2013高考物理二輪復(fù)習精品資料專題08 磁場教學案（教師版）

1、專題八 磁場【2013考綱解讀】帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。帶電粒子在復(fù)合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁碭及包含重力場在內(nèi)的復(fù)合場中的運動問題，是高考必考的重點和熱點?？v觀近幾年各種形式的高考試題，題目一般是運動情景復(fù)雜、綜合性強，多把場的性質(zhì)、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機地結(jié)合，題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規(guī)

2、律的綜合分析能力，及用數(shù)學方法解決物理問題的能力要求較高，題型有選擇題，填空題、作圖及計算題，涉及本部分知識的命題也有構(gòu)思新穎、過程復(fù)雜、高難度的壓軸題。【重點知識整合】一、洛倫茲力：1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件：（1）電荷對磁場有相對運動磁場對與其相對靜止的電荷不會產(chǎn)生洛倫茲力作用（2）電荷的運動速度方向與磁場方向不平行2、洛倫茲力大小：當電荷運動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力為零；當電荷運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大，等于qB；3、洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定則判斷4、洛倫茲力不做功二、帶電粒子在勻強磁場的運動1、帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律初速度的特點與運動規(guī)律（1） 為靜止狀

3、態(tài)（2） 則粒子做勻速直線運動（3） ，則粒子做勻速圓周運動，其基本公式為：向心力公式：運動軌道半徑公式：；運動周期公式：動能公式：T或、的兩個特點：T、和的大小與軌道半徑（R）和運行速率（）無關(guān)，只與磁場的磁感應(yīng)強度（B）和粒子的荷質(zhì)比（）有關(guān)。荷質(zhì)比（）相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，、和相同。2、解題思路及方法圓運動的圓心的確定：（1）利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心（2）利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心三、帶電體在復(fù)合場或組合場中的運動復(fù)合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場；組合場是

4、指電場與磁場同時存在，但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況帶電體在復(fù)合場中的運動（包括平衡），說到底仍然是一個力學問題，只要掌握不同的場對帶電體作用的特點和差異，從分析帶電體的受力情況和運動情況著手，充分發(fā)掘隱含條件，建立清晰的物理情景，最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學表達式，即可求解解決復(fù)合場或組合場中帶電體運動的問題可從以下三個方面入手：1、動力學觀點（牛頓定律結(jié)合運動學方程）；2、能量觀點（動能定理和機械能守恒或能量守恒）；3、動量觀點（動量定理和動量守恒定律）一般地，對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計重力，而一些實際物體，如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力有時也可由題設(shè)條件，結(jié)合受力與運動分析，確定是

5、否考慮重力【高頻考點突破】考點一磁場對通電導(dǎo)線的作用力例1、電磁軌道炮工作原理如圖3101所示待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與I成正比通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是() A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B只將電流I增加至原來的2倍 C只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變 【答案】BD【解析】 設(shè)導(dǎo)電彈體長度為l，則

6、彈體所受安培力為F安BIl，由動能定理得：BIlLmv2，因磁感應(yīng)強度的大小B與軌道電流I成正比，有BkI，所以得kI2lLmv2.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其速度將增加至原來的倍，A錯誤；只將電流I增加至原來的2倍，其速度將增加到原來的2倍，B正確；只將彈體質(zhì)量m減至原來的一半，其速度將增加至原來的倍，C錯誤；將彈體質(zhì)量m減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，其速度將增加至原來的2倍，D正確【點評】 本題以近代科技在國防中的應(yīng)用為背景考查通電導(dǎo)體在磁場中的運動問題，可應(yīng)用動能定理分析電磁炮射出時的速度與電流、質(zhì)量及軌道長度的關(guān)系，明確磁感應(yīng)強度隨電流的變化關(guān)系是解題的關(guān)鍵

7、 【變式探究】如圖3102所示，質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)線用兩絕緣細線懸掛于O、O，并處于勻強磁場中當導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為.則磁感應(yīng)強度方向和大小可能為()Az正向，tan By正向，Cz負向，tan D沿懸線向上，sin圖3102若磁感應(yīng)強度方向沿懸線向上，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力方向如圖所示(側(cè)視圖)，直導(dǎo)線不能平衡，所以選項D錯誤難點二 帶電粒子在磁場中的運動解析帶電粒子在磁場中運動的問題，應(yīng)畫出運動軌跡示意圖，確定軌跡圓的圓心是關(guān)鍵常用下列方法確定圓心：已知軌跡上某兩點速度方向，作出過兩點的速度的垂線，兩條垂線的交點即圓心；已知軌跡上

