高考物理一轮复习 第八章 磁场-人教版高三物理试题

第八章磁场必须掌握的概念、公式或规律必须理解的3个关键点必须明确的6个易错易混点1.4个重要概念磁感应强度、磁通量、安培力、洛伦兹力2.6个公式B＝eq\f(F,IL)F＝BILΦ＝BSf＝qvBR＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)3.1个规律．带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动的规律1.注意公式的适用条件，注意公式中各物理量符号的确切意义，如Φ＝BS适用于匀强磁场，而“S”是与B垂直的有效面积．2.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，圆心、半经、轨迹等的确定．3.带电粒子在复合场中运动时，受力分析和运动分析都很重要，同时要注重在生活、科技中的应用.1.磁感线是闭合的曲线，描述的是合磁场的情况．2.安培力F⊥B，F⊥L3.由T＝eq\f(2πm,qB)知T与v无关．4.由t＝eq\f(α,2π)T知，t与α有关，与弧长无关5.洛伦兹力f⊥B，f⊥v6.带电粒子在速度选择器中的曲线运动，不是“类平抛”运动.第1节磁场及其对电流的作用[真题回放]1．(多选)(2014·海南高考)下列说法中，符合物理学史实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，A正确；牛顿认为物体如果不受力，将保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止，B正确；奥斯特发现导线通电时，附近的小磁针发生偏转，从而发现了电流的磁效应，麦克斯韦提出了电磁场理论，C错误、D正确．【答案】ABD2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)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】由左手定则知，安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BILsinθ可知，安培力的大小与通电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eq\f(\r(2),2)，因此安培力大不一定是原来的一半，选项D错误．【答案】B3．(2011·课标全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()【解析】地磁场是从地球的南极附近出来，进入地球的北极附近，除两极外地表上空的磁场都具有向北的磁场分量，由安培定则，环形电流外部磁场方向向北可知，B正确．【答案】B4．(多选)(2012·海南高考)图8­1­1中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是()图8­1­1A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动【解析】若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误．【答案】BD[考向分析]1.考纲展示(1)磁场、磁感应强度、磁感线、磁通量Ⅰ(2)通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ(3)安培力、安培力的方向Ⅰ(4)匀强磁场中的安培力Ⅱ2.命题趋势本节命题仍以对磁感应强度的理解．安培力的分析为主，重点是磁感应强度的叠加问题、安培力的方向判断和大小计算问题．3.选材特点以生活中常见的现象、仪器为命题背景，体现物理知识与实践相结合的特点，从而考查学生的实际应用能力.考点一对磁感应强度的理解1.磁感应强度是反映磁场力的性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．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物理意义描述磁场的力的性质的物理量描述电场的力的性质的物理量定义式B＝eq\f(F,IL)，通电导线与B垂直E＝eq\f(F,q)大小决定由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关方向矢量磁感线切线方向，小磁针N极受力方向矢量电场线切线方向，放入该点的正电荷受力方向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场强等于各个电场的场强的矢量和【例1】(多选)关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的是()A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于eq\f(F,IL)B．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于eq\f(F,IL)C．磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【解析】判断磁感应强度的大小，需在电流受力最大的前提下进行，选项A、B中的力F可能小于或等于最大受力，因此磁感应强度B可能大于或等于eq\f(F,IL)，A错误，B正确，电流元在磁场中的受力与其放置方位有关，因此电流元受力大的地方，磁感应强度不一定大，C错；磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线受力的大小和方向均无关，D正确．【答案】BD突破训练1某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中不可行的是()A．在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场B．在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场C．在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场D．在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场【解析】如果把电荷引入电场中，一定会受到电场力作用，如果电荷没有受到电场力作用，一定是没有电场，A、B对；把通电导线引入磁场中时，只要电流方向不与磁场方向平行，就会受到磁场力作用，但是不受磁场力的原因有两个，一是没有磁场，二是虽有磁场，但是电流方向与磁场方向平行，C对、D错．【答案】D考点二磁场的叠加与安培定则的综合应用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及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”.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及通电螺线管的磁场四指大拇指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．【例2】(2012·大纲全国高考)如图8­1­2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8­1­2A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【解析】根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．