一輪復習磁場知識點以及例題詳解

1、磁場第1講磁場及磁場對電流的作用一、磁場、磁感應強度1磁場(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向2磁感應強度(1)物理意義：描述磁場強弱和方向(2)大?。築(通電導線垂直于磁場)(3)方向：小磁針靜止時N極的指向(4)單位：特斯拉(T)3勻強磁場(1)定義：磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場(2)特點勻強磁場中的磁感線是疏密程度相同的、方向相同的平行直線距離很近的兩個異名磁極之間的磁場和通電螺線管內部中心軸線附近的磁場(邊緣部分除外)，都可以認為是勻強磁場4磁通量(1)概念：在磁感應強度為B的勻強磁場中，

2、與磁場方向垂直的平面的面積S和B的乘積叫磁通量(2)公式：BS.(3)單位：1 Wb1_T·m2.二、磁感線及幾種常見的磁場分布1磁感線：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致2磁感線的特點(1)磁感線是為了形象地描述磁場而人為假設的曲線，并不是客觀存在于磁場中的真實曲線(2)磁感線在磁體(螺線管)外部由N極到S極，內部由S極到N極，是閉合曲線(3)磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線較密的地方磁場較強，磁感線較疏的地方磁場較弱(4)磁感線上任何一點的切線方向，都跟該點的磁場(磁感應強度)方向一致(5)磁感線不能相交，也不能相切3安培定則(1)直線

3、電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場磁感線的方向可以用安培定則確定(2)對于通電直導線，可用右手握住導線，大拇指指向電流方向，彎曲的四指指向磁感線環(huán)繞的方向(3)對于環(huán)形電流和通電螺線管，則用彎曲的四指指向電流環(huán)繞的方向，右手大拇指指向螺線管軸線上的磁感線的方向4幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖所示)(2)幾種電流周圍的磁場分布類型直線電流的磁場環(huán)形電流的磁場通電螺線管的磁場特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱環(huán)形電流的兩側是等效小磁針的N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內中心軸線附近為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場安培定則立體圖橫截面圖縱截

4、面圖(3)地磁場地磁場的N極在地球南極附近，S極在地球北極附近，磁感線分布如圖所示地磁場B的水平分量(Bx)總是從地球南極指向北極；而豎直分量(By)則南北相反，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，距離地球表面高度相等的各點，磁場強弱相同，且方向水平向北三、通電導線在磁場中受到的力安培力1安培力的大小(1)磁場和電流垂直時：FBIL.(2)磁場和電流平行時：F0.2安培力的方向(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向(2)安培力的方向

5、特點：FB，F(xiàn)I，即F垂直于B和I決定的平面1下列說法正確的是()A磁場中某點的磁感應強度可以這樣測定：把一小段通電導線放在該點時，受到的磁場力F與該導線的長度L、通過的電流I的乘積的比值B即為磁場中某點的磁感應強度B通電導線在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為零C磁感應強度B只是定義式，它的大小取決于場源及磁場中的位置，與F、I、L以及通電導線在磁場中的方向無關D磁場是客觀存在的2如圖所示四種情況中，勻強磁場磁感應強度大小相等，載流導體長度相同，通過的電流也相同，導體受到的磁場力最大，且方向沿著紙面的情況是()A甲、乙B甲、丙C乙、丁 D乙、丙3如圖所示為兩同心圓環(huán)，當有一勻強磁

6、場垂直穿過A環(huán)面時，A環(huán)面磁通量為1，此時B環(huán)面磁通量為2.若將其勻強磁場改為一條形磁鐵，垂直穿過A環(huán)面，此時A環(huán)面的磁通量為3，B環(huán)面的磁通量為4，有關磁通量的大小，下列說法正確的是()A12 B12C34 D344一段長0.2 m，通過2.5 A電流的直導線，關于在磁感應強度為B的勻強磁場中所受安培力F的情況，正確的是()A如果B2 T，F(xiàn)一定是1 NB如果F0，B也一定為零C如果B4 T，F(xiàn)有可能是1 ND如果F有最大值時，通電導線一定與磁場方向平行5請畫出在圖所示的甲、乙、丙三種情況下，導線受到的安培力的方向1磁感應強度是用比值法定義的，其大小由磁場本身的性質決定，與放入的直導線的電流

7、I的大小、導線長度L的大小無關故不能根據(jù)B就說B與F成正比，與IL成反比2兩個電流附近的磁場的磁感應強度是兩個電流分別單獨存在時產生的磁場的磁感應強度疊加而成的，且滿足矢量合成法則平行四邊形定則(2012·大綱全國卷)如圖，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、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()AO點處的磁感應強度為零Ba、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反Cc、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同Da、c兩點處磁

