高考物理一輪復習 第八章 磁場-人教版高三物理試題

第八章磁場必須掌握的概念、公式或規(guī)律必須理解的3個關鍵點必須明確的6個易錯易混點1.4個重要概念磁感應強度、磁通量、安培力、洛倫茲力2.6個公式B＝eq\f(F,IL)F＝BILΦ＝BSf＝qvBR＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)3.1個規(guī)律．帶電粒子垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動的規(guī)律1.注意公式的適用條件，注意公式中各物理量符號的確切意義，如Φ＝BS適用于勻強磁場，而“S”是與B垂直的有效面積．2.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，圓心、半經(jīng)、軌跡等的確定．3.帶電粒子在復合場中運動時，受力分析和運動分析都很重要，同時要注重在生活、科技中的應用.1.磁感線是閉合的曲線，描述的是合磁場的情況．2.安培力F⊥B，F(xiàn)⊥L3.由T＝eq\f(2πm,qB)知T與v無關．4.由t＝eq\f(α,2π)T知，t與α有關，與弧長無關5.洛倫茲力f⊥B，f⊥v6.帶電粒子在速度選擇器中的曲線運動，不是“類平拋”運動.第1節(jié)磁場及其對電流的作用[真題回放]1．(多選)(2014·海南高考)下列說法中，符合物理學史實的是()A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止B．牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因C．麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場D．奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉【解析】亞里士多德認為力是維持物體運動的原因，A正確；牛頓認為物體如果不受力，將保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止，B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，附近的小磁針發(fā)生偏轉，從而發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，麥克斯韋提出了電磁場理論，C錯誤、D正確．【答案】ABD2．(2014·新課標全國卷Ⅰ)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿窘馕觥坑勺笫侄▌t知，安培力的方向始終與電流方向和磁場方向垂直，選項A錯誤，選項B正確；由F＝BILsinθ可知，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關，選項C錯誤；將直導線從中點折成直角，假設原來直導線與磁場方向垂直，若折成直角后一段與磁場仍垂直，另一段與磁場平行．則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，若折成直角后，兩段都與磁場垂直，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)，因此安培力大不一定是原來的一半，選項D錯誤．【答案】B3．(2011·課標全國卷)為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的．在下列四個圖中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是()【解析】地磁場是從地球的南極附近出來，進入地球的北極附近，除兩極外地表上空的磁場都具有向北的磁場分量，由安培定則，環(huán)形電流外部磁場方向向北可知，B正確．【答案】B4．(多選)(2012·海南高考)圖8-1-1中裝置可演示磁場對通電導線的作用．電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿．當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動．下列說法正確的是()圖8-1-1A．若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B．若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C．若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動D．若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動【解析】若a接正極，b接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，f接負極，由左手定則判定金屬桿受安培力向左，則L向左滑動，A項錯誤，同理判定B、D選項正確，C項錯誤．【答案】BD[考向分析]1.考綱展示(1)磁場、磁感應強度、磁感線、磁通量Ⅰ(2)通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向Ⅰ(3)安培力、安培力的方向Ⅰ(4)勻強磁場中的安培力Ⅱ2.命題趨勢本節(jié)命題仍以對磁感應強度的理解．安培力的分析為主，重點是磁感應強度的疊加問題、安培力的方向判斷和大小計算問題．3.選材特點以生活中常見的現(xiàn)象、儀器為命題背景，體現(xiàn)物理知識與實踐相結合的特點，從而考查學生的實際應用能力.考點一對磁感應強度的理解1.磁感應強度是反映磁場力的性質的物理量，由磁場本身決定，是用比值法定義的．2．磁感應強度B與電場強度E的比較磁感應強度B電場強度E物理意義描述磁場的力的性質的物理量描述電場的力的性質的物理量定義式B＝eq\f(F,IL)，通電導線與B垂直E＝eq\f(F,q)大小決定由磁場決定，與檢驗電流無關由電場決定，與檢驗電荷無關方向矢量磁感線切線方向，小磁針N極受力方向矢量電場線切線方向，放入該點的正電荷受力方向場的疊加合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和合場強等于各個電場的場強的矢量和【例1】(多選)關于磁感應強度的概念，以下說法中正確的是()A．電流元IL在磁場中受力為F，則磁感應強度B一定等于eq\f(F,IL)B．電流元IL在磁場中受力為F，則磁感應強度B可能大于或等于eq\f(F,IL)C．磁場中電流元受力大的地方，磁感應強度一定大D．磁感應強度的大小和方向跟放在磁場中的通電導線受力的大小和方向無關【解析】判斷磁感應強度的大小，需在電流受力最大的前提下進行，選項A、B中的力F可能小于或等于最大受力，因此磁感應強度B可能大于或等于eq\f(F,IL)，A錯誤，B正確，電流元在磁場中的受力與其放置方位有關，因此電流元受力大的地方，磁感應強度不一定大，C錯；磁感應強度的大小和方向由磁場本身決定，與通電導線受力的大小和方向均無關，D正確．【答案】BD突破訓練1某同學為檢驗某空間有無電場或者磁場存在，想到的以下方法中不可行的是()A．在該空間內引入檢驗電荷，如果電荷受到電場力說明此空間存在電場B．在該空間內引入檢驗電荷，如果電荷沒有受到電場力說明此空間不存在電場C．在該空間內引入通電導線，如果通電導線受到磁場力說明此空間存在磁場D．在該空間內引入通電導線，如果通電導線沒有受到磁場力說明此空間不存在磁場【解析】如果把電荷引入電場中，一定會受到電場力作用，如果電荷沒有受到電場力作用，一定是沒有電場，A、B對；把通電導線引入磁場中時，只要電流方向不與磁場方向平行，就會受到磁場力作用，但是不受磁場力的原因有兩個，一是沒有磁場，二是雖有磁場，但是電流方向與磁場方向平行，C對、D錯．【答案】D考點二磁場的疊加與安培定則的綜合應用1．安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場時應分清“因”和“果”.原因(電流方向)結果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指2.磁場的疊加磁感應強度為矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則．【例2】(2012·大綱全國高考)如圖8-1-2所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等．