江苏专版2019高考物理一轮复习第八章磁场学案

1第八章磁场第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)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)(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。2突破点(一)对磁感应强度的理解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BFIL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极的受力方向也是自由转动的小磁针静止时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强弱的物理量定义式BFIL(L与B垂直)EFq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电流元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电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强赤道处磁场最弱。(2)地磁场的N极在地理南极附近地磁场的S极在地理北极附近。(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近距离地球表面相等的各点地磁场的强弱程度相同且方向水平。[题点全练]下列关于磁场或电场的说法正确的是________。①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③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④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3⑤电荷在某处不受电场力的作用则该处电场强度为零⑥一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零⑦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⑧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⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行⑪磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N极所指的方向⑫地磁场的N极与地理南极完全重合答案④⑤⑦突破点(二)安培定则的应用与磁场的叠加1常见磁体的磁感线2电流的磁场及安培定则直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图横截面图特点无磁极非匀强距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极与条形磁体的磁场类似管内两侧是N极和S极圆环内侧离导线越近磁场越强4可看作匀强磁场管外是非匀强磁场圆环外侧离圆环越远磁场越弱3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4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。[题点全练]1(2018·连云港模拟)如图所示圆环上带有大量的负电荷当圆环沿顺时针方向转动时a、b、c三枚小磁针都要发生转动以下说法正确的是()Aa、b、c的N极都向纸里转Bb的N极向纸外转而a、c的N极向纸里转Cb、c的N极都向纸里转而a的N极向纸外转Db的N极向纸里转而a、c的N极向纸外转解析选B由于圆环带负电荷故当圆环沿顺时针方向转动时等效电流的方向为逆时针由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外环外磁场方向垂直纸面向内磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向所以b的N极向纸外转a、c的N极向纸里转。2[多选](2014·海南高考)如图两根平行长直导线相距2l通有大小相等、方向相同的恒定电流a、b、c是导线所在平面内的三点左侧导线与它们的距离分别为l2、l和3l。关于这三点处的磁感应强度下列判断正确的是()Aa处的磁感应强度大小比c处的大Bb、c两处的磁感应强度大小相等Ca、c两处的磁感应强度方向相同Db处的磁感应强度为零解析选AD对于通电直导线产生的磁场根据其产生磁场的特点及安培定则可知两5导线在b处产生的磁场等大反向合磁场为零B错误D正确两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的但方向相反C错误由于a离导线近a处的磁感应强度比c处的大A正确。3.(2017·全国卷Ⅲ)如图在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变则a点处磁感应强度的大小为()A0B.33B0C.233B0D2B0解析选C导线P和Q中电流I均向里时设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1如图所示则其夹角为60°它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为3B1。又根据题意Ba0则B03B1且B0平行于PQ向左。若P中电流反向则BP反向、大小不变BQ和BP大小不变夹角为120°合磁场的磁感应强度大小为B1′B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)a点合磁场的磁感应强度BB02B1′2233B0则A、B、D项均错误C项正确。突破点(三)判定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。2五种常用判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→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6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()A不动B顺时针转动C逆时针转动D在纸面内平动[方法应用](一)由题明3法基础解法(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。能力解法一(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。能力解法二(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。(二)方法选择(1)如果通电导体为环形电流则选用等效法较简单。(2)如果只是判断两个通电导体之间的相互作用情况可选用结论法。(3)如果通电导体为直导线则可选用电流元法和特殊位置法。[集训冲关]1.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选A将环形电流等效成一条形磁铁根据异名磁极相互吸引知线圈将向左运动选项A正确。也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流根据结论“同向电流相吸引反向电流相排斥”可判断出线圈向左运动。故A正确。72(2018·扬州检测)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流则关于导线ab受磁场力后的运动情况下列说法正确的是()A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析选D由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向导线等效为Oa、Ob两电流元由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向Oa向纸外Ob向纸里所以从上向下看导线逆时针转动当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管D对。3.