【答案】C突破训练2(多选)(2014·海南高考)如图8­1­3所示，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eq\f(1,2)、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()图8­1­3A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零【解析】a、c两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线较近，所以a点的磁感应强度比c点的大，A正确；根据安培定则知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误；b点位于两导线中间，两导线在b点产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确、B错误．【答案】AD考点三安培力作用下的力学综合问题1.安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直．图8­1­4(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图8­1­4所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．2．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F安⊥B、F安⊥I，即垂直于B、I所决定的平面．(3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．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：起能量转化的作用．①安培力做正功：是将电源的能量传递给通电导线后转化为导线的动能或转化为其他形式的能．②安培力做负功：是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．【例3】[考向：在安培力作用下的运动分析](多选)(2014浙江高考)如图8­1­5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t＝0时刻起，棒上有如图8­1­5乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()甲乙图8­1­5A．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【思维模板】问1：判断安培力的方向用什么定则？提示：左手定则．问2：在第一个eq\f(T,2)和第二个eq\f(T,2)时间内金属棒受到的安培力之间有何关系？提示：两段时间内安培力大小相等，方向相反．【解析】根据左手定则知金属棒在0～eq\f(T,2)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eq\f(T,2)～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～eq\f(T,2)时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在eq\f(T,2)～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【例4】[考向：在安培力作用下的平衡分析](多选)如图8­1­6所示，质量为m、长为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.则磁感应强度方向和大小可能为()图8­1­6A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z负向，eq\f(mg,IL)tanθ D.沿悬线向上，eq\f(mg,IL)sinθ【解析】受力平面图如图所示，对于A选项，安培力水平向内，三力合力不可能为零，A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BIL＝mg时，可以平衡，此时B＝eq\f(mg,IL)，B正确；对于C选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力BIL＝mgtanθ，此时B＝eq\f(mg,IL)tanθ，C正确；对于D选项，安培力垂直于悬线的方向向内，三力不可能平衡，D错误．【答案】BC【反思总结】解决安培力相关问题的三大关键(1)要正确画出通电导体受力的平面图，电流方向和磁场方向表示要正确．(2)受力分析时安培力的方向必须用左手定则正确判定，注意安培力的方向既跟磁感应强度的方向垂直，又和电流方向垂直．(3)采用力学中常用的方法，如正交分解法、合成法等列式求解.思想方法9通电导体在安培力作用下的运动判断1．思路概述判断通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先要弄清导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则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．判断方法(1)电流元法(2)特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向(3)等效法(4)结论法同向平行电流互相吸引，反向平行电流互相排斥；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(5)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【例5】如图8­1­7所示，把一重力不计的通电直导线水平放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电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()图8­1­7A．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【思路导引】【解析】首先用电流元法，把直线电流等效为AO′、O′O、OB三段(O′O段极短)电流元，由于O′O段电流元方向与该处磁场方向相反，所以不受安培力作用；AO′段电流元所在处的磁场方向倾斜向上，根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；OB段电流元所在处的磁场方向倾斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直纸面向里，综合上述可知导线顺时针转(俯视)．然后应用特殊位置法，把导线转过90°的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动．【答案】A【反思总结】判断通电导线(或线圈)在安培力作用下的运动方向时，可以有多种方法，具体选用哪一种，可以视情况而定，在本题中，除了已用到的两种方法外，还可以应用“转换研究对象法”，即假设导线固定不动，判断出蹄形磁铁的N、S极受力方向，从而确定蹄形磁铁的转动方向，再根据实际情况，将结论反过来即可．突破训练3如图8­1­8所示，条形磁铁放在光滑斜面上，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FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()图8­1­8A．FN1<FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小【解析】采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的磁感线是N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图所示，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，FN1>FN2.