關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()圖8-1-2A．O點處的磁感應強度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點處磁感應強度的方向不同【解析】根據(jù)安培定則判斷磁場方向，再結合矢量的合成知識求解．根據(jù)安培定則判斷：兩直線電流在O點產(chǎn)生的磁場方向均垂直于MN向下，O點的磁感應強度不為零，故A選項錯誤；a、b兩點的磁感應強度大小相等，方向相同，故B選項錯誤；根據(jù)對稱性，c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，故C選項正確；a、c兩點的磁感應強度方向相同，故D選項錯誤．【答案】C突破訓練2(多選)(2014·海南高考)如圖8-1-3所示，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導線所在平面內的三點，左側導線與它們的距離分別為eq\f(1,2)、l和3l.關于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是()圖8-1-3A．a(chǎn)處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零【解析】a、c兩點的磁感應強度是兩導線電流產(chǎn)生的合磁感應強度，由于a點比c點距離兩導線較近，所以a點的磁感應強度比c點的大，A正確；根據(jù)安培定則知，a、c兩處磁感應強度方向相反，C錯誤；b點位于兩導線中間，兩導線在b點產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，合磁感應強度為零，c處磁感應強度不為零，D正確、B錯誤．【答案】AD考點三安培力作用下的力學綜合問題1.安培力常用公式F＝BIL，要求兩兩垂直，應用時要滿足：(1)B與L垂直．圖8-1-4(2)L是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度．如彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連直線的長度(如圖8-1-4所示)，相應的電流方向沿L由始端流向末端．因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和為零．2．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路(1)選定研究對象；(2)變三維為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向F安⊥B、F安⊥I，即垂直于B、I所決定的平面．(3)列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解．3．安培力做功的特點和實質(1)安培力做功與路徑有關，不像重力、電場力做功與路徑無關．(2)安培力做功的實質：起能量轉化的作用．①安培力做正功：是將電源的能量傳遞給通電導線后轉化為導線的動能或轉化為其他形式的能．②安培力做負功：是將其他形式的能轉化為電能后儲存起來或轉化為其他形式的能．【例3】[考向：在安培力作用下的運動分析](多選)(2014浙江高考)如圖8-1-5甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖8-1-5乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向．則金屬棒()甲乙圖8-1-5A．一直向右移動B．速度隨時間周期性變化C．受到的安培力隨時間周期性變化D．受到的安培力在一個周期內做正功【思維模板】問1：判斷安培力的方向用什么定則？提示：左手定則．問2：在第一個eq\f(T,2)和第二個eq\f(T,2)時間內金屬棒受到的安培力之間有何關系？提示：兩段時間內安培力大小相等，方向相反．【解析】根據(jù)左手定則知金屬棒在0～eq\f(T,2)內所受安培力向右，大小恒定，故金屬棒向右做勻加速運動，在eq\f(T,2)～T內金屬棒所受安培力與前半個周期大小相等，方向相反，金屬棒向右做勻減速運動，一個周期結束時金屬棒速度恰好為零，以后始終向右重復上述運動，選項A、B、C正確；在0～eq\f(T,2)時間內，安培力方向與運動方向相同，安培力做正功，在eq\f(T,2)～T時間內，安培力方向與運動方向相反，安培力做負功，在一個周期內，安培力所做總功為零，選項D錯誤．【答案】ABC【例4】[考向：在安培力作用下的平衡分析](多選)如圖8-1-6所示，質量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′，并處于勻強磁場中．當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ.則磁感應強度方向和大小可能為()圖8-1-6A．z正向，eq\f(mg,IL)tanθ B．y正向，eq\f(mg,IL)C．z負向，eq\f(mg,IL)tanθ D.沿懸線向上，eq\f(mg,IL)sinθ【解析】受力平面圖如圖所示，對于A選項，安培力水平向內，三力合力不可能為零，A錯誤；對于B選項，安培力豎直向上，當安培力BIL＝mg時，可以平衡，此時B＝eq\f(mg,IL)，B正確；對于C選項，安培力水平向外，三力平衡時安培力BIL＝mgtanθ，此時B＝eq\f(mg,IL)tanθ，C正確；對于D選項，安培力垂直于懸線的方向向內，三力不可能平衡，D錯誤．【答案】BC【反思總結】解決安培力相關問題的三大關鍵(1)要正確畫出通電導體受力的平面圖，電流方向和磁場方向表示要正確．(2)受力分析時安培力的方向必須用左手定則正確判定，注意安培力的方向既跟磁感應強度的方向垂直，又和電流方向垂直．(3)采用力學中常用的方法，如正交分解法、合成法等列式求解.思想方法9通電導體在安培力作用下的運動判斷1．思路概述判斷通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先要弄清導體所在位置的磁場分布情況，然后利用左手定則判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向．2．判斷方法(1)電流元法(2)特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向(3)等效法(4)結論法同向平行電流互相吸引，反向平行電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢(5)轉換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向【例5】如圖8-1-7所示，把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵兩極的正上方，導線可以自由轉動，當導線通入圖示方向電流I時，導線的運動情況是(從上往下看)()圖8-1-7A．順時針方向轉動，同時下降B．順時針方向轉動，同時上升C．逆時針方向轉動，同時下降D．逆時針方向轉動，同時上升【思路導引】【解析】首先用電流元法，把直線電流等效為AO′、O′O、OB三段(O′O段極短)電流元，由于O′O段電流元方向與該處磁場方向相反，所以不受安培力作用；AO′段電流元所在處的磁場方向傾斜向上，根據(jù)左手定則可知其所受安培力方向垂直于紙面向外；OB段電流元所在處的磁場方向傾斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直紙面向里，綜合上述可知導線順時針轉(俯視)．然后應用特殊位置法，把導線轉過90°的特殊位置來分析，根據(jù)左手定則判得安培力方向向下，故導線在順時針轉動的同時向下運動．【答案】A【反思總結】判斷通電導線(或線圈)在安培力作用下的運動方向時，可以有多種方法，具體選用哪一種，可以視情況而定，在本題中，除了已用到的兩種方法外，還可以應用“轉換研究對象法”，即假設導線固定不動，判斷出蹄形磁鐵的N、S極受力方向，從而確定蹄形磁鐵的轉動方向，再根據(jù)實際情況，將結論反過來即可．