如图所示一通电金属环固定在绝缘的水平面上在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒中点O与金属环在同一水平面内当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时则()A金属棒始终静止不动B金属棒的上半部分向纸面外转下半部分向纸面里转同时靠近金属环C金属棒的上半部分向纸面里转下半部分向纸面外转同时靠近金属环D金属棒的上半部分向纸面里转下半部分向纸面外转同时远离金属环解析选B由通电金属环产生的磁场特点可知其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力故向纸面外转同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒开始转动到转至水平面时由同向电流相吸反向电流相斥可知金属棒在靠近金属环B正确。突破点(四)安培力作用下的平衡、加速问题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。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⊥I8(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。[典例](2015·全国卷Ⅰ)如图一长为10cm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0.1T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12V的电池相连电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm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0.3cm。重力加速度大小取10m/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了Δl10.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1mg①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FBIL②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Δl20.3cm由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1Δl2)mgF③由欧姆定律有EIR④式中E是电池的电动势R是电路总电阻。联立①②③④式并代入题给数据得m0.01kg。⑤[答案]安培力的方向竖直向下金属棒的质量为0.01kg[易错提醒](1)本题中安培力的方向易判断错误。(2)开关闭合后弹簧的伸长量为(0.50.3)cm不是0.3cm或(0.50.3)cm。(3)导体棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx。[集训冲关]1(2018·兴化期末)如图所示质量为60g的铜棒长为a20cm棒的两端与长为L930cm的细软铜线相连吊在磁感应强度B0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流I后铜棒向上摆动最大偏角θ60°g取10m/s2求(1)铜棒中电流I的大小。(2)铜棒在摆动过程中的最大速率。解析(1)铜棒上摆的过程根据动能定理得FBLsin60°mgL(1cos60°)0又安培力为FBBIa代入解得I23A。(2)由题意铜棒向上摆动的最大偏角θ60°根据对称性可知偏角是30°时是其平衡位置则有GFBcot30°3FB当铜棒偏角是30°时速度最大动能最大由动能定理可得12mvm2FBLsin30°mgL(1cos30°)代入解得最大速度为vm0.96m/s。答案(1)23A(2)0.96m/s2(2018·福州期末)如图所示PQ和MN为水平放置的光滑平行金属导轨间距为L1.0m导体棒ab跨放在导轨上棒的质量为m0.02kg棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连物体c的质量M0.03kg悬在空中。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B0.2T的匀强磁场磁场方向竖直向上重力加速度g取10m/s2。(1)为了使物体c能保持静止应该在棒中通入多大的电流I1电流的方向如何(2)若在棒中通入方向a到b的电流I22A导体棒的加速度大小是多少解析(1)由力的平衡可知MgBI1LI1MgBL0.03×100.2×1A1.5A由左手定则可知方向由a到b。(2)当I22A时对整体由牛顿第二定律得BI2LMg(Mm)a10解得aBI2LMgMm0.2×2×10.30.05m/s22m/s2。答案(1)1.5A由a到b(2)2m/s2安培力作用下的功能关系安培力和重力、弹力、摩擦力一样会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。(一)周期性变化的安培力做功问题1[多选](2014·浙江高考)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选ABC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。(二)电磁炮中的功能关系2“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器具有速度快、效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计轨道宽为L0.2m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场磁感应强度B1×102T。“电磁炮”弹体总质量m0.2kg其中弹体在轨道间的电阻R0.4Ω。可控电源的内阻r0.6Ω电源的电压能自行调节以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时电源为加速弹体提供的电流是I4×103A不计空气阻力。求11(1)弹体所受安培力大小(2)弹体从静止加速到4km/s轨道至少要多长(3)弹体从静止加速到4km/s过程中该系统消耗的总能量。解析(1)在导轨通有电流I时弹体作为导体受到磁场施加的安培力为FILB100×4000×0.2N8×104N。(2)由动能定理Fx12mv2弹体从静止加速到4000m/s轨道至少要xmv22F0.2×400022×80000m20m。(3)由Fma得aFm800000.2m/s2400000m/s2由vat得tva4000400000s0.01s发射过程产生的热量QI2(Rr)t40002×(0.40.6)×0.01J1.6×105J弹体的动能Ek12mv212×0.2×40002J1.6×106J系统消耗的总能量为EEkQ1.76×106J。答案(1)8×104N(2)20m(3)1.76×106J(三)安培力作用下的平抛问题3如图所示在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m0.04kg的金属棒ab导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h20cm的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取10m/s2)解析在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内安培力对金属棒做的功为W由动能定理得W12mv2设平抛运动的时间为t则竖直方向h12gt2水平方向svt解得W0.5J。12答案0.5J[反思领悟]安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时将机械能转化为电能或其他形式的能。对点训练磁感应强度、安培定则1[多选](2015·全国卷Ⅱ)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选BC指南针是一个小磁体具有N、S两个磁极因为地磁场的作用指南针的N极指向地理的北极选项A错误选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体所以会对附近的铁块产生力的作用同时指南针也会受到反作用力所以会受铁块干扰选项C正确。在地磁场中指南针南北指向当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向所以会使指南针偏转选项D错误。