8、兩個點的位置，兩點連線的中垂線過圓心帶電粒子在磁場中運動側(cè)重于運用數(shù)學知識(圓與三角形知識)求解，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度、初速度與磁場邊界的夾角往往是解題的關(guān)鍵，角度是確定圓心、運動方向的依據(jù)，更是計算帶電粒子在磁場中運動時間的橋梁，如帶電粒子在磁場中運動的時間為tT(是圓弧對應(yīng)的圓心角)帶電粒子在磁場中的運動半徑不僅關(guān)聯(lián)速度的求解，而且在首先確定了運動半徑的情況下，可利用半徑發(fā)現(xiàn)題中隱含的幾何關(guān)系例2、如圖3103所示，在0 x a、0 y范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小

9、相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)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)速度大小； (2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦 【答案】(1)(2)(2)【解析】 設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R.由牛頓第二定律得qvB 解得R當Ra時，如圖所示，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【點評】 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的最長時間為，其運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為90°，據(jù)此畫出運動軌

10、跡進行求解確定帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動圓心的方法有：圓心位于軌跡上某兩點速度方向垂線的交點上；將軌跡上的兩位置連成弦，圓心就在弦的中垂線上；將兩個速度方向延長相交，圓心就在兩速度方向夾角的補角的角平分線上難點三 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題1復(fù)合場是指在空間某一區(qū)域內(nèi)同時存在著重力場、電場、磁場中的兩種場或三種場的情況，常見的復(fù)合場有電場與重力場、磁場與電場、磁場與電場及重力場等 2帶電粒子在復(fù)合場中常見的運動形式 (1)當帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，粒子處于靜止或勻速直線運動狀態(tài) (2)當帶電粒子所受合力提供向心力時，粒子做勻速圓周運動 (3)當帶電粒子所受合力變化且速度方向不在

11、一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動如果做曲線運動，則需要根據(jù)功能關(guān)系求解，需要注意的是這種情況下要把握住洛倫茲力不做功這一特點 3幾種典型的復(fù)合場實例：速度選擇器、質(zhì)譜儀等 4帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題的處理方法 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是電磁學知識和力學知識的綜合應(yīng)用，分析方法和力學問題的分析方法基本相同，可利用動力學觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫茲力 例3、如圖3104所示，在平面坐標系xOy內(nèi)，第、象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E，第、IV象限內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場一帶正電的粒子從第III象限中的Q點(2L，L)以速度v0沿x軸正方

12、向射出，恰好從坐標原點O進入磁場，然后又從y軸上的P(0，2L)點射出磁場不計粒子重力，求： (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)粒子的比荷 和磁場的磁感應(yīng)強度大小B； (3)粒子從Q點出發(fā)運動到P點的時間t. 【答案】(1)L(2)(3)(2)【解析】 (1)設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中做類平拋運動，到達O點時沿y軸方向速度為vy，在電場中運動時間為t1.在電場中由類平拋運動得2Lv0t1Lt1解得vyv0，t1所以粒子在O點時速度v方向與x軸的夾角為45°.如圖所示，可知rL(2)設(shè)粒子在電場中運動的加速度大小為a，則qEmavyat1解得粒子在磁

13、場中運動的速度vv0，由牛頓第二定律，有Bqv解得B(3)粒子在磁場中運動的周期T故粒子在磁場中運動的時間t2T所以粒子從Q點出發(fā)運動到P點的時間tt1t2(2)【點評】 正確分析帶電粒子的受力情況和運動特征是解決帶電粒子在復(fù)合場中運動的前提結(jié)合運動軌跡找出空間定量關(guān)系和隱含條件是準確分析帶電粒子在勻強磁場中運動的重要方法 【變式探究】如圖3105所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平且垂直紙面向里，有兩個帶電小球a和b，a恰能在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)做半徑r0.8 m的勻速圓周運動，b恰能以v2 m/s的水平速度在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)向右做勻速直線運動小球a、b質(zhì)量ma10

14、g，mb40 g，電荷量qa1×102C，qb2×102C，g10 m/s2.求： (1)小球a和b分別帶什么電？電場強度E與磁感應(yīng)強度B分別為多大？ (2)小球a做勻速圓周運動繞行方向是順時針還是逆時針？速度va為多大？ (3)設(shè)小球b的運動軌跡與小球a的運動軌跡的最低點相切，當小球a運動到最低點即切點時，小球b也同時運動到切點，a、b相碰后合為一體，碰后的共同速度為2.4 m/s，在相碰結(jié)束的瞬間，其加速度為多大？ 【答案】(1)正電正電10 N/C5 T(2)逆時針4 m/s(3)3.2 m/s2【解析】 (1)小球a在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，則