突破訓練3如圖8-1-8所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面，導線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1；當導線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關于壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()圖8-1-8A．FN1<FN2，彈簧的伸長量減小B．FN1＝FN2，彈簧的伸長量減小C．FN1>FN2，彈簧的伸長量增大D．FN1>FN2，彈簧的伸長量減小【解析】采用“轉換研究對象法”：由于條形磁鐵的磁感線是N極出發(fā)到S極，所以可畫出磁鐵在導線A處的一條磁感線，此處磁感應強度方向斜向左下方，如圖所示，導線A中的電流垂直紙面向外，由左手定則可判斷導線A必受斜向右下方的安培力，由牛頓第三定律可知磁鐵所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁鐵對斜面的壓力減小，F(xiàn)N1>FN2.同時，由于導線A比較靠近N極，安培力的方向與斜面的夾角小于90°，所以電流對磁鐵的作用力有沿斜面向下的分力，使得彈簧彈力增大，可知彈簧的伸長量增大，所以正確選項為C.【答案】C[安培力大小的計算]1．(2014·新疆烏魯木齊一診)如圖8-1-9所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．長度為L的導體中通有恒定電流，電流大小為I.當導體垂直于磁場方向放置時，導體受到的安培力大小為BIL.若將導體在紙面內順時針轉為30°角．導體受到的安培力大小為()圖8-1-9A.eq\f(BIL,2) B.BILC.eq\f(\r(3),2)BIL D.2BIL【解析】F＝BIL公式的適用條件是B、I互相垂直，雖然導體在紙面內順時針轉過30°的角，但B、I仍然互相垂直，導體受到的安培力大小為F＝BIL，選項B正確，其余均錯誤．【答案】B[左手定則的應用]2．(四川省內江市2014高三摸底)如圖8-1-10四個實驗現(xiàn)象中，不能表明電流能產(chǎn)生磁場的是()甲乙丙丁圖8-1-10A．甲圖中、導線通電后磁針發(fā)生偏轉B．乙圖中，通電導線在磁場中受到力的作用C．丙圖中，當電流方向相同時，導線相互靠近D．丁圖中，當電流方向相反時，導線相互遠離【解析】甲圖中小磁針發(fā)生偏轉是由于受到了電流產(chǎn)生的磁場作用；丙、丁中兩電流間的相互作用是通過電流產(chǎn)生的磁場發(fā)生的；乙圖中導體棒受到了磁場力作用，故選B.【答案】B[磁感應強度的疊加]3．(2014·重慶育才中學檢測)有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖8-1-11所示為垂直于導線的截面圖．在如圖所示的平面內，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩導線連線的中垂線上兩點，與O點的距離相等，aM與MN的夾角為θ，若兩導線中通有大小相等、方向相反的恒定電流I，單根導線中的電流在M處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0，則關于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法正確的是()圖8-1-11A．M點和N點的磁感應強度方向一定相反B．M點和N點的磁感應強度大小均為2B0cosθC．M點和N點的磁感應強度大小均為2B0sinθD．在線段MN上有磁感應強度為零的點【解析】作出兩根導線在M、N兩處產(chǎn)生的磁感應強度，并根據(jù)平行四邊形定則求出合磁感應強度，M、N兩處磁感應強度相同，大小為B＝2B0cos(eq\f(π,2)－θ)＝2B0sinθ，選項A、B錯誤，選項C正確；線段MN上各點磁場方向均水平向右且不為零，選項D錯誤．【答案】C[安培力作用下的平衡問題]4．(多選)(2014河北石家莊質檢)如圖8-1-12所示，水平長直導線MN中通以M到N方向的恒定電流，用兩根輕質絕緣細線將矩形線圈abcd懸掛在其正下方．開始時線圈內不通電流，兩細線內的張力均為T，當線圈中通過的電流為I時，兩細線內的張力均減小為T′.下列說法正確的是()圖8-1-12A．線圈中通過的電流方向為a→d→c→b→aB．線圈中通過的電流方向為a→b→c→d→aC．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T,T－T′)I時，兩細線內的張力均為零D．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T′,T－T′)I時，兩細線內的張力均為零【解析】線圈不通電流時，由力的平衡有2T＝mg，當通過的電流為I時，張力減小為T′，由安培定則知通電導線MN在ab處產(chǎn)生的磁場比dc處強，則可判知ab上必受向上的安培力，且大于cd上所受向下的安培力，再結合左手定則判斷電流順時針流動，所以A錯誤，B正確；當兩細線內張力均為T′時，BabIL－BcdIL＋2T′＝mg，當兩細線內的張力均為零時，BabI′L－BcdI′L＝mg，且又知2T＝mg，聯(lián)以上方程得I′＝eq\f(T,T－T′)I，故C項正確、D項錯誤．【答案】BC[安培力作用下的運動問題]5．如圖8-1-13所示，質量為60g的銅棒長為a＝20cm，棒兩端與長為l＝30cm的細軟銅線相連，吊在磁感應強度B＝0.5T、豎直向上的勻強磁場中，當棒中通過恒定電流I后，銅棒向上擺動，最大擺角θ＝60°，g取10m/s2，求：圖8-1-13(1)銅棒中電流I的大小及方向；(2)銅棒在擺動過程中的最大速度(結果保留一位有效數(shù)字)．【解析】(1)因銅棒的最大擺角為θ＝60°，由運動對稱性可知，銅棒上擺30°時速度最大，此處銅棒所受的合力為零．對銅棒受力分析如圖所示，由左手定則可知，電流的方向向左．由平衡條件有BIa＝mgtan30°，代入數(shù)據(jù)得I＝2(2)當銅棒上擺30°時速度最大，設最大速度為v，由動能定理可得BIa×eq\f(l,2)－mgl(1－cos30°)＝eq\f(1,2)mv2而Bla＝mgtan30°，結合以上兩式得v2＝gltan30°－2gl(1－cos30°)代入數(shù)據(jù)得：v＝1m/s.【答案】(1)2eq\r(3)A方向向左(2)課時提升練(二十三)磁場及其對電流的作用A組對點訓練——鞏固基礎知識題組一磁場的疊加圖8-1-141．在磁感應強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根通電長直導線，電流的方向垂直于紙面向里．如圖8-1-14所示，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中()A．c、d兩點的磁感應強度大小相等B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度大小相等C．c點的磁感應強度的值最小D．b點的磁感應強度的值最大【解析】通電直導線在c點的磁感應強度方向與B0的方向相反，b、d兩點的電流磁場與B0垂直，a點電流磁場與B0同向，由磁場的疊加知c點的合磁感應強度最?。敬鸢浮緾2．在等邊三角形的三個頂點a、b，c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖8-1-15所示．過c點的導線所受安培力的方向()圖8-1-15A．與ab邊平行，豎直向上B．與ab邊平行，豎直向下C．與ab邊垂直，指向左邊D．與ab邊垂直，指向右邊【解析】解法一根據(jù)直線電流的安培定則，a、b在c處所激發(fā)的磁場方向分別如圖中Ba、Bb所示，應用平行四邊形定則可知c導線所在處的合磁場方向如圖所示．根據(jù)左手定則可知安培力F安的方向與a、b連線垂直，指向左邊．解法二根據(jù)同向電流相互吸引、反向電流相互排斥的特點，可判斷導線a、b對導線c的安培力均為吸引力，再由平行四邊形定則可知c導線所受合力的方向與ab邊垂直，水平向左，C正確．【答案】C題組二安培力的大小和方向圖8-1-163．如圖8-1-16所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I的方向為從M到N，繩子的拉力均為F.為使F＝0，可能達到要求的方法是()A．加水平向右的磁場B．加水平向左的磁場C．加垂直紙面向里的磁場D．加垂直紙面向外的磁場【解析】要使繩子的拉力均為0，根據(jù)平衡條件知導線所受安培力應豎直向上，由左手定則知，應加垂直紙面向里的磁場．【答案】C圖8-1-174．