高三物理一轮复习精品教案——第九章_磁场

1、第九章磁场第一讲磁场及其对电流的作用一、基本概念（一）磁场、磁感应强度和磁通量1.磁场(1)磁场：磁极、电流和运动电荷周围存在的一种物质；(2)磁场的方向：规定小磁针在磁场中N极的受力方向(或小磁针静止时N极的指向)为该处磁场方向.2.磁感应强度定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受安培力与电流的比值.大小：B，单位：特斯拉(符号：T).方向：磁场中某点的磁感应强度方向是该点磁场的方向，即通过该点的磁感线的切线方向；磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中的电流无关.磁感应强度是矢量.3.磁通量()在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积

2、叫做穿过这个面积的磁通量.用公式表示为：BS .磁通量是标量，但有方向.（二）磁感线和电流的磁场1.磁感线及其特点：用来形象描述磁场的一组假想曲线，任意一点的切线方向为该点磁场方向，其疏密反映磁场的强弱；在磁体外部磁感线由N极到S极，在内部由S极到N极，形成一组永不相交的闭合曲线.2.几种常见的磁感线(1)条形磁铁的磁感线：外部中间位置磁感线切线与条形磁铁平行；(2)蹄形磁铁的磁感线：(3)电流的磁感线：电流方向与磁感线方向的关系由安培定则来判定.直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场

3、环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱立体图横截面图纵截面图(4)地磁场的磁感线：见图3，地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近；地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向地球北极，而竖直分量By在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下；在赤道平面上，距离表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北.(5)匀强磁场的磁感线：磁场的强弱及方向处处相同；其磁感线是疏密相同，方向相同的平行直线；距离很近的两个异名磁极之间的磁场及通电螺线管内部的磁场(边缘部分除外)，都可以认为是匀强磁场.（三）磁场对电流的作用安培力1.

4、安培力 (1)安培力的大小FBILsin (为B与I的夹角).此公式适用于任何磁场，但只有匀强磁场才能直接相乘.L应为有效长度，即曲线的两端点连线在垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿L由始端流向终端.任何形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以通电后，闭合线圈受到的安培力的矢量和为零.当90时，即B、I、L两两相互垂直，FBIL；当0时，即B与I平行，F0； (2)安培力的方向：用左手定则来判定安培力(F)的方向既与磁场(B)方向垂直，又与电流I的方向垂直，安培力F垂直于B与I决定的平面，但B与I可以不垂直.2.等效分析法（几个特例）环形电流可以等效成条形磁铁，通电螺线管可等效成很多的环形

5、电流.3.推论分析法(1)两直线电流相互平行时无转动趋势，方向相同时相互吸引，方向相反时相互排斥；(2)两直线电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势；二、例题【例1】以下说法正确的是()A.电流元在磁场中受磁场力为F，则B，电流元所受磁场力F的方向即为该点的磁场方向B.电流元在磁场中受磁场力为F，则磁感应强度可能大于或等于C.磁场中电流元受磁场力大的地方，磁感应强度一定大D.磁感应强度为零的地方，一小段通电直导线在该处一定不受磁场力【解析】判断磁感应强度的大小，需在电流元受力最大的前提下进行，且电流元受磁场力方向与该点磁场方向垂直，故A错，B对.电流元在磁场中所受磁场力与其放置的位置有关

6、，电流元受力大的地方磁感应强度不一定大，故C错.【答案】BD【例2】弹簧秤下挂一条形磁棒，其中条形磁棒N极的一部分位于未通电的螺线管内，如图所示.下列说法正确的是( )A.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将减小B.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将增大C.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将增大D.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将减小【解析】条形磁铁在本题中可以看做小磁针，当a接电源正极时，条形磁铁的N极方向与螺线管的磁感线方向相反，相互排斥，示数减小，A对，B错；同理C对，D错.【答案】AC【例3】如图所示，电流从A点分两路通过环形支路再汇合于B点，已知两个支路的金属

7、材料相同，但截面积不相同，上面部分的截面积较大，则环形中心O处的磁感应强度方向是 ()A.垂直于环面指向纸内 B.垂直于环面指向纸外C.磁感应强度为零 D.斜向纸内【解析】两个支路在O处的磁感应强度方向均在垂直于圆环方向上，但上面支路的电流大，在O处的磁感应强度较大，故叠加后应为垂直于纸面向里，选择A.【答案】A【例4】在倾角为的光滑斜面上置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向；(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)若使棒静止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁场的方向范围.【解析】