8、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(1)磁場存在于磁體、電流的周圍，其強弱用磁感應強度表示，磁感應強度B是一矢量，滿足矢量疊加原理(2)磁感線可形象描述磁感應強度的大小和方向，電流周圍的磁感應強度的方向用安培定則判定11：有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導線的

9、截面圖，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法中正確的是()AM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同BM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D線段MN上只有一點的磁感應強度為零安培力常用公式FBIL應用時要滿足：(1)B與I垂直；(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(如圖所示)，相應的電流方向沿L由始端流向末端因此任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零

10、，受到的安培力的矢量和為零如圖所示，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直線段ab、bc和cd的長度均為L，且abcbcd135°.流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力為()A沿紙面向上，大小為(1)ILBB沿紙面向上，大小為(1)ILBC沿紙面向下，大小為(1)ILBD沿紙面向下，大小為(1)ILB解析：通有電流I的導線abcd可等效為通有電流I的ad直線電流，電流方向為ad，由左手定則可知受到的磁場作用力的方向沿紙面向上；ad(×21)L(1)L，所以力的大小F(1)ILB.答案：

11、A(1)正確掌握安培力的分析方法若磁場和電流垂直：FBIL.若磁場和電流平行：F0.安培力的方向垂直于磁感線和通電導線所確定的平面(2)注意區(qū)別安培力和靜電力的方向與場的方向的關系靜電力的方向與電場方向平行，安培力的方向與磁場方向垂直21：通電矩形線框abcd與長直通電導線MN在同一平面內，如圖所示，ab邊與MN平行關于MN的磁場對線框的作用力，下列說法正確的是()A線框有兩條邊所受的安培力方向相同B線框有兩條邊所受的安培力大小相等C線框所受的安培力的合力方向向左D線框所受的安培力的合力方向向右(2012·天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強

12、磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下列某一個條件，角的相應變化情況是()A棒中的電流變大，角變大B兩懸線等長變短，角變小C金屬棒質量變大，角變大D磁感應強度變大，角變小解析：選金屬棒MN為研究對象，其受力情況如圖所示根據(jù)平衡條件及三角形知識可得tan ，所以當棒中的電流I、磁感應強度B變大時，角變大，選項A正確，選項D錯誤；當金屬棒質量m變大時，角變小，選項C錯誤；角的大小與懸線長無關，選項B錯誤答案：A解決導體棒平衡問題的方法31：如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為.整個裝置處于勻強磁場中金屬桿ab垂直導軌放置，當桿中通

13、有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab剛好靜止則()A磁場方向可能豎直向上B磁場方向豎直向下Cab所受安培力的方向可能平行導軌向上Dab所受安培力的方向可能平行導軌向下判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢的思路(1)首先必須弄清楚導體所在位置的磁場分布情況(2)然后利用左手定則準確判定導體的受力情況(3)進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向現(xiàn)對幾種常用的方法列表比較如下：(2013·江蘇徐州模擬)如圖所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直線圈平面當線圈內通以圖中方向的電流后，線圈的運動情況是()A線圈向左運動B線圈向右運動C從上往下看順時

14、針轉動D從上往下看逆時針轉動解析：法一電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每一段可看作一直線電流元，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖所示根據(jù)對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動只有選項A正確法二等效法將環(huán)形電流等效成小磁針，如圖所示，據(jù)異名磁極相吸引知，線圈將向左運動，選A.也可將左側條形磁鐵等效成環(huán)形電流，根據(jù)結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，也可判斷出線圈向左運動，選A.答案：A如圖所示，有一通電直導線放在蹄形電磁鐵的正上方，導線可以自由移動，當電磁鐵線圈與直導線中通以圖示的電流時，有關直導線運動情況的說法中正確的是(從上往下看)()A順時針方向

15、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，同時上升解析：特殊位置法開始時左端受力向外，右端受力向里，所以逆時針轉動；當轉到與紙面垂直時，受力向下；從這兩個方面可以得出選項C正確答案：C如圖所示，在光滑水平面上一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為FN1，現(xiàn)在磁鐵左上方位置固定一導體棒，當導體棒中通以垂直紙面向里的電流后，磁鐵對水平面的壓力為FN2，則以下說法正確的是()A彈簧長度將變長B彈簧長度將變短CFN1FN2 DFN1FN2解析：轉換研究對象法畫出導體棒所在處的磁感線，用左手定則可判斷出條形磁鐵對導體棒的安培力斜向右下方，

