加速后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvbm根据t离子从s1处进入磁场到达p所用时间为t又根据i射到照相底片p上的离子的数目为n联立解得n。(2)离子经加速电场加速，由动能定理得qumv2离子做圆周运动的半径r联立解得m。(3)由qe联立解得r 由此式可知，经同一加速电场加速后进入同一偏转磁场，离子在磁场中运动的半径与离子的质量和电荷量的比值有关，该质谱仪的离子源放出的氕(h)、氘(h)、氚(h)三种离子的质量和电荷量的比值为123，所以质谱仪能够将它们分开。答案(1)(2)(3)能考向2回旋加速器的分析例6导学号：60810589回旋加速器是用于加速带电粒子流，使之获得很大动能的仪器，其核心部分是两个d形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q、质量为m，粒子最大回旋半径为rm，磁场的磁感应强度为b，其运动轨迹如图8210所示，问：图8210 (1)粒子在盒内磁场中做何种运动？(2)粒子在两盒间狭缝内做何种运动？(3)所加交变电压频率为多大？粒子运动角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？解析(1)d形盒由金属导体制成，可屏蔽外电场，因而盒内无电场，盒内存在垂直盒面的磁场，故粒子在盒内磁场中做匀速圆周运动。(2)两盒间狭缝内存在匀强电场，且粒子速度方向与电场方向在同一条直线上，故粒子做匀加速直线运动。(3)粒子在电场中运动时间极短，高频交变电压频率要符合粒子回旋频率f，角速度2f。(4)因粒子最大回旋半径为rm，故rm，即vm。答案(1)匀速圆周运动(2)匀加速直线运动(3)(4)考点四带电粒子运动的临界和极值问题(思想方法)临界问题的分析思路物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点。与临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点。临界问题的一般解题模式为：(1)找出临界状态及临界条件；(2)总结临界点的规律；(3)解出临界量。考向1带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题例7导学号：60810590如图8211所示，在0xa、0y范