2[多选](2018·常熟模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示下列说法中正确的是()Aa、b两处的磁感应强度大小BaBbBa、b两处的磁感应强度大小BaBbC一通电直导线分别放在a、b两处所受的安培力大小一定有FaFbD一通电直导线分别放在a、b两处所受的安培力大小可能有FaFb解析选AD磁感线越密磁场越强故A正确B错误通电导线放在a、b两处但没有说明导线的方向与磁场的方向的关系其所受安培力的大小关系不确定故C错误D正确。3.电视机显像管的偏转线圈示意图如图所示某时刻电流方向如图所示。则环心O处的磁场方向()13A向下B向上C垂直纸面向里D垂直纸面向外解析选A对于左右两个螺线管由安培定则可以判断出上方均为磁场北极下方均为磁场南极所以环心O处的磁场方向向下即A选项正确。4[多选](2016·海南高考)如图(a)所示扬声器中有一线圈处于磁场中当音频电流信号通过线圈时线圈带动纸盆振动发出声音。俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示。在图(b)中()A当电流沿顺时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B当电流沿顺时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C当电流沿逆时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D当电流沿逆时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外解析选BC将环形导线分割成无限个小段每一小段看成直导线则根据左手定则当电流沿顺时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外故选项A错误选项B正确当电流沿逆时针方向时线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里故选项C正确选项D错误。5.(2018·张家港模拟)如图所示一根通电直导线放在磁感应强度B1T的匀强磁场中在以导线为圆心半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点若a点的实际磁感应强度为0则下列说法中正确的是()A直导线中电流方向是垂直纸面向里Bc点的实际磁感应强度也为0Cd点实际磁感应强度为2T方向斜向下与B夹角为45°D以上均不正确解析选A由题意可知a点的磁感应强度为0说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左根据安培定则判断可知直导线中的电流方向垂直纸面向里故A正确。通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B1T方向水平向右与匀强磁场方向相同则c点磁感应强度为2T方向与B的方向相同故B错误。通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下根据磁场的叠加原理可得d点磁感应强度为Bd2B2T方向与B的方向成1445°斜向下故C错误。由上分析可知D错误。对点训练判定安培力作用下导体的运动6(2018·江阴模拟)如图中甲、乙所示在匀强磁场中有两个通电线圈处于如图所示的位置则()A从上往下俯视甲中的线圈顺时针转动B从上往下俯视甲中的线圈逆时针转动C从上往下俯视乙中的线圈顺时针转动D从上往下俯视乙中的线圈逆时针转动解析选D根据题图甲所示由左手定则可知线圈各边所受安培力都在线圈所在平面内线圈不会绕OO′轴转动故A、B错误根据题图乙所示由左手定则可知线圈左、右两边所受安培力分别垂直于纸面向外和向里线圈会绕OO′轴转动从上往下俯视乙中的线圈逆时针转动。故C错误D正确。7(2018·温州调研)教师在课堂上做了两个小实验让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极沿边缘内壁放一个圆环形电极把它们分别与电池的两极相连然后在玻璃皿中放入导电液体例如盐水如果把玻璃皿放在磁场中液体就会旋转起来如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”把一根柔软的弹簧悬挂起来使它的下端刚好跟槽中的水银接触通电后发现弹簧不断上下振动如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是()A图甲中如果改变磁场的方向液体的旋转方向不变B图甲中如果改变电源的正负极液体的旋转方向不变C图乙中如果改变电源的正负极依然可以观察到弹簧不断上下振动D图乙中如果将水银换成酒精依然可以观察到弹簧不断上下振动解析选C图甲中仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置安培力方向肯定改变液体的旋转方向要改变故A、B均错误。图乙中当有电流通过弹簧时构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场根据安培定则知各圈导线之间都产生了相互的吸引作用弹簧就缩短了当弹簧的下端离开水银后电路断开弹簧中没有了电流各圈导线之15间失去了相互吸引力弹簧又恢复原长使得弹簧下端又与水银接触弹簧中又有了电流开始重复上述过程可以观察到弹簧不断上下振动如果改变电源的正负极依然可以观察到弹簧不断上下振动但是如果将水银换成酒精酒精不导电则弹簧将不再上下振动故选项C正确D错误。8.(2018·泰州模拟)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内L1是固定的L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生()A因L2不受磁场力的作用故L2不动B因L2上、下两部分所受的磁场力平衡故L2不动CL2绕轴O按顺时针方向转动DL2绕轴O按逆时针方向转动解析选D由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外且离导线L1越远的地方磁场越弱导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右由于O点的下方磁场较强则安培力较大因此L2绕固定转轴O按逆时针方向转动。故D正确。对点训练安培力作用下的平衡和加速问题9.(2018·镇江模拟)如图所示弹簧测力计下挂有一长为L、质量为m的金属棒金属棒处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中棒上通有如图所示方向的电流I金属棒处于水平静止状态若此时弹簧测力计示数大小为F重力加速度为g金属棒以外部分的导线没有处于磁场中且质量不计则下列说法正确的是()A金属棒所受的安培力方向竖直向上B金属棒所受的安培力大小为mgFC若将电流增大为原来的2倍平衡时弹簧测力计示数会增大为2FD若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍平衡时弹簧测力计示数会增大为2F解析选D由左手定则可知金属棒所受的安培力方向向下选项A错误由平衡知识可知mgF安F则金属棒所受的安培力大小为Fmg选项B错误若将电流增大为原来的2倍则安培力变为原来的2倍根据FmgF安可知平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F选项C错误若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍则安培力变为原来的2倍根据FmgF安可知平衡时弹簧测力计示数会增大为2F选项D正确。10.[多选]如图所示质量为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θ。磁感应强度方向和大小可能为()16Az正向mgILtanθBy正向mgILCz负向mgILtanθD沿悬线向上mgILsinθ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BmgIL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FTsinθILBFTcosθmg即BmgtanθIL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。