16、由牛頓第三定律可知，導體棒對條形磁鐵的力斜向左上方，所以彈簧長度將變短，F(xiàn)N1FN2，答案為B、C.答案：BC1.如圖所示，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方向從M到N，繩子的拉力均為F，為使F0，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2.(2012·海南單科)圖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()A若a接正

17、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3.如圖所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣線水平吊起通電直導線A。A與螺線管垂直，“×”表示導線中電流的方向垂直于紙面向里電鍵S閉合后，A受到通電螺線管磁場的作用力的方向是()A水平向左B水平向右C豎直向下 D豎直向上4.如圖所示，長為3l的直導線折成三段做成正三角形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，當在該導線中通以電流強度為I

18、的電流時，該通電導線受到的安培力大小為()A2BIl B.BIlC.BIl D05如圖甲所示，兩平行導軌與水平面成角傾斜放置，電源、電阻、金屬細桿及導軌組成閉合回路細桿與導軌間的摩擦不計，整個裝置分別處在如圖乙所示的勻強磁場中，其中可能使金屬細桿處于靜止狀態(tài)的是 ()第2講運動電荷在磁場中受到的力一、洛倫茲力的大小和方向1洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0.(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力FqvB.(90°)(3)v0時，洛倫茲力F0.2洛倫茲力的方向(1)判定方法：應用左手定則磁感線垂直穿過掌心四指指向正電荷運動的方向拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方

19、向(2)方向特點：FB，F(xiàn)v.即F垂直于B和v決定的平面(注意B和v可以有任意夾角)3特點(1)洛倫茲力始終與速度方向垂直(2)洛倫茲力不做功，只改變速度方向二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動1有關洛倫茲力和安培力的描述，正確的是()A通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用B安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)C帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功D通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行2帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫

20、茲力的作用下列表述正確的是()A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C洛倫茲力的大小與速度無關D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向3如圖所示，將一陰極射線管置于一通電螺線管的正上方，且在同一水平面內，則陰極射線將()A向外偏轉 B向里偏轉C向上偏轉 D向下偏轉4(2012·大綱全國卷)質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動已知兩粒子的動量大小相等下列說法正確的是()A若q1q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等B若m1m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等C若q1q2則它們做圓周運動的周期一定不相等D若m1m2，則它們做圓周運動的

21、周期一定不相等5.電子質量為m、電荷量為q，以速度v0與x軸成角射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點，如圖所示，求：(1)O的長度；(2)電子從由O點射入到落在P點所需的時間t.1對洛倫茲力的理解(1)只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中不受洛倫茲力作用(2)有關洛倫茲力的方向的理解由于電荷有正負之分，故四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向洛倫茲力垂直于v和B所決定的平面洛倫茲力始終和粒子的運動方向垂直2洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功質

22、量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是()A小物塊一定帶正電荷B小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動D小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為答案：BD11：電荷量為q的粒子在勻強磁場中運動，下面說法中正確的是()A只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B如果把q改為q，且速度反向、大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場

23、方向一定與電荷運動方向垂直D粒子只受到洛倫茲力作用時，運動的動能不變(2012·安徽理綜)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.t B2t C.t D3t1帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法三步法2不同直線邊界的勻強磁場中帶電粒子的運動軌跡的特點(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性)(2)平行邊界(存在臨界條件)(3)圓周運動中的對稱規(guī)律如果粒子從某一直線邊

24、界射入磁場，再從同一邊界射出磁場時，速度與邊界的夾角相等3圓形磁場區(qū)域的規(guī)律要點(1)相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖(a)所示(2)直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點射入磁場，則從該直徑的另一端點射出時，磁場區(qū)域面積最小，如圖(b)所示21：如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個電荷量絕對值相同、質量相同的正、負粒子(不計重力)，從A點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成角，則正、負粒子在磁場中()A運動時間相同B運動軌跡的半徑相同C重新回到邊界時速度大小和方向相同D重新回到邊界時與A點的

25、距離相等1放縮法帶電粒子以任意速度沿特定方向射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑隨速度的變化而變化，如圖所示，(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v0越大，運動半徑也越大可以發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源產生的粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP上由此我們可得到一種確定臨界條件的方法：在確定這類粒子運動的臨界條件時，可以以入射點P為定點，圓心位于PP直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，使問題迎刃而解，這種方法稱為“放縮法”如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于

26、cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0剛好從c點射出磁場現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是()A若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場B若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0則它一定從ad邊射出磁場C若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0則它一定從bc邊射出磁場D若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0則它一定從ab邊射出磁場2平移法帶電粒子以一定速度沿任意方向射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為Rmv0/(qB)，如圖所示同時可發(fā)現(xiàn)