同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以电流对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.【答案】C[安培力大小的计算]1．(2014·新疆乌鲁木齐一诊)如图8­1­9所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I.当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL.若将导体在纸面内顺时针转为30°角．导体受到的安培力大小为()图8­1­9A.eq\f(BIL,2) B.BILC.eq\f(\r(3),2)BIL D.2BIL【解析】F＝BIL公式的适用条件是B、I互相垂直，虽然导体在纸面内顺时针转过30°的角，但B、I仍然互相垂直，导体受到的安培力大小为F＝BIL，选项B正确，其余均错误．【答案】B[左手定则的应用]2．(四川省内江市2014高三摸底)如图8­1­10四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是()甲乙丙丁图8­1­10A．甲图中、导线通电后磁针发生偏转B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离【解析】甲图中小磁针发生偏转是由于受到了电流产生的磁场作用；丙、丁中两电流间的相互作用是通过电流产生的磁场发生的；乙图中导体棒受到了磁场力作用，故选B.【答案】B[磁感应强度的叠加]3．(2014·重庆育才中学检测)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8­1­11所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN的夹角为θ，若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度大小为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法正确的是()图8­1­11A．M点和N点的磁感应强度方向一定相反B．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cosθC．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sinθD．在线段MN上有磁感应强度为零的点【解析】作出两根导线在M、N两处产生的磁感应强度，并根据平行四边形定则求出合磁感应强度，M、N两处磁感应强度相同，大小为B＝2B0cos(eq\f(π,2)－θ)＝2B0sinθ，选项A、B错误，选项C正确；线段MN上各点磁场方向均水平向右且不为零，选项D错误．【答案】C[安培力作用下的平衡问题]4．(多选)(2014河北石家庄质检)如图8­1­12所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′.下列说法正确的是()图8­1­12A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中电流变为eq\f(T,T－T′)I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中电流变为eq\f(T′,T－T′)I时，两细线内的张力均为零【解析】线圈不通电流时，由力的平衡有2T＝mg，当通过的电流为I时，张力减小为T′，由安培定则知通电导线MN在ab处产生的磁场比dc处强，则可判知ab上必受向上的安培力，且大于cd上所受向下的安培力，再结合左手定则判断电流顺时针流动，所以A错误，B正确；当两细线内张力均为T′时，BabIL－BcdIL＋2T′＝mg，当两细线内的张力均为零时，BabI′L－BcdI′L＝mg，且又知2T＝mg，联以上方程得I′＝eq\f(T,T－T′)I，故C项正确、D项错误．【答案】BC[安培力作用下的运动问题]5．如图8­1­13所示，质量为60g的铜棒长为a＝20cm，棒两端与长为l＝30cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B＝0.5T、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，最大摆角θ＝60°，g取10m/s2，求：图8­1­13(1)铜棒中电流I的大小及方向；(2)铜棒在摆动过程中的最大速度(结果保留一位有效数字)．【解析】(1)因铜棒的最大摆角为θ＝60°，由运动对称性可知，铜棒上摆30°时速度最大，此处铜棒所受的合力为零．对铜棒受力分析如图所示，由左手定则可知，电流的方向向左．由平衡条件有BIa＝mgtan30°，代入数据得I＝2(2)当铜棒上摆30°时速度最大，设最大速度为v，由动能定理可得BIa×eq\f(l,2)－mgl(1－cos30°)＝eq\f(1,2)mv2而Bla＝mgtan30°，结合以上两式得v2＝gltan30°－2gl(1－cos30°)代入数据得：v＝1m/s.【答案】(1)2eq\r(3)A方向向左(2)课时提升练(二十三)磁场及其对电流的作用A组对点训练——巩固基础知识题组一磁场的叠加图8­1­141．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图8­1­14所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大【解析】通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的电流磁场与B0垂直，a点电流磁场与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小．【答案】C2．在等边三角形的三个顶点a、b，c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图8­1­15所示．过c点的导线所受安培力的方向()图8­1­15A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边【解析】解法一根据直线电流的安培定则，a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示，应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示．根据左手定则可知安培力F安的方向与a、b连线垂直，指向左边．解法二根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥的特点，可判断导线a、b对导线c的安培力均为吸引力，再由平行四边形定则可知c导线所受合力的方向与ab边垂直，水平向左，C正确．【答案】C题组二安培力的大小和方向图8­1­163．如图8­1­16所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I的方向为从M到N，绳子的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是()A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场【解析】要使绳子的拉力均为0，根据平衡条件知导线所受安培力应竖直向上，由左手定则知，应加垂直纸面向里的磁场．【答案】C图8­1­174．如图8­1­17所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，若通以如图所示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流大小为I，则关于金属框所受安培力的情况，下列说法正确的是()A．