考点综合训练11(2018·苏州模拟)一条形磁铁放在光滑的斜面上并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上磁铁静止时弹簧的伸长量为x0将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在a、b、c位置时弹簧的伸长量分别为xa、xb、xc已知a、b、c三点的连线与斜面平行且b点在条形磁铁的正中央。则下列正确的是()Ax0xaxbxcBx0xaxbxcCxax0xbxcDxaxbxcx0解析选C由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极所以可画出磁铁在a处的一条磁感线其方向是斜向左下方的如图所示由左手定则可判断导线在a点受斜向右下方的安培力Fa由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力Fa′的方向是斜向左上方Fa′有沿斜面向下的分力该分力使得弹簧弹力增大所以弹簧的伸长量增大同理可知导线在b点时弹簧的伸长量不变同理可知导线在c点时弹簧的伸长量减小则xax0xbxcC正确。12[多选](2018·南京四校联考)一质量为0.06kg、长为0.1m的金属棒MN用两根长度均为1m的绝缘细线悬挂于天花板的顶17端现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场当在金属棒中通有恒定的电流后金属棒能在竖直平面内摆动当金属棒摆到最高点时细线与竖直方向的夹角为37°已知一切阻力可忽略不计g10m/s2sin37°0.6cos37°0.8。下列正确的说法是()A金属棒在摆动到最高点的过程中机械能增加B金属棒在摆动到最高点的过程中机械能先增加后减少C通入金属棒中的电流为9AD通入金属棒中的电流为4A解析选AD金属棒的长度用l表示细线的长度用R表示则在金属棒上升过程中安培力做正功机械能一直增加A正确B错误由动能定理知W安W重0即BIlRsin37°mgR(1cos37°)代入数值得I4AC错误D正确。13.某同学自制一电流表其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连弹簧的劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场磁感应强度大小为B方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且处于静止时MN与矩形区域的ab边重合且指针指在标尺的零刻度当MN中有电流时指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平重力加速度为g。(1)当电流表的示数为零时求弹簧的伸长量(2)为使电流表正常工作判断金属杆MN中电流的方向(3)若磁场边界ab的长度为L1bc的长度为L2此电流表的量程是多少解析(1)设当电流表示数为零时弹簧的伸长量为Δx则有mgkΔx故Δxmgk。(2)根据左手定则金属杆中的电流方向为M→N。(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im则有BImL1mgk(L2Δx)故ImkL2BL1。答案(1)mgk(2)M→N(3)kL2BL1第2节磁场对运动电荷的作用18(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T2πrv说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)(4)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)(5)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。(×)(6)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。(√)(7)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√)(8)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)突破点(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。19(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性质相同都是磁场力。(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v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(v⊥B)FqE方向F⊥B且F⊥v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可能做负功也可能不做功[题点全练]1(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角“以磁石磨针锋则能指南然常微偏东不全南也。”进一步研究表明地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料下列说法不正确的是()A地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场地磁南极在地理北极附近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析选C由“常微偏东不全南也”和题图知地理南、北极与地磁场的南、北极不重合地磁场的南极在地理北极附近地球是一个巨大的磁体因此地球内部也存在磁场故选项A、B的说法正确。从题图中磁感线的分布可以看出在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行故选项C的说法不正确。宇宙射线粒子带有电荷在射向地球赤道时运动方向与地磁场方向不平行因此会受到磁场力的作用故选项D的说法正确。2(2015·海南高考)如图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20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()A向上B向下C向左D向右解析选A条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外电子在条形磁铁的磁场中向右运动由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上A正确。突破点(二)带电粒子在匀强磁场中的运动1圆心的确定(1)已知入射方向和出射方向时可通过入射点和出射点做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甲所示图中P为入射点M为出射点。(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做入射方向的垂线连接入射点和出射点做其中垂线这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示P为入射点M为出射点。2带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性如图所示)。(2)平行边界(存在临界条件如图所示)。(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出如图所示)。213解题常用知识(1)几何知识根据已知长度、角度计算粒子的运动半径或者根据粒子的运动半径计算未知长度、角度时常用到几何知识。例如三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角的关系„„(2)半径公式、周期公式应用公式RmvqB、T2πmqB可根据q、B、m、v计算粒子的半径、周期也可根据粒子的半径或周期计算磁感应强度粒子的电荷量、质量。(3)运动时间计算式tθ2π·T计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时常用到tθ2π·T。