15、電場力和重力的合力為零，電場力方向向上，所以小球a帶正電，且有magqaE 解得E10 N/C小球b做勻速直線運動，則其所受合力為零，帶正電，且有mbgqbvBqbE 解得B5 T(2)小球a做勻速圓周運動繞行方向是逆時針方向由qaBva解得va4 m/s(3)碰后的共同速度與a、b相碰前的速度方向相同，由牛頓第二定律得(mamb)a(qaqb)E(qaqb)vB(mamb)g解得a3.2 m/s2【難點探究】難點一 帶電體在磁場中的運動解帶電粒子在磁場中運動的題，除了運用常規(guī)的解題思路(畫示意圖、找“圓心”、定“半徑”)之外，往往更側(cè)重于運用數(shù)學知識(尤其是幾何和三角知識)進行分析一般情況下

16、，在題目涉及的眾多的物理量和數(shù)學量中，“角度”是最最關(guān)鍵的一個量，它可以幫助我們找圓心、定方向、求時間，所以角度既是建立幾何量與物理量之間關(guān)系式的一個紐帶，又是溝通幾何圖形與物理模型的橋梁；其次是半徑，在審題過程中首先計算出帶電粒子的運動半徑，有利于進一步發(fā)現(xiàn)題中隱含的幾何關(guān)系，同時，半徑也是關(guān)聯(lián)速度的重要物理量 例1、可控熱核聚變反應(yīng)堆產(chǎn)生能量的方式和太陽類似，因此，它被俗稱為“人造太陽”熱核反應(yīng)的發(fā)生，需要幾千萬度以上的高溫，因而反應(yīng)中的大量帶電粒子沒有通常意義上的容器可裝人類正在積極探索各種約束裝置，磁約束托卡馬克裝置就是其中一種如圖3101所示為該裝置的簡化模型有一個圓環(huán)形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)

17、有垂直紙面向里的勻強磁場，已知其截面內(nèi)半徑為R11.0 m，磁感應(yīng)強度為B1.0 T，被約束粒子的比荷為4.0×107 C/kg，該帶電粒子從中空域與磁場交界面的P點以速度v04.0×107 m/s，沿環(huán)的半徑方向射入磁場(不計帶電粒子在運動過程中的相互作用，不計帶電粒子的重力) (1)為約束該粒子不穿越磁場外邊界，求磁場區(qū)域的最小外半徑R2. (2)若改變該粒子的入射速度v，使vv0，求該粒子從P點進入磁場開始到第一次回到P點所需要的時間t. 如圖所示，由幾何關(guān)系得 R2R R2(1)m2.41 m (2)設(shè)粒子此時在磁場中做圓運動的半徑為r， 則 如圖所示，由幾何關(guān)系得

18、 R2R R2(1)m2.41 m 設(shè)粒子此時在磁場中做圓周運動的半徑為r， 則 如圖所示，由幾何關(guān)系得 arctan 30°，POP60° 故帶電粒子進入磁場繞圓心O轉(zhuǎn)過360°(180°60°)240°又回到中空部分，粒子的運動軌跡如圖所示，故粒子從P點進入磁場到第一次回到P點時，粒子在磁場中運動時間為t13×2T T 粒子在中空部分運動時間為t2， 粒子運動總時間為tt1t25.74×107s ?！军c評】為準確分析帶電粒子在勻強磁場中的運動問題，通常必須通過定量運算才能深入審題，結(jié)合畫幾何圖示找出空間定量關(guān)系

19、和隱含條件同時要特別注意理解并熟練應(yīng)用以下結(jié)論： 1一個方程：洛倫茲力提供向心力，即qvB 2兩個角度：(1)帶電粒子與勻強磁場規(guī)則邊界(直線邊界或圓周邊界)以多大夾角射入，就將以多大夾角射出； (2)帶電粒子在勻強磁場中完成一段圓弧所引起的偏向角(速度方向偏轉(zhuǎn)的角度)等于這段圓弧所對應(yīng)的圓心角 難點二 帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是高考持續(xù)熱點，一般從動力學和能量兩個角度命題，有時要涉及動量觀點處理帶電粒子在復(fù)合場中的運動，必須畫示意圖，在畫圖的基礎(chǔ)上注意適當作輔助線，運用幾何知識尋找關(guān)系. 例2、如圖3103所示，在空間范圍足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著水平向右的勻強電場和垂