如圖8-1-17所示，一個邊長為L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，若通以如圖所示方向的電流(從A點流入，從C點流出)，電流大小為I，則關于金屬框所受安培力的情況，下列說法正確的是()A．金屬框所受安培力大小為0B．金屬框所受安培力大小為BIL，方向垂直AC沿紙面向上C．金屬框所受安培力大小為eq\f(4,3)BIL，方向垂直AC沿紙面向下D．金屬框所受安培力大小為2BIL，方向垂直AC沿紙面向上【解析】根據(jù)通電導線在磁場中受安培力的特點，可以把正三角形金屬框的AB與BC兩根導線所受的安培力等效為導線AC所受的安培力，則整個三角形金屬框可以看做兩根AC導線并聯(lián)，且兩根導線中的總電流等于I，由公式得到F＝BIL，另外根據(jù)左手定則，可知整個三角形金屬框所受的安培力的方向垂直AC沿紙面向上，所以選項B正確．【答案】B題組三安培力作用下的綜合分析圖8-1-185．(多選)如圖8-1-18所示，通電導體棒靜止于水平導軌上，棒的質量為m，長為L，通過的電流大小為I且垂直紙面向里，勻強磁場的磁感應強度B的方向與導軌平面成θ角，則導體棒受到的()A．安培力大小為BILB．安培力大小為BILsinθC．摩擦力大小為BILsinθD．支持力大小為mg－BILcosθ【解析】根據(jù)安培力計算公式，F(xiàn)＝BIL，A正確，B錯誤；導體棒受力如圖所示，根據(jù)平衡條件，F(xiàn)f＝BILsinθ，C正確；FN＝mg＋BILcosθ，D錯誤．【答案】AC圖8-1-196．(湖北省咸寧市2014屆摸底)如圖8-1-19所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤的讀數(shù)為FN1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖當加上電流后，臺秤的示數(shù)為FN2，則下列說法正確的是()A．FN1>FN2，彈簧長度將變長B．FN1>FN2，彈簧長度將變短C．FN1<FN2，彈簧長度將變長D．FN1<FN2，彈簧長度將變短【解析】以通電導線為研究對象，由左手定則可知，通電導線在磁場中受到斜向右下方的安培力，由牛頓第三定律可知條形磁鐵受到通電導線的磁場力為斜向左上方．該力產(chǎn)生對條形磁鐵向上提拉和向左壓縮彈簧的效果，則臺秤示數(shù)變小，彈簧被壓縮，選項B正確．【答案】B圖8-1-207．一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖8-1-20所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()A．不動B．順時針轉動C．逆時針轉動D．在紙面內平動【解析】環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動．【答案】BB組深化訓練——提升應考能力圖8-1-218．如圖8-1-21所示，A為一水平旋轉的橡膠盤，帶有大量均勻分布的負電荷，在圓盤正上方水平放置一通電直導線，電流方向如圖所示．當圓盤高速繞中心軸OO′轉動時，通電直導線所受磁場力的方向是()A．豎直向上B．豎直向下C．水平向里 D.水平向外【解析】由于帶負電的圓盤順時針方向旋轉，形成的等效電流為逆時針方向，所產(chǎn)生的磁場方向豎直向上．由左手定則可判定通電導線所受安培力的方向水平向里，故C正確．【答案】C9．已知地磁場的水平分量為B，利用這一值可以測定某一弱磁場的磁感應強度，如圖8-1-22所示為測定通電線圈中央一點的磁感應強度的實驗，實驗方法：圖8-1-22①先將未通電線圈平面固定于南北方向豎直平面內，中央放一枚小磁針，N極指向北方；②給線圈通電，此時小磁針N極指北偏東θ角后靜止，由此可以確定線圈中電流方向(由東向西看)與線圈中央的合磁感應強度分別為()A．順時針；eq\f(B,cosθ)B．順時針；eq\f(B,sinθ)C．逆時針；eq\f(B,cosθ) D.逆時針；eq\f(B,sinθ)【解析】由于合磁場的方向北偏東θ角，地磁場的水平分量為B向北，根據(jù)平行四邊形定則，線圈中央的合磁感應強度大小為eq\f(B,cosθ)，通電線圈中央一點的磁場水平向東，結合安培定則，可判斷線圈中電流方向(由東向西看)為逆時針方向，C正確．【答案】C圖8-1-2310．(2014·啟東模擬)如圖8-1-23所示，在豎直向下的恒定勻強磁場中有一光滑絕緣的eq\f(1,4)圓軌道，一重為G的金屬導體MN垂直于軌道橫截面水平放置，在導體中通入電流I，使導體在安培力的作用下以恒定的速率v從A點運動到C點，設導體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ，安培力的瞬時功率為P，則從A到C的過程中，下列有關說法正確的是()A．電流方向從N指向MB．I∝cotθC．P∝cosθD．P∝sinθ【解析】由于安培力方向始終水平向左，根據(jù)左手定則知電流方向從M指向N，A錯誤；因為導體棒做勻速圓周運動，所以有Gsinθ＝F安cosθ＝ILBcosθ，故I＝eq\f(G,BL)tanθ，即I∝tanθ，B錯誤；又P＝F安vcosθ＝Gvsinθ，所以P∝sinθ，C錯誤、D正確．【答案】D11.圖8-1-24(2014·長沙一中檢測)如圖8-1-24所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B＝0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5V、內阻r＝0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質量m＝0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力大??；(3)導體棒受到的摩擦力大?。窘馕觥?1)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A.(2)導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N.(3)導體棒受力如圖，將重力正交分解F1＝mgsin37°＝0.24NF1＜F安，根據(jù)平衡條件mgsin37°＋f＝F安，解得：f＝0.06N.【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N12.圖8-1-25載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I為電流強度，r為距導線的距離．在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根等長的輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖8-1-25所示．開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0.當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度為I2時，兩細線內的張力均大于T0.(1)分別指出強度為I1、I2的電流的方向；(2)求MN分別通以強度為I1和I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比．【解析】(1)根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，且距離導線越近，相互作用力越大，可知，I1的方向向左，I2的方向向右．(2)當MN中的電流強度為I時，線圈受到的安培力大小為F＝kIiL(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流，L為ab、cd的長度．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節(jié)磁場對運動電荷的作用[真題回放]1．(2014·課標全國卷Ⅰ)如圖8-2-1所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖8-2-1A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)【解析】設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1).