金属框所受安培力大小为0B．金属框所受安培力大小为BIL，方向垂直AC沿纸面向上C．金属框所受安培力大小为eq\f(4,3)BIL，方向垂直AC沿纸面向下D．金属框所受安培力大小为2BIL，方向垂直AC沿纸面向上【解析】根据通电导线在磁场中受安培力的特点，可以把正三角形金属框的AB与BC两根导线所受的安培力等效为导线AC所受的安培力，则整个三角形金属框可以看做两根AC导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由公式得到F＝BIL，另外根据左手定则，可知整个三角形金属框所受的安培力的方向垂直AC沿纸面向上，所以选项B正确．【答案】B题组三安培力作用下的综合分析图8­1­185．(多选)如图8­1­18所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的()A．安培力大小为BILB．安培力大小为BILsinθC．摩擦力大小为BILsinθD．支持力大小为mg－BILcosθ【解析】根据安培力计算公式，F＝BIL，A正确，B错误；导体棒受力如图所示，根据平衡条件，Ff＝BILsinθ，C正确；FN＝mg＋BILcosθ，D错误．【答案】AC图8­1­196．(湖北省咸宁市2014届摸底)如图8­1­19所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤的读数为FN1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图当加上电流后，台秤的示数为FN2，则下列说法正确的是()A．FN1>FN2，弹簧长度将变长B．FN1>FN2，弹簧长度将变短C．FN1<FN2，弹簧长度将变长D．FN1<FN2，弹簧长度将变短【解析】以通电导线为研究对象，由左手定则可知，通电导线在磁场中受到斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的磁场力为斜向左上方．该力产生对条形磁铁向上提拉和向左压缩弹簧的效果，则台秤示数变小，弹簧被压缩，选项B正确．【答案】B图8­1­207．一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8­1­20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【解析】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】BB组深化训练——提升应考能力图8­1­218．如图8­1­21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，电流方向如图所示．当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是()A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里 D.水平向外【解析】由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里，故C正确．【答案】C9．已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图8­1­22所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验，实验方法：图8­1­22①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指北偏东θ角后静止，由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)与线圈中央的合磁感应强度分别为()A．顺时针；eq\f(B,cosθ)B．顺时针；eq\f(B,sinθ)C．逆时针；eq\f(B,cosθ) D.逆时针；eq\f(B,sinθ)【解析】由于合磁场的方向北偏东θ角，地磁场的水平分量为B向北，根据平行四边形定则，线圈中央的合磁感应强度大小为eq\f(B,cosθ)，通电线圈中央一点的磁场水平向东，结合安培定则，可判断线圈中电流方向(由东向西看)为逆时针方向，C正确．【答案】C图8­1­2310．(2014·启东模拟)如图8­1­23所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的eq\f(1,4)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，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列有关说法正确的是()A．电流方向从N指向MB．I∝cotθC．P∝cosθD．P∝sinθ【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；因为导体棒做匀速圆周运动，所以有Gsinθ＝F安cosθ＝ILBcosθ，故I＝eq\f(G,BL)tanθ，即I∝tanθ，B错误；又P＝F安vcosθ＝Gvsinθ，所以P∝sinθ，C错误、D正确．【答案】D11.图8­1­24(2014·长沙一中检测)如图8­1­24所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N.(3)导体棒受力如图，将重力正交分解F1＝mgsin37°＝0.24NF1＜F安，根据平衡条件mgsin37°＋f＝F安，解得：f＝0.06N.【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N12.图8­1­25载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图8­1­25所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度为I2时，两细线内的张力均大于T0.(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1和I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比．【解析】(1)根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，且距离导线越近，相互作用力越大，可知，I1的方向向左，I2的方向向右．(2)当MN中的电流强度为I时，线圈受到的安培力大小为F＝kIiL(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈中的电流，L为ab、cd的长度．eq\f(F1,F2)＝eq\f(I1,I2)【答案】(1)I1的方向向左，I2的方向向右(2)eq\f(I1,I2)