27、這樣的粒子源的粒子射入磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心在以入射點P為圓心、半徑Rmv0/(qB)的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為Rmv0/(qB)的圓沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“平移法”如圖所示，在0xa、0y范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內已知粒子在磁

28、場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大??；(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦解析：(1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得：qvB由式得：R畫出沿y方向以為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖所示，再畫出從坐標原點O沿與y軸正方向成一定夾角射出，以半徑R0(<R0<a)做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡，然后將臨界軌跡以O為圓心順時針或逆時針旋轉，根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短

29、，如圖所示從圖中不難看出臨界軌跡對應的運動時間最長當Ra時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意t，得：OCA.設最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系可得：Rsin RRsin Rcos 又sin2cos21由式解得：R(2)a由式得：v(2).(2)由式得：sin .答案：(1)(2)(2)1.帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法帶電體進入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零(2)射

30、出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切2解決帶電粒子在磁場中的臨界問題的關鍵解決此類問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關系.1.關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是()A安培力和洛倫茲力是性質不同的兩種力B安培力可以對通電導線做功，洛倫茲力對運動電荷一定不做功C運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該處的磁感應強度一定為零D洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的動量2(2012·北京理綜)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動將

31、該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值()A與粒子電荷量成正比 B與粒子速率成正比C與粒子質量成正比 D與磁感應強度成正比3.如圖所示，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水平向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出時偏離原方向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4.(2012·廣東理綜)質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛

32、線所示下列表述正確的是()AM帶負電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間5.(2013·河北衡水模擬)如圖所示，寬h2 cm的有界勻強磁場的縱向范圍足夠大，磁感應強度的方向垂直紙面向里現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向射入磁場若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r均為5 cm，不計粒子的重力，則()A右邊界：4 cmy4 cm內有粒子射出B右邊界：y4 cm和y4 cm內有粒子射出C左邊界：y8 cm內有粒子射出D左邊界：0y8 cm內有粒子射出6.如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為

33、與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A經過最高點時，三個小球的速度相等B經過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變第3講帶電粒子在復合場中的運動及應用實例一、復合場復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存從場的復合形式上一般可分為如下兩種情況：1組合場2疊加場二、帶電粒子在復合場中的運動分類1靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處

34、于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)2勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動3較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線4分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成三、電場、磁場分區(qū)域應用實例1質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關系式mv2q

35、U粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式qvBm由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷r ，m，.2回旋加速器(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源D形盒處于勻強磁場中(2)原理在電場中加速：qUm(vv)Ek.在磁場中旋轉：qvBm，得R.回旋加速條件：高頻電源的周期T電場與帶電粒子在D形盒中運動的周期T回旋相同，即T電場T回旋.最大動能的計算：由R知，被加速粒子的最大動能為Ek，由此可知，在帶電粒子質量、電荷量被確定的情況下，粒子所獲得的最大動能只與回旋加速器的半徑R和磁感應強度B有關，與加速電壓無關

36、四、帶電粒子在疊加場中運動的實例分析1速度選擇器(如圖)(1)平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB，即vE/B.2磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能(2)根據(jù)左手定則，如圖中的B板是發(fā)電機正極(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d，等離子體速度為v，磁場磁感應強度為B，則兩極板間能達到的最大電勢差UBdv.3電磁流量計(1)如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體流過導管；(2)原理：導電液體中的自由電荷(正、負

37、離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定由BqvEqq，可得v，液體流量QSv·.1.如圖所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平指向紙外，有一電子(不計重力)，恰能沿直線從左向右飛越此區(qū)域，若電子以相同的速率從右向左水平飛入該區(qū)域，則電子將()A沿直線飛越此區(qū)域B向上偏轉C向下偏轉 D向紙外偏轉2.(2012·海南單科)如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板若不計重力下列四個物理量中哪一個改變時，粒子

38、運動軌跡不會改變()A粒子速度的大小 B粒子所帶的電荷量C電場強度 D磁感應強度31930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙下列說法正確的是()A離子由加速器的中心附近進入加速器B離子由加速器的邊緣進入加速器C離子從磁場中獲得能量D離子從電場中獲得能量4.質量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知()A小球帶正電，沿順時針方向運動B小球帶負電，沿順時針方向運動C小球帶正電，沿逆時針方向運動D小球帶負電，沿逆時針方向運

39、動5.1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎若速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A該束帶電粒子帶負電B速度選擇器的P1極板帶正電C在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小1復合場中粒子重力是否考慮的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規(guī)，也比較簡單(3)不能直接