8、此题属于电磁学和静力学的综合题，研究对象为通电导体棒，所受的力有重力mg、弹力FN、安培力F，属于三个共点力平衡问题.棒受到的重力mg，方向竖直向下，弹力垂直于斜面，大小随安培力的变化而变化；安培力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁场方向不同而变.(1)由平衡条件可知：斜面的弹力和安培力的合力必与重力mg等大、反向，故当安培力与弹力方向垂直即沿斜面向上时，安培力大小最小，由平衡条件知B，所以，由左手定则可知B的方向应垂直于斜面向上. (2)棒静止在斜面上，且对斜面无压力，则棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg和安培力F作用，由平衡条件可知Fmg，且安培力F竖直向上，故B，由左手定则可知B

9、的方向水平向左.(3)此问的讨论只是问题的可能性，并没有具体研究满足平衡的定量关系，为了讨论问题的方便，建立如图所示的直角坐标系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在mg和FN的反向延长线F2和F1之间.由图不难看出，F的方向应包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根据左手定则，B与x的夹角应满足【例5】两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中ab固定，cd可以自由活动，当通以如图所示电流后，cd导线将 （填“顺时针”或“逆时针”）转动，同时 （填“靠近”或“离开”）导线ab 【解析】(1)两直线电流相互平行时无转动趋势，方向相同时相互吸引，方向相反时相互排斥；(2)两直线电流不平行时有转

10、动到相互平行且方向相同的趋势.【答案】逆时针、靠近三、练习1.（双选）下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是()A某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向2.一根导线长0.2 m，通有3 A的电流，垂直磁场放入磁场中某处受到的磁场力是6102 N，则该处的磁感应强度大小B为 T；如果该导线的长度和电流都减小一半，则该处的磁感应强度大小为 T.若把这根通电导线放入磁场中的另外一点，所受磁场力为12102 N，则该点磁

11、感应强度大小为 T.3.三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.则该处的实际磁感应强度的大小和方向如何？4.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，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，判断线圈如何运动5匀强磁场(各点的磁感应强度大小、方向均不变的磁场)中长2cm的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2A时，它受到的磁场力大小为4103N，问：(1)该处的磁感应强度B是多大？(2)若电流不变，导线长度减小到1cm，则它受到的磁场力F和该处的磁感应强度B各

12、是多少？(3)若导线长不变，电流增大为5A，则它受到的磁场力F和该处的磁感应强度B各是多少？(4)若让导线与磁场平行，该处的磁感应强度多大？通电导线受到的磁场力多大？6.（双选）如图所示，在匀强磁场中用两根柔软的细线将金属棒ab悬挂在水平位置上，金属棒中通入由a到b的稳定电流I，这时两根细线被拉紧，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I B、将电流反向并适当改变大小C、适当增大磁场 D、将磁场反向并适当改变大小7.如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是( )A静止不动 B

13、向纸外平动CN极向纸外，S极向纸内转动 DN极向纸内，S极向纸外转动第二讲磁场对运动电荷的作用一、基本概念（一）洛伦兹力和粒子在磁场中的运动1.洛伦兹力运动电荷在磁场中受到的力叫洛伦兹力.通电导线在磁场中受到的安培力是在导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力的合力的表现.(1)大小：当vB时，F0；当vB时，FqvB .(2)方向：用左手定则判定，其中四指指向正电荷运动方向(或负电荷运动的反方向)，拇指所指的方向是正电荷受力的方向.洛伦兹力垂直于磁感应强度与速度所决定的平面.2.带电粒子在磁场中的运动(不计粒子的重力)(1)若vB，带电粒子做平行于磁感线的匀速直线运动.(2)若vB，带电粒子在垂直

14、于磁场方向的平面内以入射速度v做匀速圆周运动.洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动所需的向心力，由牛二qvB得带电粒子运动的轨道半径R，运动的周期T.3.电场力与洛伦兹力的比较电场力洛伦兹力存在条件作用于电场中所有电荷仅对运动着的且速度不与磁场平行的电荷有洛伦兹力的作用大小FqE与电荷运动速度无关fqvB与电荷的运动速度有关方向力的方向与电场方向相同或相反，但总在同一直线上力的方向始终和磁场方向垂直对速度的改变可以改变电荷运动速度大小和方向只改变电荷速度的方向，不改变速度的大小做功可以对电荷做功，能改变电荷动能不能对电荷做功，不能改变电荷的动能偏转轨迹静电偏转，轨迹为抛物线磁偏转，轨迹为圆弧（二）带