20、直于紙面向里的勻強磁場，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在復(fù)合場內(nèi)，其圓心為O點，半徑R45 m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的圓心角37°.有一質(zhì)量為m3.6×104 kg、電荷量大小q9.0×106C的帶電小球，以v020 m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道，從C點離開軌道后做勻速直線運動不計空氣阻力，取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，求： (1)請分析判斷小球帶正電還是帶負電； (2)勻強電場的場強大小； (3)小球在圓弧軌道A點時對軌道的壓力 由此判定小球帶正電 (2)由平衡條件有qEmgtan 則

21、場強大小為E 3×102V/m (3)小球從A到C過程，由動能定理有 qERsinmgR(1cos) 解得v25 m/s 在勻速運動過程中有qvBcosmg 解得磁感應(yīng)強度B20 T 故在A點有Nqv0Bmgm 解得N3.2×103N 根據(jù)牛頓第三定律，小球射入圓弧軌道A點時對軌道的壓力NN3.2×103N，方向豎直向下 【點評】對于復(fù)合場問題的分析要注意以下幾點：(1)幾乎所有力學規(guī)律和運動狀態(tài)都可能出現(xiàn)在復(fù)合場問題中，要注重典型力學問題解題方法和思路的遷移；(2)等效法和對稱法是兩個非常有效的分析方法，例如在三場疊加環(huán)境中，若電場力與重力的合力為零，則在進行動

22、力學分析時可等效為物體只受洛倫茲力對稱性規(guī)律常為解題提供快捷途徑，這在類豎直上拋運動、類平拋運動、勻速圓周運動、簡諧運動等運動形式中都有很好的體現(xiàn)；(3)要善于進行過程和狀態(tài)的推理和判斷依據(jù)依然是力學規(guī)律例如上面例2的分析，根據(jù)小球的直線運動結(jié)合直線運動條件即可確定小球應(yīng)帶正電，再根據(jù)洛倫茲力決定式可知小球速度不能發(fā)生變化，否則會打破其直線運動的條件 難點三 與磁場有關(guān)的實際應(yīng)用問題與磁場、復(fù)合場相關(guān)的實際應(yīng)用問題很多，如回旋加速器、速度選擇器、質(zhì)譜儀、電磁流量計、等離子發(fā)電機、霍爾效應(yīng)等，對這類問題的分析首先要清楚相關(guān)儀器的結(jié)構(gòu)，進而理解其原理，其核心原理都是帶電粒子在磁場、復(fù)合場中運動規(guī)律

23、的應(yīng)用 例3、某種加速器的理想模型如圖3105甲所示，兩塊相距很近的平行小極板中間各開一個有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)(1)若在t0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能； (2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其

24、對管外磁場的影響)，使圖中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管； (3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？ 當粒子的質(zhì)量增加了m0，其周期增加TT0. 則根據(jù)圖可知，粒子第一次的加速電壓u1U0 粒子回到電場中用時T0，由圖可讀出粒子第二次 的加速電壓u2 射出時的動能Ek2qu1qu2； 解得Ek2 (2)磁屏蔽管的位置如圖所示 (3)在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù) N得N25 分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多且

25、uU0時也被加速的情況下，最終獲得的動能最大 粒子由靜止開始加速的時刻 【點評】對于常用儀器要記住其基本結(jié)構(gòu)、基本原理以及經(jīng)常出現(xiàn)的基本結(jié)論，例如“回旋加速器加速后的帶電粒子所能達到的最大動能與加速次數(shù)無關(guān)，而與加速器半徑和磁感應(yīng)強度有關(guān)”等，這樣有利于提高快速解題能力 【歷屆高考真題】【2012高考】（2012重慶）如圖所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運動，t0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場邊界中點下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是()，切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和，即為M1M長

26、度的2倍，此時電動勢E2Bvtv，線框受的安培力f2BIvt，圖象是開口向上的拋物線，CD錯誤；如圖乙所示，線框的右端M2N2剛好出磁場時，左端Q2P2恰與MP共線，此后一段時間內(nèi)有效長度不變，一直到線框的左端與MN重合，這段時間內(nèi)電流不變，安培力大小不變；最后一段時間如圖丙所示，從勻速運動至M2N2開始計時，有效長度為ACl2vt，電動勢EB(l2vt)v，線框受的安培力F，圖象是開口向上的拋物線，A錯誤，B正確甲乙丙【考點定位】磁場（2012·廣東）15.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速度率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖2種虛線所示，下列表述正確的是 (

27、 )AM帶負電，N帶正電 B.M的速度率小于N的速率C.洛倫磁力對M、N做正功 D.M的運行時間大于N的運行時間【答案】A【解析】由左手定則可知M帶負電，N帶正電，故A選項正確。由得，由題知二個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由圖及A選項的判斷可知，故，所以B選項錯誤。由于洛侖茲力的方向始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛侖茲力永遠不會對M、N做功，則C選項錯誤。由及題給條件可知，這二個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由圖可見二個粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了半個周期，故在磁場中運動的時間相等，所以D選項錯誤?！究键c定位】磁場（2012·山東）20如圖所示，