[典例](2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中磁场方向与筒的轴平行筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内一带电粒子从小孔M射入筒内射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞则带电粒子的比荷为()A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB[审题指导]第一步抓关键点关键点获取信息粒子射入时的运动方向与MN成30°角粒子射出磁场时与半径方向也应成30°筒转过90°所用时间为圆筒运动周期的14第二步找突破口(1)求粒子运动的圆心角→画轨迹由几何关系求解。(2)求粒子运动周期→根据粒子运动时间与筒相等求解。(3)求比荷→可根据粒子的周期公式求解。[解析]如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动圆弧所对应的圆心角由几何知22识知为30°粒子在磁场中运动时间与圆筒转动时间相等则π2ω2πmqB·30°360°即qmω3B选项A正确。[答案]A[方法规律]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题三步法[集训冲关]1.(2017·全国卷Ⅱ)如图虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上若粒子射入速率为v2相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1D3∶2解析选C由于是相同的粒子粒子进入磁场时的速度大小相同由qvBmv2R可知RmvqB即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1如图所示通过旋转圆可知当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时则AP2R1同样若粒子运动的速度大小为v2粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时则BP2R2由几何关系可知R1R2R2Rcos30°32R则v2v1R2R13C项正确。232.(2017·全国卷Ⅲ)如图空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域磁感应强度的大小为B0x<0区域磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场此时开始计时当粒子的速度方向再次沿x轴正向时求(不计重力)(1)粒子运动的时间(2)粒子与O点间的距离。解析(1)在匀强磁场中带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域圆周半径为R1在x0区域圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0mv02R1①qλB0v0mv02R2②粒子速度方向转过180°时所需时间t1为t1πR1v0③粒子再转过180°时所需时间t2为t2πR2v0④联立①②③④式得所求时间为t0t1t2πmB0q11λ。⑤(2)由几何关系及①②式得所求距离为d02(R1R2)2mv0B0q11λ。⑥答案(1)πmB0q11λ(2)2mv0B0q11λ突破点(三)带电粒子在匀强磁场中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4个方面24(一)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。[例1]如图所示宽度为d的有界匀强磁场磁感应强度为BMM′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。[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14圆弧轨道半径RmvBq又dRR2解得v(22)Bqdm。若q为负电荷轨迹如图所示的下方与NN′相切的34圆弧则有R′mv′BqdR′R′2解得v′(22)Bqdm。[答案](22)Bqdm(q为正电荷)或(22)Bqdm(q为负电荷)(二)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。25[例2][多选](2018·盐城模拟)一质量为m电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动若磁场方向垂直于它的运动平面且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm[解析]依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”磁场方向有两种可能且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时根据牛顿第二定律可知4Bqvmv2R得v4BqRm此种情况下负电荷运动的角速度为ωvR4Bqm当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时有2Bqvmv2Rv2BqRm此种情况下负电荷运动的角速度为ωvR2Bqm应选AC。[答案]AC(三)带电粒子速度不确定形成多解有些题目只告诉了带电粒子的电性但未具体指出速度的大小或方向此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。[例3][多选]如图所示两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开三角形内磁场垂直纸面向里三角形顶点A处有一质子源能沿∟BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)所有质子均能通过C点质子比荷qmk则质子的速度可能为()A2BkLB.BkL2C.3BkL2D.BkL8[解析]因质子带正电且经过C点其可能的轨迹如图所示所有圆弧所对圆心角均为60°所以质子运行半径rLn(n261,2,3„)由洛伦兹力提供向心力得Bqvmv2r即vBqrmBk·Ln(n1,2,3„)选项B、D正确。[答案]BD(四)带电粒子运动的周期性形成多解空间中存在周期性变化的磁场带电粒子在空间运动时运动往往具有周期性因而形成多解。[例4](2018·江苏如皋模拟)如图甲所示M、N为竖直放置彼此平行的两块平板板间距离为d两板中央各有一个小孔O、O′正对在两板间有垂直于纸面方向的磁场磁感应强度随时间的变化如图乙所示设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求(1)磁感应强度B0的大小(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场正离子射入磁场时的速度v0的可能值。[思路点拨](1)求解磁感应强度B0的大小时要充分利用“正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T0”这个条件。(2)正离子的运动周期与磁场的变化周期相同离子在两板间的运动具有可重复性求解第(2)问时可以先画出离子经一个周期飞出磁场的运动轨迹继而推广到多个周期的情况。[解析](1)正离子射入磁场由洛伦兹力提供向心力即qv0B0mv02r做匀速圆周运动的周期T02πrv0联立两式得磁感应强度B02πmqT0。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场离子的运动轨迹如图所示两板之间正离子只运动一个周期即T0时有rd4当在两板之间正离子共运动n个周期即nT0时有rd4n(n1,2,3„)27联立求解得正离子的速度的可能值为v0B0qrmπd2nT0(n1,2,3„)。[答案](1)2πmqT0(2)πd2nT0(n1,2,3„)突破点(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[例1](2018·海门二模)如图所示直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域磁感应强度为B正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域(电子质量为m电量为e)经一段时间后从边界MN射出。求(1)它们从磁场中射出时出射点间的距离(2)它们从磁场中射出的时间差。[解析](1)正、负电子在匀强磁场中做圆周运动的半径相同但绕行方向不同分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示。由Bevmv2R得RmvBe射出点距离为PQ4Rsinθ由题意可知θ30°如图可知两粒子离开时距O点均为R所以出射点相距为L2R2mveB。