40、判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力2“電偏轉”和“磁偏轉”的比較垂直進入磁場(磁偏轉)垂直進入電場(電偏轉)情景圖受力FBqv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FEqE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r，T類平拋運動vxv0，vyt xv0t，yt2(2012·新課標全國卷)(18分)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為

41、R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小規(guī)范解答：粒子在磁場中的軌跡如圖所示設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB(2分)式中v為粒子在a點的速度過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點由幾何關系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此r(2分)設x，由幾何關系得Rx(2分)R(2分)聯(lián)立式得rR(2分)再考慮粒子在電場中的運動設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場

42、中的受力公式得qEma(2分)粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得rat2(2分)rvt(2分)式中t是粒子在電場中運動的時間聯(lián)立式得E.(2分)答案：帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法(1)帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，因其受力情況隨區(qū)域而變化，故其運動規(guī)律在不同區(qū)域也有所不同(2)(3)聯(lián)系不同階段的運動的物理量是速度，因此帶電粒子在兩場分界點上的速度是解決問題的關鍵11：如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與

43、AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AGAC)不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內求：(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；(2)離子從D處運動到G處所需時間；(3)離子到達G處時的動能(2012·重慶理綜)有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進入兩金屬板之間其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的

44、距離為l，不計顆粒間相互作用求：(1)電場強度E的大?。?2)磁感應強度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離解析：(1)設帶電顆粒的電荷量為q，質量為m.有Eqmg將代入，得Ekg.(2)如圖甲所示，有qv0BR2(3d)2(Rd)2得B.(3)如圖乙所示，有qv0Bmtan y1R1y2ltan yy1y2得yd(5).答案：見解析1帶電粒子在復合場中運動的分析思路2帶電粒子(體)在復合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件(2)運動過程分析是關鍵在運動過程分析中應注意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的

45、條件(3)構建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解21：如圖所示，光滑四分之一圓弧軌道位于豎直平面內，半徑R0.8 m，與長l2.0 m的絕緣水平面CD平滑連接水平面右側空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E20 N/C，方向豎直向上，磁場的磁感應強度B1.0 T，方向垂直紙面向外將質量為m2.0×106 kg、帶電荷量為q1.0×106 C的帶正電小球a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，最后落在地面上的P點已知小球a在水平面CD上運動時所受的摩擦阻力F0.1mg，PNND(g10 m/s2)求：(1)小球a運動到D點時速度的大小；(2)

46、水平面CD離地面的高度h；質譜儀是用來測定帶電粒子的質量和分析同位素的裝置，如圖所示，電容器兩極板相距為d，兩極板間電壓為U，極板間的勻強磁場的磁感應強度為B1，一束電荷量相同的帶正電的粒子沿電容器的中線平行于極板射入電容器，沿直線穿過電容器后進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場，結果分別打在感光片上的a、b兩點，設a、b兩點之間的距離為x，粒子所帶電荷量為q，如不計重力，求：(1)粒子進入勻強磁場B2時的速度v的大小(2)打在a、b兩點的粒子的質量之差m為多少？解析：(1)粒子在電容器中做直線運動，故qqvB1解得v.(2)帶電粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中做勻速圓周運動，則打在a處的粒子

47、的軌道半徑R1打在b處的粒子的軌道半徑R2又x2R12R2解得mm1m2.答案：(1)(2) 復合場中幾種常見物理模型的解題技巧(1)速度選擇器解題技巧： 從力的角度入手，合力為零則做勻速直線運動，速度大小為v，合力不為零則發(fā)生偏轉(2)質譜儀解題技巧：粒子進入偏轉磁場時，一般速度相同，注意分清粒子運動半徑，根據(jù)半徑公式可進行相關問題的判定(3)回旋加速器解題技巧：抓住T電T、qvB及Ekm這三點31：1932年，勞倫斯和利文斯頓設計出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直A

48、處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為q，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用，則粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為()A21B12C.1 D11變化的電場或磁場往往具有周期性，同時受力也有其特殊性，常常其中兩個力平衡，如電場力與重力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動2處理方法：仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，清楚帶電粒子在變化電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，然后分過程求解如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內，存在著范圍足夠大的電場和磁場一個帶正電小球在0時刻以v03gt0的初速度從O點沿x方向(水平向右)射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿y方向(豎直向上)，場強大小E0，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0.已知小球的質量為m，帶電荷量為q，當?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計試求：(1)12t0末小球速度的大小(2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在0到24t0內運動軌跡的示意圖解析：(1)0t0內，小球只受重力作用，做平拋運動當同時加上電場和磁場時，電場力：F1qE0mg，方向向上，因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球受洛倫茲力作用而做勻速圓周運