第2节磁场对运动电荷的作用[真题回放]1．(2014·课标全国卷Ⅰ)如图8­2­1所示，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8­2­1A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)【解析】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由题意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1).由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，由题意可知eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1R2,v2R1)＝eq\f(\r(2),2)，故选项D正确．【答案】D2．(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.eq\r(T)B．TC.eq\r(T3)D．T2【解析】由题意知，带电粒子的平均动能Ek＝eq\f(1,2)mv2∝T，故v∝eq\r(T).由qvB＝eq\f(mv2,R)整理得：B∝eq\r(T)，故选项A正确．【答案】A3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图8­2­2所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2).已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()图8­2­2A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)【解析】带电粒子从距离ab为eq\f(R,2)处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图所示，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，选项B正确．【答案】B4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR)B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR)D.eq\f(3mv0,qR)【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，选项A正确．【答案】A[考向分析]1.考纲展示(1)洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ(2)洛伦兹力公式Ⅱ(3)带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ2.命题趋势带电粒子在匀强磁场中运动的分析是高考的热点和重点．主要命题出现在运动轨迹的分析、运动时间、运动半径的确定，有时还会出现一些临界问题、极值问题的分析．3.选材特点主要有两方面的特点：(1)以生产、科技中带电粒子的运动问题为命题背景，突出受力分析和运动分析．(2)以有界匀强磁场为命题情景，考查临界分析、轨迹分析、时间分析等.考点一洛伦兹力与电场力的比较1.对洛伦兹力的理解(1)洛伦兹力和安培力的关系：洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．(2)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F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，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【例1】(2013·安徽高考)图8­2­3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8­2­3A．向上B．向下C．向左 D.向右【思维模板】问1：如何判断电流产生的磁场方向？提示：用安培定则．问2：b、d两导线中的电流在O点产生的磁场有何关系？提示：强弱相同，方向相反．问3：a、c两导线中的电流在O点产生的磁场有何关系？提示：强弱相同，方向也相同．【解析】由安培定则分别判断出四根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B正确．【答案】B突破训练1在如图8­2­4所示的空间中，存在电场强度为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场(图中均未画出)．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出()图8­2­4A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿z轴正方向电势降低C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低【解析】匀强磁场的磁感应强度B的方向沿x轴负方向，质子沿y轴正方向运动，由左手定则可确定洛伦兹力沿z轴正方向；由于质子受电场力和洛伦兹力作用沿y轴正方向做匀速直线运动，故电场力eE等于洛伦兹力evB，方向沿z轴负方向，即电场方向沿z轴负方向，质子在运动过程中电场力不做功，电势能不变，沿z轴正方向即电场反方向电势升高，故C正确，A、B、D错误．【答案】C考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1.圆心的确定(1)基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心．(2)两种常见情形．ab图8­2­5①已知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8­2­5a所示，图中P为入射点，M为出射点)．②已知入射点和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再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8­2­5b所示，图中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8­2­6)图8­2­6(2)平行边界(存在临界条件，如图8­2­7)图8­2­7(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8­2­8)图8­2­83．半径的确定(1)做出带电粒子在磁场中运动的几何关系图．(2)运用几何知识(勾股定理、正、余弦定理、三角函数)通过数学方法求出半径的大小．4．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α时，其运动时间由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．图8­2­9【例2】(2014·武汉联考)如图8­2­9所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为()A．1∶2 B．2∶1C．3∶4 D.4∶3【解析】根据粒子a、b动能相同，即eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，得eq\f(ma,mb)＝(eq\f(vb,va))2①a粒子在磁场中运动轨迹半径ra＝eq\f(d,\r(3))，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb＝d，a粒子在碰场中运动轨迹所对的圆心角为120°，轨迹弧长为Sa＝eq\f(2πra,3)＝eq\f(2πd,3\r(3))②运动时间ta＝eq\f(Sa,va)③b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，轨迹弧长为Sb＝eq\f(πrb,3)＝eq\f(πd,3)④运动时间tb＝eq\f(Sb,vb)⑤又因a，b同时到达P点，所以ta＝tb⑥联立②③④⑤⑥得eq\f(va,vb)＝eq\f(2,\r(3))⑦再由①⑦得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,4)，故选项C正确．【答案】C【反思总结】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法突破训练2如图8­2­10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边的中点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，则匀强磁场的磁感应强度B图8­2­10A．