15、电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定1.圆心的确定一般有以下四种情况：(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心.(2)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.(3)已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦垂直平分线，交点即为圆心.(4)已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向(不一定在磁场中)，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.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，常用到解

16、三角形的方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识.3.在磁场中运动时间的确定，利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360计算出圆心角的大小，由公式tT可求出运动时间，有时也用弧长与线速度的比t.（三）两类典型问题1.极值问题：常借助半径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，求出临界点，然后利用数学方法求解极值.注意：(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(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.2.多解问题：多解形成的原因一般包含以下几个方面：(1)粒子电性不确定；

17、(2)磁场方向不确定；(3)临界状态不唯一；(4)粒子运动的往复性等.二、例题 【例1】一个质量m0.1 g的小滑块，带有q5104 C的电荷，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下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.问：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(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，受到重力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

18、斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvBFNmgcos 0当FN0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvBmgcos 得vm/s=2m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin mv2斜面的长度至少应是xm1.2 m【例2】如图所示，质量为m的带正电小球，电荷量为q，小球中间有一孔套在足够长的绝缘细杆上，杆与水平方向成角，与球的动摩擦因数为，此装置放在沿水平方向、磁感应强度为B的匀强磁场中，若从高处将小球无初速度释放，小球在下滑过程中加速度的最大值为 ，运动速度的最大值为 【解析】分析带电小球受力如图，在释放处a，由于v00，无洛伦兹力，随着小球加速，产生垂直杆向上且逐渐增大

19、的洛伦兹力F，在b处，Fmgcos ，Ff0此时加速度最大，amgsin ，随着小球继续加速，F继续增大，小球将受到垂直杆向下的弹力FN，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐减小，当Ff与mgsin 平衡时，小球加速结束，将做匀速直线运动，速度也达到最大值vm.在图中c位置：FNmgcos Bqvm mgsin Ff FfFN 由式解得vm【例3】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示.在y0、0x0、xa的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子沿x轴

20、经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平的荧光屏上，使荧光屏发亮.入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各数值.已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间之比为25，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期.试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响).【解析】如右图所示，粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为r速度小的粒子将在xa的区域走完半圆，射到竖直屏上.半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a.轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑ra的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切(图中虚线)，OD

21、2a，这是水平屏上发亮范围的左边界.速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C，C在y轴上，由对称性可知C在x2a的直线上.设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，由题意可知，t1t2 由此解得t1，t2再由对称性可得OCM60，MCN60MCP360150 所以NCP1506090 即为1/4圆周.因此圆心C在x轴上.设速度为最大值时粒子的轨道半径为R，由直角COC可得2Rsin 602a，R由图可知OP2aR，因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标x2(1)a【例4】如图所示，一个质量为m，电荷量大小为q的带电微粒(忽略重力)，与水平方向成45射入宽度为d、磁感应强

22、度为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，若使粒子不从磁场MN边界射出，粒子的初速度大小应为多少？【解析】带电粒子垂直B进入匀强磁场做匀速圆周运动，若不从边界MN射出，粒子运动偏转至MN边界时v与边界平行即可.由左手定则可知：若粒子带正电荷，圆周轨迹由AB；若粒子带负电荷，圆周轨迹由AC，如图所示，圆周轨迹的圆心位置可根据粒子线速度方向垂直半径的特点，作初速度v0的垂线与边界MN的垂线的交点即为圆轨迹的圆心O1与O2.粒子带正电荷情况：粒子沿圆轨迹AB运动方向改变了45，由几何关系可知AO1B45，那么dR1R1cos 45 R1将式代入式得v0即粒子若带正电荷，初速度满足0v0时将不从磁场边界M

23、N射出.粒子带负电荷情况：粒子沿圆轨迹AC运动，方向改变了135，由几何关系知AO2C135，O2AF45，那么 dR2R2sin 45 R2将式代入式得v0即粒子若带负电荷，初速度满足0v时，则qBvqE，粒子向上偏转；当vv时，qBvqE，粒子向下偏转.要点深化a.从力的角度看，电场力和洛伦兹力平衡qEqvB； b.从速度角度看，v；c.从功能角度看，洛伦兹力永不做功. （三）解决复合场类问题的基本思路1.正确的受力分析.除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析.2.正确分析物体的运动状态.找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件.3.