由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，由題意可知eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1R2,v2R1)＝eq\f(\r(2),2)，故選項D正確．【答案】D2．(2014·安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應強度B正比于()A.eq\r(T)B．TC.eq\r(T3)D．T2【解析】由題意知，帶電粒子的平均動能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)，故選項A正確．【答案】A3．(2013·新課標全國卷Ⅰ)如圖8-2-2所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2).已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()圖8-2-2A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)【解析】帶電粒子從距離ab為eq\f(R,2)處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60°，粒子運動軌跡如圖所示，ce為射入速度所在直線，d為射出點，射出速度反向延長交ce于f點，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運動圓心為O′，則O、f、O′在一條直線上，由幾何關系得帶電粒子所做圓周運動的軌跡半徑為R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，選項B正確．【答案】B4．(2013·新課標全國卷Ⅱ)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為()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】如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確．【答案】A[考向分析]1.考綱展示(1)洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ(2)洛倫茲力公式Ⅱ(3)帶電粒子在勻強磁場中的運動Ⅱ2.命題趨勢帶電粒子在勻強磁場中運動的分析是高考的熱點和重點．主要命題出現(xiàn)在運動軌跡的分析、運動時間、運動半徑的確定，有時還會出現(xiàn)一些臨界問題、極值問題的分析．3.選材特點主要有兩方面的特點：(1)以生產(chǎn)、科技中帶電粒子的運動問題為命題背景，突出受力分析和運動分析．(2)以有界勻強磁場為命題情景，考查臨界分析、軌跡分析、時間分析等.考點一洛倫茲力與電場力的比較1.對洛倫茲力的理解(1)洛倫茲力和安培力的關系：洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．(2)洛倫茲力的特點：①洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功．②當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．③用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向．2．洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無關正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功【例1】(2013·安徽高考)圖8-2-3中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()圖8-2-3A．向上B．向下C．向左 D.向右【思維模板】問1：如何判斷電流產(chǎn)生的磁場方向？提示：用安培定則．問2：b、d兩導線中的電流在O點產(chǎn)生的磁場有何關系？提示：強弱相同，方向相反．問3：a、c兩導線中的電流在O點產(chǎn)生的磁場有何關系？提示：強弱相同，方向也相同．【解析】由安培定則分別判斷出四根通電導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確．【答案】B突破訓練1在如圖8-2-4所示的空間中，存在電場強度為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向、磁感應強度為B的勻強磁場(圖中均未畫出)．一質子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動．據(jù)此可以判斷出()圖8-2-4A．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小；沿z軸正方向電勢升高B．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿z軸正方向電勢降低C．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高D．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低【解析】勻強磁場的磁感應強度B的方向沿x軸負方向，質子沿y軸正方向運動，由左手定則可確定洛倫茲力沿z軸正方向；由于質子受電場力和洛倫茲力作用沿y軸正方向做勻速直線運動，故電場力eE等于洛倫茲力evB，方向沿z軸負方向，即電場方向沿z軸負方向，質子在運動過程中電場力不做功，電勢能不變，沿z軸正方向即電場反方向電勢升高，故C正確，A、B、D錯誤．【答案】C考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.圓心的確定(1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心．(2)兩種常見情形．a(chǎn)b圖8-2-5①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8-2-5a所示，圖中P為入射點，M為出射點)．②已知入射點和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8-2-5b所示，圖中P為入射點，M為出射點)．2．帶電粒子在不同邊界磁場中的運動(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖8-2-6)圖8-2-6(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖8-2-7)圖8-2-7(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8-2-8)圖8-2-83．半徑的確定(1)做出帶電粒子在磁場中運動的幾何關系圖．(2)運用幾何知識(勾股定理、正、余弦定理、三角函數(shù))通過數(shù)學方法求出半徑的大?。?．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．圖8-2-9【例2】(2014·武漢聯(lián)考)如圖8-2-9所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點．a(chǎn)、b兩粒子的質量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．3∶4 D.4∶3【解析】根據(jù)粒子a、b動能相同，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粒子在磁場中運動軌跡半徑ra＝eq\f(d,\r(3))，b粒子在磁場中運動軌跡半徑rb＝d，a粒子在碰場中運動軌跡所對的圓心角為120°，軌跡弧長為Sa＝eq\f(2πra,3)＝eq\f(2πd,3\r(3))②運動時間ta＝eq\f(Sa,va)③b粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60°，軌跡弧長為Sb＝eq\f(πrb,3)＝eq\f(πd,3)④運動時間tb＝eq\f(Sb,vb)⑤又因a，b同時到達P點，所以ta＝tb⑥聯(lián)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)，故選項C正確．