B>eq\f(\r(3)mv,3aq)B．B<eq\f(\r(3)mv,3aq)C．B>eq\f(\r(3)mv,aq) D.B<eq\f(\r(3)mv,aq)【解析】粒子刚好到达C点时，其运动轨迹如图所示，则粒子运动的半径为2a·sin60°＝eq\r(3)a.由r＝eq\f(mv,qB)得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径r>r0，解得B<eq\f(\r(3)mv,3aq)，选项B正确．【答案】B数学技巧4磁场中的几何关系1．概述高中物理要求学生具备数学知识解决物理问题的能力．当带电粒子在磁场中运动时．主要应用平面几何知识，这部分数学知识理解并不困难．关键是灵活的运用．常用的数学知识有：勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角函数，对称性分析，圆的常用几何性质等．2．关键点该类问题的关键点是确定圆心，找出半径和确定圆心角，常有三种情况．(1)已知粒子两个速度的方向时，划两个速度方向的垂线交点即圆心，因为这是两处洛伦兹力的方向交点．(2)已知粒子在某点的一个速度方向，还有过该点粒子轨迹上的一条弦．作弦的中垂线，作中垂线和速度垂线的交点，即为圆心．(3)已知粒子的一个速度方向和粒子运动的轨迹半径R.在这个速度的垂线上，通过垂足找出一个半径R的长度，便可以找到圆心．3．举例分析甲乙(1)如图甲所示正方形磁场区域ABCD，电子从A点射出时，轨迹半径R＝eq\f(d,2)，电子从B点射出时，轨迹半径R＝d.(2)如图乙所示，沿中线入射的质子若恰好打不到极板上，当质子从左端飞出时，轨迹半径R＝eq\f(d,4).当质子从右端飞出时，R与d、L的关系式为R＝eq\r(L2＋R－\f(d,2)2).(3)如图丙所示，正电荷从M点射入，从N点射出时，轨迹半径R与L的关系式为：(2R)2＝2L2即R＝eq\f(\r(2),2)L.(4)如图丁所示，正电荷沿半径方向射入半径为r的圆形磁场区域，若偏转60°，则轨迹半径R与r的关系式为：tan30°＝eq\f(r,R).即R＝eq\r(3)r.丙丁【典例3】(2013·海南高考)如图8­2­11所示，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点，再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同．已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：图8­2­11(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；(2)点电荷b的速度的大小.【思路导引】【解析】(1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)①由①式得v＝eq\f(qBR,m)②设点电荷a的运动周期为T，有T＝eq\f(2πm,qB)③如图，O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心．设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系可得：θ＝90°④故a从开始运动到经过G点所用的时间t为：t＝eq\f(πm,2qB)⑤(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中的偏转角度为θ1，依题意有：t＝eq\f(R1θ1,v1)＝eq\f(Rθ,v)⑥由式⑥得：v1＝eq\f(R1θ1,Rθ)v⑦由于两轨道在G点相切，所以G点的半径OG和O1G在同一直线上．由几何关系和题给条件可得θ1＝60°R1＝2R⑨联立②④⑦⑧⑨解得v1＝eq\f(4qBR,3m)【答案】(1)eq\f(πm,2qB)(2)eq\f(4qBR,3m)【反思总结】本题关键是根据条件确定a、b两电荷的轨迹圆心．(1)确定点电荷a做圆周运动的圆心．如图所示，在F处作速度的垂线，再作FG的垂直平分线，两线的交点O即为点电荷a做圆周运动的圆心，由几何知识得GO⊥FO.(2)确定点电荷b做圆周运动的圆心．因点电荷a、b的轨迹在G处相切，则点电荷b的圆心也一定在GO所在直线上，再作EG的垂直平分线，两线相交于点O1，此即为点电荷b做圆周运动的圆心，如图所示．突破训练3如图8­2­12所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．图8­2­12(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【解析】(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝eq\f(\r(3)r,3)，又qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)得v1＝eq\f(\r(3)Bqr,3m).(2)如图所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2r－R2)2＝Req\o\al(2,2)＋r2可得R2＝eq\f(3r,4)，又qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),R2)，可得v2＝eq\f(3Bqr,4m)故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过eq\f(3Bqr,4m).【答案】(1)eq\f(\r(3)Bqr,3m)(2)eq\f(3Bqr,4m)[洛伦兹力的方向判定]1．(多选)(2014新课标全国卷Ⅱ)图8­2­13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8­2­13A．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】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＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)，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＝eq\r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误．【答案】AC[带电粒子运动时间、半径的分析]2．(多选)(2013广东高考)如图8­2­14所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()图8­2­14A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近【解析】带电离子打到屏P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则知，a、b两离子均带正电，选项A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝eq\f(mv,qB)知半径相同．b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，选项C错误、选项D正确；根据eq\f(t,θ)＝eq\f(T,2π)知，a在磁场中飞行的时间比b的长，选项B错误．【答案】AD[带电粒子在有界磁场中的运动分析]3．