(2)由T2πrv得T2πmBe负电子在磁场中运动时间t12π2θ2πT56T正电子在磁场中运动时间t22θ2πT16T所以两个电子射出的时间差Δtt1t24πm3Be。28[答案](1)2mveB(2)4πm3eB(二)四分之一平面磁场[例2]如图所示一个质量为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。[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′并得出半径为r2a3mvBq得B3mv2aq射出点坐标为(03a)。[答案]B3mv2aq射出点坐标为(03a)(三)正方形磁场[例3][多选]如图所示在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场经时间t1从d点射出磁场乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场经时间t2垂直cd射出磁场不计粒子重力和粒子间的相互作用力则下列说法中正确的是()Av1∶v21∶2Bv1∶v23∶4Ct1∶t22∶1Dt1∶t23∶1[解析]甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中的运行周期为T2πmBq因为甲、乙两种粒子的比荷相等故T甲T乙。设正方形的边长为L则由图知甲粒子运行半径为r1L2运行时间为t1T甲2乙粒子运行半径为r2Lcos30°运行时间为t2T乙6而rmvBq所以v1∶v2r1∶r23∶4选项A错误、B正确t1∶t23∶1选项C错误、D正确。[答案]BD(四)矩形磁场29[例4](2018·射阳联考)如图所示矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是()A粒子a带负电B粒子c的动能最大C粒子b在磁场中运动的时间最长D粒子b在磁场中运动时的向心力最大[解析]由左手定则可知a粒子带正电故A错误由qvBmv2r可得rmvqB由题图可知粒子c的轨迹半径最小粒子b的轨迹半径最大又m、q、B相同所以粒子c的速度最小粒子b的速度最大由Ek12mv2知粒子c的动能最小根据洛伦兹力提供向心力有f向qvB则可知粒子b的向心力最大故D正确、B错误由T2πmqB可知粒子a、b、c的周期相同但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小则粒子b在磁场中运动的时间最短故C错误。[答案]D(五)三角形磁场[例5]如图所示△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形比荷为em的电子以速度v0从A点沿AB边入射欲使电子经过BC边磁感应强度B的取值为()AB2mv0aeBB2mv0aeCB3mv0aeDB3mv0ae[解析]由题意如图所示电子正好经过C点此时圆周运动的半径Ra2cos30°a3要想电子从BC边经过电子做圆周运动的半径要大于a3由带电粒子在磁场中运动的公式rmvqB有a3mv0eB即B3mv0ae选D。30[答案]D(六)圆形磁场[例6][多选](2018·常州质检)在半径为R的圆形区域内存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源沿垂直于磁场的各个方向向磁场区发射速率均为v0的同种粒子如图所示。现测得当磁感应强度为B1时粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场当磁感应强度为B2时粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力则()A前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r22∶3B前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r22∶3C前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B22∶3D前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B23∶2[解析]假设粒子带正电如图1磁感应强度为B1时弧长L112πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径则r112·2RsinθRsinL12RRsinπ4。如图2磁感应强度为B2时弧长L223πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径则r212·2RsinαRsinL22RRsinπ3因此r1∶r2sinπ4∶sinπ32∶3故A正确B错误。由洛伦兹力提供向心力可得qv0Bmv02r则Bmv0qr可以得出B1∶B2r2∶r13∶2故C错误D正确。[答案]AD(七)半圆形磁场[例7]如图所示长方形abcd长ad0.6m宽ab0.3mO、e分别是ad、bc的中点以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)磁感应强度B0.25T。一群不计重力、质量m3×107kg、电荷量q2×103C的带电粒子以速度v5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域则()31A从Od边射入的粒子出射点全部分布在Oa边B从aO边射入的粒子出射点全部分布在ab边C从Od边射入的粒子出射点分布在Oa边和ab边D从aO边射入的粒子出射点分布在ab边和bc边[解析]由rmvqB得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r0.3m从Od边射入的粒子出射点分布在ab和be边从aO边射入的粒子出射点分布在ab边和be边选项D正确。[答案]D(八)其他有界磁场[例8](2016·四川高考)如图所示正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域当速度大小为vb时从b点离开磁场在磁场中运动的时间为tb当速度大小为vc时从c点离开磁场在磁场中运动的时间为tc不计粒子重力。则()Avb∶vc1∶2tb∶tc2∶1Bvb∶vc2∶1tb∶tc1∶2Cvb∶vc2∶1tb∶tc2∶1Dvb∶vc1∶2tb∶tc1∶2[解析]如图所示设正六边形的边长为l当带电粒子的速度大小为vb时其圆心在a点轨道半径r1l转过的圆心角θ123π当带电粒子的速度大小为vc时其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)故轨道半径r22l转过的圆心角θ2π3根据qvBmv2r得vqBrm故vbvcr1r212。由于T2πrv得T2πmqB所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等又tθ2πT所以tbtcθ1θ221。故选项A正确选项B、C、D错误。[答案]A带电粒子在磁场中运动的直角三角形关系带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动是近几年高考的热点这些考题不但涉及洛伦兹力作用下的动力学问题而且往往与平面图形的几何关系相联系而几何图形常常为直角三角形该类型题目成为考查学生综合分析问题运用数学知识解决物理问题的难度较大的考32题。下面列举两种常见的几何关系。(一)直角三角形的边角关系1[多选]如图所示在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场一个电子(质量为m电荷量为q)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直。电子在磁场中运动一段时间后从x轴上的P点射出磁场。则()A电子在磁场中运动的时间为πm2qBB电子在磁场中运动的时间为πmqBCO、P两点间的距离为2mvqBDO、P两点间的距离为2mvqB解析选AC画出电子的运动轨迹如图所示O1A⊥OP电子在磁场中的运动时间tθ2πTπ22π×2πmqBπm2qBA正确B错误设电子在磁场中做圆周运动的半径为R根据qvBmv2R得RmvqB在直角三角形OO1A中由几何关系得Rsin45°OP2解得OP2Rsin45°2mvqBC正确D错误。2.如图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θ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(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。