【答案】C【反思總結】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法突破訓練2如圖8-2-10所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的磁感應強度B圖8-2-10A．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】粒子剛好到達C點時，其運動軌跡如圖所示，則粒子運動的半徑為2a·sin60°＝eq\r(3)a.由r＝eq\f(mv,qB)得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑r>r0，解得B<eq\f(\r(3)mv,3aq)，選項B正確．【答案】B數(shù)學技巧4磁場中的幾何關系1．概述高中物理要求學生具備數(shù)學知識解決物理問題的能力．當帶電粒子在磁場中運動時．主要應用平面幾何知識，這部分數(shù)學知識理解并不困難．關鍵是靈活的運用．常用的數(shù)學知識有：勾股定理，直角三角形的性質，等腰三角形的性質，三角函數(shù)，對稱性分析，圓的常用幾何性質等．2．關鍵點該類問題的關鍵點是確定圓心，找出半徑和確定圓心角，常有三種情況．(1)已知粒子兩個速度的方向時，劃兩個速度方向的垂線交點即圓心，因為這是兩處洛倫茲力的方向交點．(2)已知粒子在某點的一個速度方向，還有過該點粒子軌跡上的一條弦．作弦的中垂線，作中垂線和速度垂線的交點，即為圓心．(3)已知粒子的一個速度方向和粒子運動的軌跡半徑R.在這個速度的垂線上，通過垂足找出一個半徑R的長度，便可以找到圓心．3．舉例分析甲乙(1)如圖甲所示正方形磁場區(qū)域ABCD，電子從A點射出時，軌跡半徑R＝eq\f(d,2)，電子從B點射出時，軌跡半徑R＝d.(2)如圖乙所示，沿中線入射的質子若恰好打不到極板上，當質子從左端飛出時，軌跡半徑R＝eq\f(d,4).當質子從右端飛出時，R與d、L的關系式為R＝eq\r(L2＋R－\f(d,2)2).(3)如圖丙所示，正電荷從M點射入，從N點射出時，軌跡半徑R與L的關系式為：(2R)2＝2L2即R＝eq\f(\r(2),2)L.(4)如圖丁所示，正電荷沿半徑方向射入半徑為r的圓形磁場區(qū)域，若偏轉60°，則軌跡半徑R與r的關系式為：tan30°＝eq\f(r,R).即R＝eq\r(3)r.丙丁【典例3】(2013·海南高考)如圖8-2-11所示，紙面內有E、F、G三點，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．先使帶有電荷量為q(q>0)的點電荷a在紙面內垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點，再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點．兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同．已知點電荷a的質量為m，軌道半徑為R，不計重力．求：圖8-2-11(1)點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；(2)點電荷b的速度的大小.【思路導引】【解析】(1)設點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)①由①式得v＝eq\f(qBR,m)②設點電荷a的運動周期為T，有T＝eq\f(2πm,qB)③如圖，O和O1分別是a和b的圓軌道的圓心．設a在磁場中偏轉的角度為θ，由幾何關系可得：θ＝90°④故a從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t為：t＝eq\f(πm,2qB)⑤(2)設點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中的偏轉角度為θ1，依題意有：t＝eq\f(R1θ1,v1)＝eq\f(Rθ,v)⑥由式⑥得：v1＝eq\f(R1θ1,Rθ)v⑦由于兩軌道在G點相切，所以G點的半徑OG和O1G在同一直線上．由幾何關系和題給條件可得θ1＝60°R1＝2R⑨聯(lián)立②④⑦⑧⑨解得v1＝eq\f(4qBR,3m)【答案】(1)eq\f(πm,2qB)(2)eq\f(4qBR,3m)【反思總結】本題關鍵是根據(jù)條件確定a、b兩電荷的軌跡圓心．(1)確定點電荷a做圓周運動的圓心．如圖所示，在F處作速度的垂線，再作FG的垂直平分線，兩線的交點O即為點電荷a做圓周運動的圓心，由幾何知識得GO⊥FO.(2)確定點電荷b做圓周運動的圓心．因點電荷a、b的軌跡在G處相切，則點電荷b的圓心也一定在GO所在直線上，再作EG的垂直平分線，兩線相交于點O1，此即為點電荷b做圓周運動的圓心，如圖所示．突破訓練3如圖8-2-12所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質量為m，帶電量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行．圖8-2-12(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？【解析】(1)如圖所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得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)如圖所示，設粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系有(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)故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過eq\f(3Bqr,4m).【答案】(1)eq\f(\r(3)Bqr,3m)(2)eq\f(3Bqr,4m)[洛倫茲力的方向判定]1．(多選)(2014新課標全國卷Ⅱ)圖8-2-13為某磁譜儀部分構件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()圖8-2-13A．電子與正電子的偏轉方向一定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小【解析】根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤．【答案】AC[帶電粒子運動時間、半徑的分析]2．(多選)(2013廣東高考)如圖8-2-14所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有()圖8-2-14A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近【解析】帶電離子打到屏P上，說明帶電離子向下偏轉，根據(jù)左手定則知，a、b兩離子均帶正電，選項A正確；a、b兩離子垂直進入磁場的初速度大小相同，電荷量、質量相等，由r＝eq\f(mv,qB)知半徑相同．b在磁場中運動了半個圓周，a的運動大于半個圓周，故a在P上的落點與O點的距離比b的近，飛行的路程比b長，選項C錯誤、選項D正確；根據(jù)eq\f(t,θ)＝eq\f(T,2π)知，a在磁場中飛行的時間比b的長，選項B錯誤．【答案】AD[帶電粒子在有界磁場中的運動分析]3．如圖8-2-15所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內有B＝10－4T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)．當角θ＝45°時，出射粒子速度v的大小是()圖8-2-15A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D.4eq\r(2)×106m/s【解析】當θ＝45°時，某粒子從入射孔引出射孔在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(R,sin45°)＝eq\r(2)R.