如图8­2­15所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是()图8­2­15A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D.4eq\r(2)×106m/s【解析】当θ＝45°时，某粒子从入射孔引出射孔在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(R,sin45°)＝eq\r(2)R.根据牛顿第二定律，qvB＝meq\f(v,r)，知v＝eq\f(qBr,m)将已知条件代入v＝2eq\r(2)×106m/s.故B项正确．【答案】B课时提升练(二十四)磁场对运动电荷的作用(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一洛伦兹力的理解图8­2­161．(多选)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图8­2­16所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是()A．x1>x2 B.t1>t2C．v1和v2大小相等 D.v1和v2方向相同【解析】当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错．【答案】ABC图8­2­172．(浙江省金华市2014届质检)如图8­2­17所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动【解析】由于通电螺线管内存在匀强磁场，电子运动方向与磁感线平行，电子不受磁场力作用，所以不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动．【答案】C图8­2­183．用绝缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，让它处于如图8­2­18所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图所示位置，这时悬线与竖直方向的夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是()A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左B．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向下C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向上D．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右【解析】根据运动的相对性，带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F＝qvB中的v是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v＝eq\f(mgtanα,qB)竖直向下运动或以速度v＝eq\f(mg,Bq)水平向右运动时，带电小球都能处于静止状态，但小球处于后者的状态时，悬线不受拉力，不会被拉紧，故本题选C.【答案】C题组二带电粒子在匀强磁场中的运动图8­2­194．(多选)如图8­2­19所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向的60°，利用以上数据可求出下列物理量中的()A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的周期C．带电粒子的初速度D．带电粒子在磁场中运动的半径【解析】由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A项对；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D项错．【答案】AB图8­2­205．(2014·广东模拟)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图8­2­20所示，半径R1>R2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子()A．带正电B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域【解析】粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小．由r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，C选项正确．【答案】C6.图8­2­21如图8­2­21是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子()A．是正离子，速率为kBR/cosαB．是正离子，速率为kBR/sinαC．是负离子，速率为kBR/sinαD．是负离子，速率为kBR/cosα【解析】因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可知r＝eq\f(R,sinα)，由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(kBR,sinα)，故B正确．【答案】B图8­2­227．如图8­2­22所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在磁感应强度方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为－q的粒子从AB边的中点处以垂直磁感应强度方向射入磁场，速度方向与AB边的夹角为30°，若要求该粒子不从AD边射出磁场，则其速度大小应满足()A．v≤eq\f(2qBL,m)B．v≥eq\f(2qBL,m)C．v≤eq\f(qBL,m) D.v≥eq\f(qBL,m)【解析】当粒子的轨迹跟AD边相切时，粒子恰好不从AD边射出，通过作图，知rmsinθ＋eq\f(L,2)＝rm，得rm＝L，此时的速度为vmin＝eq\f(qBL,m)，而满足条件的半径r应小于等于L，故有v≤eq\f(qBL,m)，C对．【答案】CB组深化训练——提升应考能力图8­2­238．(多选)如图8­2­23所示，坐标原点O处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y>0)发射速率v相同的粒子，在x轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN表示粒子运动的区域边界，OM＝ON＝L，则A．粒子带负电，其比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB)B．当粒子沿x轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC．当粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为30°时，粒子在磁场中的运动时间为eq\f(πL,6v)D．当粒子沿y轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON的中点【解析】由左手定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为eq\f(1,2)L，而Bqv＝meq\f(v2,r)，所以eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB)，A对；当粒子沿x轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B错，当粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为30°时，粒子运动所对圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πL,6v)，C对；因ON＝L，粒子运动半径为eq\f(1,2)L，当粒子沿y轴正方向射入磁场时，ON恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N点，D错．