解析(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evBmv2R解得RmveB。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T则T2πRv2πmeB33由如图所示的几何关系得圆心角αθ所以tθ2πTmθeB。(3)由如图所示几何关系可知tanθ2rR解得rmveBtanθ2。答案(1)mveB(2)mθeB(3)mveBtanθ2(二)直角三角形中的勾股定理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()A使粒子的速度vBql4mB使粒子的速度v5Bql4mC使粒子的速度vBqlmD使粒子的速度v满足Bql4mv5Bql4m解析选AB带电粒子刚好打在极板右边缘时有r12r1l22l2又因r1mv1Bq解得v15Bql4m粒子刚好打在极板左边缘时有r2l4mv2Bq解得v2Bql4m故A、B正确。4.(2018·南京质检)如图所示真空室内存在匀强磁场磁场方向垂直于纸面向里磁感应强度的大小B0.60T磁场内有一块平面感光板ab板面与磁场方向平行在距ab距离l16cm处有一个点状的α放射源S它向各个方向发射α粒子α粒子的速度都是v3.0×106m/s已知α粒子的比荷qm5.0×107C/kg现只考虑在图纸平面中运动的α粒子求ab上被α粒子打中的区域的长度。34解析α粒子带正电故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动用R表示轨道半径有qvBmv2R由此得RmvqB代入数值得R10cm可见R<l<2R。因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S由此可知某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。NP1R2lR28cm再考虑N的右侧任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R以2R为半径、S为圆心做圆交ab于N右侧的P2点此即右侧能打到的最远点。由图中几何关系得NP22R2l212cm所求长度为P1P2NP1NP2代入数值得P1P220cm。答案20cm[反思领悟]对于此类题目解题的关键是应用尺规正确而规范地画出带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹添加辅助线找到相关的直角三角形利用几何关系列式计算问题将会轻松解决。对点训练对洛伦兹力的理解1[多选](2018·徐州六校联考)有关电荷所受电场力和磁场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电荷在电场中一定受电场力的作用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选BD带电粒子受洛伦兹力的条件运动电荷且速度方向与磁场方向不平行故35电荷在磁场中不一定受磁场力作用A项错误电场具有对放入其中的电荷有力的作用的性质B项正确正电荷受力方向与电场方向一致而负电荷受力方向与电场方向相反C项错误磁场对运动电荷的作用力垂直磁场方向且垂直速度方向D项正确。2.(2018·南通期末)初速度为v0的电子(重力不计)沿平行于通电长直导线的方向射出直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示则()A电子将向右偏转速率不变B电子将向左偏转速率改变C电子将向左偏转速率不变D电子将向右偏转速率改变解析选A由安培定则可知导线右侧磁场方向垂直纸面向里然后根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右因此电子将向右偏转洛伦兹力不做功故其速率不变故B、C、D错误A正确。对点训练带电粒子在匀强磁场中的运动3.(2018·苏州模拟)如图所示一质量为m、带电量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内速度方向与磁场左边界垂直从右边界离开磁场时速度方向偏转角θ30°磁场区域的宽度为d则下列说法正确的是()A该粒子带正电B磁感应强度B3mv2dqC粒子在磁场中做圆周运动的半径R233dD粒子在磁场中运动的时间tπd3v解析选D粒子运动轨迹如图所示由图可知粒子在磁场中向下偏转根据左手定则可知粒子应带负电故A错误由几何关系可知Rsin30°d解得R2d根据洛伦兹力充当向心力可知Bqvmv2R解得BmvqRmv2qd故B、C错误粒子在磁场中转过的圆心角为30°粒子在磁场中运动时间t30°360°×2π×2dvπd3v故D正确。364.(2018·银川一中模拟)如图所示在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场速度大小为v、方向与AB成30°角时恰好从B点飞出磁场且粒子在磁场中运动的时间为t若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场也经时间t飞出磁场则其速度大小为()A.32vB.12vC.23vD.32v解析选A粒子在磁场中运动运动的时间周期与粒子的速度的大小无关分析粒子的运动的情况可以判断第二个粒子的运动轨迹半径即可根据牛顿第二定律求出速度大小。设圆形区域的半径为R。带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力则有qvBmv2r得rmvqBr∝v①当粒子从B点飞出磁场时入射速度与出射速度与AB的夹角相等所以速度的偏转角为60°轨迹对应的圆心角为60°。根据几何知识得知轨迹半径为r12R②当粒子从A点沿AB方向射入磁场时经过磁场的时间也是t说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等也是60°。根据几何知识得粒子的轨迹半径为r23R③则由①得v′vr2r132则得v′32v故A正确。对点训练带电粒子在匀强磁场中的多解问题5.(2018·南京模拟)如图所示在x0y0的空间中有恒定的匀强磁场磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响则下列有关说法中正确的是()A只要粒子的速率合适粒子就可能通过坐标原点B粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qB37C粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqBD粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB解析选C带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上如图所示粒子在磁场中要想到达O点转过的圆心角肯定大于180°因磁场有边界故粒子不可能通过坐标原点故选项A错误由于P点的位置不确定所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°运动时间为56T而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°运动时间为13T而T2πmqB故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为5πm3qB最短为2πm3qB选项C正确B、D错误。6[多选](2018·苏北六校调考)如图所示xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外磁感应强度B1T的匀强磁场ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板长度为9mM点为x轴正方向上一点OM3m。