根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝meq\f(v,r)，知v＝eq\f(qBr,m)將已知條件代入v＝2eq\r(2)×106m/s.故B項正確．【答案】B課時提升練(二十四)磁場對運動電荷的作用(限時：45分鐘)A組對點訓練——鞏固基礎知識題組一洛倫茲力的理解圖8-2-161．(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖8-2-16所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1.撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2，則下列論述正確的是()A．x1>x2 B.t1>t2C．v1和v2大小相等 D.v1和v2方向相同【解析】當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B對；又因為洛倫茲力不做功，故C對；兩次小球著地時速度方向不同，D錯．【答案】ABC圖8-2-172．(浙江省金華市2014屆質檢)如圖8-2-17所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是()A．當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B．當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動C．不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動【解析】由于通電螺線管內存在勻強磁場，電子運動方向與磁感線平行，電子不受磁場力作用，所以不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動．【答案】C圖8-2-183．用絕緣細線懸掛一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球，讓它處于如圖8-2-18所示的磁感應強度為B的勻強磁場中．由于磁場的運動，小球靜止在如圖所示位置，這時懸線與豎直方向的夾角為α，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向可能是()A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左B．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向下C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向上D．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右【解析】根據(jù)運動的相對性，帶電小球相對于磁場的速度與磁場相對于小球(相對地面靜止)的速度大小相等、方向相反．洛倫茲力F＝qvB中的v是相對于磁場的速度．根據(jù)力的平衡條件可以得出，當小球相對磁場以速度v＝eq\f(mgtanα,qB)豎直向下運動或以速度v＝eq\f(mg,Bq)水平向右運動時，帶電小球都能處于靜止狀態(tài)，但小球處于后者的狀態(tài)時，懸線不受拉力，不會被拉緊，故本題選C.【答案】C題組二帶電粒子在勻強磁場中的運動圖8-2-194．(多選)如圖8-2-19所示，在一矩形區(qū)域內，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向的60°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場中運動的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場中運動的半徑【解析】由帶電粒子在磁場中運動的偏轉角，可知帶電粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°，因此由幾何關系得磁場寬度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁場時有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A項對；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B項對；因初速度未知，所以C、D項錯．【答案】AB圖8-2-205．(2014·廣東模擬)薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內運動的軌跡如圖8-2-20所示，半徑R1>R2.假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()A．帶正電B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域【解析】粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減?。蓃＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域，結合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，C選項正確．【答案】C6.圖8-2-21如圖8-2-21是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子()A．是正離子，速率為kBR/cosαB．是正離子，速率為kBR/sinαC．是負離子，速率為kBR/sinαD．是負離子，速率為kBR/cosα【解析】因為離子向下偏，根據(jù)左手定則，離子帶正電，運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知r＝eq\f(R,sinα)，由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(kBR,sinα)，故B正確．【答案】B圖8-2-227．如圖8-2-22所示，邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內存在磁感應強度方向垂直于紙面向里、大小為B的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為－q的粒子從AB邊的中點處以垂直磁感應強度方向射入磁場，速度方向與AB邊的夾角為30°，若要求該粒子不從AD邊射出磁場，則其速度大小應滿足()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】當粒子的軌跡跟AD邊相切時，粒子恰好不從AD邊射出，通過作圖，知rmsinθ＋eq\f(L,2)＝rm，得rm＝L，此時的速度為vmin＝eq\f(qBL,m)，而滿足條件的半徑r應小于等于L，故有v≤eq\f(qBL,m)，C對．【答案】CB組深化訓練——提升應考能力圖8-2-238．(多選)如圖8-2-23所示，坐標原點O處有一粒子源，能沿紙面向各個方向(y>0)發(fā)射速率v相同的粒子，在x軸上方的空間存在著磁感應強度方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，不計粒子所受重力及粒子間的相互作用，圖中曲線OMN表示粒子運動的區(qū)域邊界，OM＝ON＝L，則A．粒子帶負電，其比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB)B．當粒子沿x軸負方向射入磁場時，其運動軌跡即為曲線OMNC．當粒子射入磁場的速度方向與x軸正方向的夾角為30°時，粒子在磁場中的運動時間為eq\f(πL,6v)D．當粒子沿y軸正方向射入磁場時，其一定會經(jīng)過ON的中點【解析】由左手定則知粒子帶負電，由題圖知粒子軌道半徑為eq\f(1,2)L，而Bqv＝meq\f(v2,r)，所以eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB)，A對；當粒子沿x軸負方向射入磁場時，粒子的運動軌跡是一完整的圓周，B錯，當粒子射入磁場的速度方向與x軸正方向的夾角為30°時，粒子運動所對圓心角為60°，粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πL,6v)，C對；因ON＝L，粒子運動半徑為eq\f(1,2)L，當粒子沿y軸正方向射入磁場時，ON恰好為粒子做圓周運動的直徑，粒子一定會經(jīng)過N點，D錯．