【解析】AC图8­2­249．如图8­2­24所示，MN上方存在匀强磁场，带同种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，已知OP＝d，则()A．a、b两粒子运动半径之比为1∶eq\r(3)B．a、b两粒子的初速率之比为5∶2eq\r(3)C．a、b两粒子的质量之比为4∶25D．a、b两粒子的电荷量之比为2∶15【解析】由题图知a粒子在磁场中运动轨迹半径为ra＝d，运动轨迹所对的圆心角为300°，运动轨迹弧长为sa＝eq\f(5πra,3)＝eq\f(5πd,3)，b粒子在磁场中运动轨迹半径为rb＝eq\f(\r(3),3)d，所对的圆心角为120°，运动轨迹弧长为sb＝eq\f(2πrb,3)＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以a、b两粒子运动半径之比为eq\r(3)∶1，A错；因运动时间t＝eq\f(s,v)，而ta＝tb，即a、b两粒子的初速率这比为5eq\r(3)：2，B错；因两粒子以相同的动能入射，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，所以a、b两粒子的质量之比为4：75，C错；因t＝eq\f(θ,360°)×eq\f(2πm,Bq)，所以a、b两粒子的电荷量之比为2∶15，D对．【答案】D图8­2­2510．(2014·北京名校联盟)如图8­2­25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(0<θ<π)，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，则粒子在离开磁场的位置距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】根据洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，圆周运动半径R＝eq\f(mv,qB)，根据对称性，在磁场中圆周运动对应的圆心角为2θ，带电粒子在磁场中圆周运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(2π－2θ,2π)×T＝eq\f(2πm,qB)×(1－eq\f(θ,π))，若v一定，θ越大，运动时间越短，选项A对；磁场中运动时间与速度无关，选项D错；对应的弦长L＝2Rsinθ＝eq\f(2mv,qB)sinθ，若v一定，θ越大，由于0<θ<π对应的弦长在θ＝eq\f(π,2)时最大，选项B错；圆周运动的角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(qB,m)大小与速度无关，选项C错．【答案】A图8­2­2611．(2014·江西省九校联考)匀强磁场区域由一个半径为R的半圆和一个长为2R，宽为eq\f(R,2)的矩形组成，磁场的方向如图8­2­26所示．一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向射入磁场中．问：(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A点射出？(2)对应于粒子可能射出的各段磁场边界，磁感应强度应满足什么条件？【解析】(1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从PA、AC和CD三段边界射出，如图所示，当粒子从A点射出时，运动半径r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)当粒子从C点射出时，在Rt△CAO2中有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2＋(R－r2)2＝req\o\al(2,2)，解得r2＝eq\f(5,8)R，由qB2v＝eq\f(mv2,r2)得B2＝eq\f(8mv,5qR)据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断当B>eq\f(2mv,qR)时，粒子从PA段射出当eq\f(2mv,qR)>B>eq\f(8mv,5qR)时，粒子从AC段射出当B<eq\f(8mv,5qR)时，粒子从CD段射出【答案】(1)eq\f(2mv,qR)(2)见解析图8­2­2712．(2014·雅安模拟)如图8­2­27所示，在半径为R＝eq\f(mv0,Bq)的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为eq\r(3)v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．【解析】(1)粒子的轨迹半径r＝eq\f(mv0,qB)＝R，故粒子在磁场中的运动时间t＝eq\f(\f(π,2)R,v0)＝eq\f(πm,2Bq).(2)当v＝eq\r(3)v0时，轨迹半径r′＝eq\r(3)R，如图所示，速度偏转60°角，故v⊥＝vsin60°＝eq\f(3,2)v0.(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R.设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R所以四边形POSO3为菱形由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．【答案】(1)eq\f(πm,2Bq)(2)eq\f(3,2)v0(3)见解析第3节带电粒子在复合场中的运动[真题回放]1．(多选)(2014·江苏高考)如图8­3­1所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()图8­3­1A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．IH与I成正比D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【解析】当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误；因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝eq\f(RL,RL＋R)I，故IH与I成正比，选项C正确；由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝eq\f(R,R＋RL)I，PL＝Ieq\o\al(2,L)RL，故UH＝keq\f(IHB,d)＝eq\f(akR＋RL,R2d)PL，知UH∝PL，选项D正确．【答案】CD2．(2013重庆高考)如图8­3­2所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()图8­3­2A.eq\f(IB,|q|aU)，负 B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，负 D.eq\f(IB,|q|bU)，正【解析】由于上表面电势低，根据左手定则判断出自由运动电荷带负电，排除B、D两项．电荷稳定时，所受电场力和洛伦兹力平衡，|q|eq\f(U,a)＝|q|vB①，由电流的微观表达式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②，由①②联立，得n＝eq\f(IB,|q|bU)，故选