24、恰当灵活地运用动力学三大方法解决问题.(1)用动力学观点分析，包括牛顿运动定律与运动学公式.(2)用动量观点分析，包括动量定理与动量守恒定律.(3)用能量观点分析，包括动能定理和机械能(或能量)守恒定律.针对不同的问题灵活地选用，但必须弄清各种规律的成立条件与适用范围.（四）两条重要的对称规律 （5）两条对称规律从同一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角（弦切角）相等速度与方向夹角为90 速度与方向夹角为150和30 运动时间： 带电粒子沿径向射入圆形磁场区域内，必从径向射出二、例题【例1】如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为(sin 0.6)，放在水平方向的匀强

25、电场和匀强磁场中，电场强度E50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外.一个电荷量q4.0102 C、质量m0.40 kg的光滑小球，以初速度v020 m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3 s脱离斜面.求磁场的磁感应强度(g取10 m/s2).【解析】小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图所示.由牛顿第二定律，得qEcos mgsin ma1，故a1gsin 100.6 m/s2 m/s210 m/s2，向上运动时间t12 s小球在下滑过程中的受力分析如图所示.小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a210 m/s2 运动时间t2tt11 s脱离斜面时的速度va2t210 m/s在垂

26、直于斜面方向上有 qvBqEsin mgcos 故B5 T【例2】如图所示，水平放置的M、N两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.质量为m19.995107 kg、电荷量为q1.0108 C的带电微粒，静止在N板附近.在M、N两板间突然加上电压(M板电势高于N板电势)时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N板上.若两板间的电场强度E1.0103 V/m，求：(1)两微粒碰撞前，质量为m1的微粒的速度大小；(2)被碰撞微粒的质量m2；(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.

27、【解析】(1)碰撞前，质量为m1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有m1gqvBqE解得碰撞前质量m1的微粒的速度大小为vm/s1 m/s(2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有(m1m2)gqE解得m2= kg51010 kg(3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v，轨道半径为R，根据牛顿第二定律有qvB(m1m2)研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v(m1m2)v以上两式联立解得Rm200 m【思维提升】(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析，f洛随速度的变化而变化导致运动状态发

28、生新的变化.(2)若mg、f洛、F电三力合力为零，粒子做匀速直线运动.(3)若F电与重力平衡，则f洛提供向心力，粒子做匀速圆周运动.(4)根据受力特点与运动特点，选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.【例3】在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动

29、的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有cos v2v0粒子从M点运动到N点的过程，有qUMNUMN3mv/2q(2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为ON，有qvB r(3)由几何关系得ONrsin 设粒子在电场中运动的时间为t1，有ONv0t1 t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2T t2tt1t2【例4】竖直的平行金属平板A、B相距为d，板长为L，板间的电压为U，垂直于纸面向里、磁感应强度为B的磁场只分布在两板之间，如图所示.带电荷量为q、质量为m的油滴从正上方下落并在两板中央进入板内

30、空间.已知刚进入时电场力大小等于磁场力大小，最后油滴从板的下端点离开，求油滴离开场区时速度的大小.【解析】由动能定理有mgLqEmv2由题设条件油滴进入磁场区域时有BqvqE，EU/d由此可以得到离开磁场区域时的速度v三、练习1.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中( )A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大，直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小 D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变2（双选）劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速

31、器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒构成，其间留有空隙。下列说法正确的是()A离子由加速器的中心附近进入加速器 B离子由加速器的边缘进入加速器C离子从磁场中获得能量 D离子从电场中获得能量3.如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了角。磁场的磁感应强度大小为()A. B. C. D.4.（双选）一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的

32、虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是()5.已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动。如图所示。求：(1)液滴在空间受到几个力作用？(2)液滴带电荷量及电性。(3)液滴做匀速圆周运动的半径多大？答案【一】1、BD2【解析】通电导线垂直放入磁场中，由定义式得BT0.1 T某点的磁感应强度由磁场本身决定，故B0.1 T当通电导线在某处所受磁场力一定，将其垂直放入时，对应的B最小.Bmin=T0.2 T，故B0.2 T3【解析】根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度相同，I2在O点处产生的磁感应强度的方向与B1(B3)相垂直.又知B1、B2、B3的大小均为B，根据矢量的运算可知O处的实际磁感应强度的大小B0，方向三角形平面内与斜边夹角arctan 2，如图所示.4【解析】解法一：电流元法首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看做一直线电流，取其中上