现有一个比荷大小为qm1.0C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场若与挡板相碰就以原速率弹回且碰撞时间不计碰撞时电荷量不变小球最后都能经过M点则小球射入的速度大小可能是()A3m/sB3.75m/sC4m/sD5m/s解析选ABD因为小球通过y轴的速度方向一定是x方向故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3m即RminmvminqB解得vmin3m/s经验证带电小球以3m/s速度进入磁场与ON碰撞一次再经四分之三圆周经过M点如图1所示A项正确当带电小球与ON不碰撞直接经过M点如图2所示小球速度沿x方向射入磁场则圆心一定在y轴上做出MN的垂直平分线交于y轴的点即得圆心位置由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax5m又RmaxmvmaxqB解得vmax5m/sD项正确当小球速度大于3m/s、小于5m/s时轨迹如图3所示由几何条件计算可知轨迹半径R3.75m由半径公式RmvqB得v3.75m/sB项正确由分析易知选项C错误。38对点训练带电粒子在有界磁场中的临界极值问题7.(2018·安徽师大附中模拟)如图所示在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场磁感应强度为B。在xOy平面内从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0θπ)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A若v一定θ越大则粒子在磁场中运动的时间越短B若v一定θ越大则粒子离开磁场的位置距O点越远C若θ一定v越大则粒子在磁场中运动的角速度越大D若θ一定v越大则粒子在磁场中运动的时间越短解析选A由左手定则可知带正电的粒子向左偏转。若v一定θ越大则粒子在磁场中运动的时间越短选项A正确若v一定θ等于90°时粒子离开磁场的位置距O点最远选项B错误若θ一定粒子在磁场中运动的周期与v无关由ω2πT可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关选项C、D错误。8.如图所示在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°若要使粒子能从AC边穿出磁场则匀强磁场的大小B需满足()AB3mv3aqBB3mvaqCB3mvaqDB3mv3aq解析选D粒子刚好达到C点时其运动轨迹与AC相切如图所示。则粒子运动的半径为racot30°3a洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得qvBmv2r解得rmvqB粒子39要能从AC边射出粒子运行的半径r3a解得B3mv3aq故D正确。9.(2018·马鞍山二检)如图所示abcd为一正方形边界的匀强磁场区域磁场边界边长为L三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入粒子1从b点射出粒子2从c点射出粒子3从cd边垂直于磁场边界射出不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息可以确定()A粒子1带负电粒子2不带电粒子3带正电B粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D粒子3的射出位置与d点相距L2解析选B根据左手定则可知粒子1带正电粒子2不带电粒子3带负电选项A错误粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周半径r122L时间t114T14×2πr1v2πL4v粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周半径r32L时间t318T18×2πr3v2πL4v则t1t3选项C错误由rmvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1选项B正确粒子3的射出位置与d点相距(21)L选项D错误。考点综合训练10.(2018·徐州模拟)如图所示圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场以圆心O为坐标原点建立坐标系在y3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板一质量为m、带电量为q的粒子与x轴成60°角从M点(R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上粒子与挡板碰撞后原速率弹回再次进入磁场最后离开磁场。不计粒子的重力求(1)磁感应强度B的大小(2)N点的坐标(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。解析(1)设粒子在磁场中运动的半径为r根据题设条件画出粒子的运动轨迹如图所示由几何关系得rR40由洛伦兹力等于向心力qv0Bmv02r解得Bmv0qR。(2)由图几何关系可得xRsin60°32RyRcos60°12RN点的坐标为32R12R。(3)粒子在磁场中运动的周期T2πmqB由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180°粒子在磁场中运动时间t1T2粒子在磁场外的运动由匀速直线运动可得从出磁场到再次进磁场的时间t22sv0其中s3R12R粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间tt1t2解得t5πRv0。答案(1)mv0qR(2)32R12R(3)5πRv011.(2016·海南高考)如图A、C两点分别位于x轴和y轴上∟OCA30°OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时恰好垂直于OC边射出磁场且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场恰好从OC边上的同一点射出磁场求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和(3)若粒子从某点射入磁场后其运动轨迹与AC边相切且在磁场内运动的时间为53t0求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动在时间t0内其速度方向改变了90°故其周期T4t0①设磁感应强度大小为B粒子速度为v圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定41律得qvBmv2r②匀速圆周运动的速度满足v2πrT③联立①②③式得Bπm2qt0。④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场能从OC边上的同一点P射出磁场粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1180°θ2⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2则t1t2T22t0。⑥(3)如图(b)由题给条件可知该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心圆弧的半径为r0圆弧与AC相切与B点从D点射出磁场由几何关系和题给条件可知此时有∟OO′D∟BO′A30°⑦r0cos∟OO′Dr0cos∟BO′AL⑧设粒子此次入射速度的大小为v0由圆周运动规律v02πr0T⑨联立①⑦⑧⑨式得v03πL7t0。⑩答案(1)πm2qt0(2)2t0(3)3πL7t0第3节带电粒子在组合场中的运动突破点(一)质谱仪与回旋加速器1质谱仪(1)构造如图所示由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。42(2)原理粒子由静止被加速电场加速qU12mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvBmv2r。由以上两式可得r1B2mUqmqr2B22Uqm2UB2r2。2回旋加速器(1)构造如图所示D1、D2是半圆形金属盒D形盒的缝隙处接交流电源D形盒处于匀强磁场中。(2)原理交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等粒子经电场加速经磁场回旋由qvBmv2r得Ekmq2B2r22m可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定与加速电压无关。[典例]回旋加速器的工作原理如图甲所示置于真空中的D形金属盒半径为R。两盒间狭缝的间距为d磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为q加在狭缝间的交变电压如图乙所示电压值的大小为U0周期T2πmqB。一束该种粒子在t0T2时间内从A处均匀地飘