【解析】AC圖8-2-249．如圖8-2-24所示，MN上方存在勻強磁場，帶同種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點，已知OP＝d，則()A．a(chǎn)、b兩粒子運動半徑之比為1∶eq\r(3)B．a(chǎn)、b兩粒子的初速率之比為5∶2eq\r(3)C．a(chǎn)、b兩粒子的質量之比為4∶25D．a(chǎn)、b兩粒子的電荷量之比為2∶15【解析】由題圖知a粒子在磁場中運動軌跡半徑為ra＝d，運動軌跡所對的圓心角為300°，運動軌跡弧長為sa＝eq\f(5πra,3)＝eq\f(5πd,3)，b粒子在磁場中運動軌跡半徑為rb＝eq\f(\r(3),3)d，所對的圓心角為120°，運動軌跡弧長為sb＝eq\f(2πrb,3)＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以a、b兩粒子運動半徑之比為eq\r(3)∶1，A錯；因運動時間t＝eq\f(s,v)，而ta＝tb，即a、b兩粒子的初速率這比為5eq\r(3)：2，B錯；因兩粒子以相同的動能入射，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，所以a、b兩粒子的質量之比為4：75，C錯；因t＝eq\f(θ,360°)×eq\f(2πm,Bq)，所以a、b兩粒子的電荷量之比為2∶15，D對．【答案】D圖8-2-2510．(2014·北京名校聯(lián)盟)如圖8-2-25所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)，以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是()A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，圓周運動半徑R＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)對稱性，在磁場中圓周運動對應的圓心角為2θ，帶電粒子在磁場中圓周運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(2π－2θ,2π)×T＝eq\f(2πm,qB)×(1－eq\f(θ,π))，若v一定，θ越大，運動時間越短，選項A對；磁場中運動時間與速度無關，選項D錯；對應的弦長L＝2Rsinθ＝eq\f(2mv,qB)sinθ，若v一定，θ越大，由于0<θ<π對應的弦長在θ＝eq\f(π,2)時最大，選項B錯；圓周運動的角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(qB,m)大小與速度無關，選項C錯．【答案】A圖8-2-2611．(2014·江西省九校聯(lián)考)勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R，寬為eq\f(R,2)的矩形組成，磁場的方向如圖8-2-26所示．一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中．問：(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？【解析】(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示，當粒子從A點射出時，運動半徑r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)當粒子從C點射出時，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)據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷當B>eq\f(2mv,qR)時，粒子從PA段射出當eq\f(2mv,qR)>B>eq\f(8mv,5qR)時，粒子從AC段射出當B<eq\f(8mv,5qR)時，粒子從CD段射出【答案】(1)eq\f(2mv,qR)(2)見解析圖8-2-2712．(2014·雅安模擬)如圖8-2-27所示，在半徑為R＝eq\f(mv0,Bq)的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場，已知粒子的質量為m，電量為q，粒子重力不計．(1)若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；(2)若粒子對準圓心射入，且速率為eq\r(3)v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0從P點以任意角入射，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上．【解析】(1)粒子的軌跡半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝R，故粒子在磁場中的運動時間t＝eq\f(\f(π,2)R,v0)＝eq\f(πm,2Bq).(2)當v＝eq\r(3)v0時，軌跡半徑r′＝eq\r(3)R，如圖所示，速度偏轉60°角，故v⊥＝vsin60°＝eq\f(3,2)v0.(3)由(1)知，當帶電粒子以v0射入時，帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R.設粒子射入方向與PO方向夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運動軌跡如圖所示．因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R所以四邊形POSO3為菱形由圖可知：PO∥O3S，v3⊥SO3因此，帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向，與入射的方向無關．【答案】(1)eq\f(πm,2Bq)(2)eq\f(3,2)v0(3)見解析第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動[真題回放]1．(多選)(2014·江蘇高考)如圖8-3-1所示，導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側面間的距離．電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()圖8-3-1A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面B．若電源的正負極對調，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【解析】當霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負極對調，則磁感應強度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤；因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝eq\f(RL,RL＋R)I，故IH與I成正比，選項C正確；由于B與I成正比，設B＝aI，則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，選項D正確．【答案】CD2．(2013重慶高考)如圖8-3-2所示，一段長方體形導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為()圖8-3-2A.eq\f(IB,|q|aU)，負 B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，負 D.eq\f(IB,|q|bU)，正【解析】由于上表面電勢低，根據(jù)左手定則判斷出自由運動電荷帶負電，排除B、D兩項．電荷穩(wěn)定時，所受電場力和洛倫茲力平衡，|q|eq\f(U,a)＝|q|vB①，由電流的微觀表達式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②，由①②聯(lián)立，得n＝eq\f(IB,|q|bU)，故選