28、相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當速度達到時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率為P，導(dǎo)體棒最終以的速度勻速運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項正確的是 （ ）A B C當導(dǎo)體棒速度達到時加速度為D在速度達到以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功【答案】AC【解析】 當速度達到時開始勻速運動，受力分析可得，導(dǎo)體棒最終以的速度勻速運動時，拉力為，所以拉力的功率為，選項A正確B錯誤。當導(dǎo)體

29、棒速度達到時安培力，加速度為，選項C正確。在速度達到以后勻速運動的過程中，根據(jù)能量守恒定律，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功加上重力做的功，選項D錯誤，【考點定位】磁場、功和能（2012·安徽）19. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度從點沿直徑方向射入磁場，經(jīng)過時間從點射出磁場，與成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?3，仍從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. B.2 C. D.3 【答案】B【解析】 第一次偏轉(zhuǎn)的偏向角為600，所以圓心角也是600，周期,與速度無關(guān)；OA長為R1，O2A長為R2，,，則,

30、所以第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角為1200，所以 偏轉(zhuǎn)時間是第一次的2倍。【考點定位】磁場（2012·大綱版全國卷）18.如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與直面垂直，導(dǎo)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(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是A.o點處的磁感應(yīng)強度為零B.a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反C.c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同D.a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同（2012·大綱版全國卷）17.質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分

31、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q1=q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等B.若m1=m2，則它們做圓周運動的周期一定相等C. 若q1q2，則它們做圓周運動的半徑一定不相等D. 若m1m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等【答案】A【解析】帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，其軌道半徑r=，周期T=。若q1=q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等，選項A正確；若q1q2，則它們做圓周運動的半徑可能相等，選項C錯誤；若m1=m2，則它們做圓周運動的周期不一定相等，選項B錯誤；若m1m2，則它們做圓周運動的周期可能相等，

32、選項D錯誤?！究键c定位】此題考查帶電粒子在勻強磁場中運動。2. （2012·物理）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，粒子運動軌跡不會改變？A粒子速度的大小B粒子所帶電荷量C電場強度D磁感應(yīng)強度【答案】B【解析】帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板，有qvB=qE。所以粒子所帶電荷量改變，粒子運動軌跡不會改變，選項B正確?！究键c定位】此題考查帶電粒子在電場磁場中的直線運動。（2012·江蘇）9. 如圖所示,MN 是磁感應(yīng)強度為B 的勻強磁場

33、的邊界. 一質(zhì)量為m、電荷量為q 的粒子在紙面內(nèi)從O 點射入磁場. 若粒子速度為v0,最遠能落在邊界上的A 點. 下列說法正確的有(A) 若粒子落在A 點的左側(cè),其速度一定小于v0 (B) 若粒子落在A 點的右側(cè),其速度一定大于v0 (C) 若粒子落在A 點左右兩側(cè)d 的范圍內(nèi),其速度不可能小于v0 -qBd/2m(D)若粒子落在A 點左右兩側(cè)d 的范圍內(nèi),其速度不可能大于v0 +qBd/2m【答案】BC【解析】由于入射方向未知，故落在A點的粒子，速度方向垂直于邊界，OA為軌跡直徑。當速度大于，但方向不垂直的時候，粒子可能落在A點左側(cè)，即A錯誤；因為時已經(jīng)是最遠距離了，故若要落在右側(cè)，則只能速

34、度大于，即B正確；落在左側(cè)距離為d點時，速度最小情況時必須垂直入射，此刻滿足：，即C正確；如果速度方向與邊界夾角比較小，則速度要很大才能到達右側(cè)d點，而D選項是按照垂直入射的，故D錯誤?！究键c定位】帶電粒子在磁場中的運動（2012·天津）2 如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，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(yīng)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(zhì)量變大，角變大D磁感應(yīng)強度變大，角變小【答案】A【解析】棒受重力、拉力、安培力處于平衡狀態(tài)。由F=BIL可知電流變

35、大，安培力F變大，角變大，A正確。兩懸線等長變短時，棒所三個力都不變，角不變，B錯誤。金屬棒質(zhì)量變大，重力變大，安培力不變，角變小，C錯誤。磁感應(yīng)強度變大，安培力變大，角變大，D錯誤。【考點定位】本題考查力的平衡，安培力。（2012·四川）20半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示。則A = 0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB = 3 時，桿產(chǎn)生的電動勢為3BavC

36、 = 0時，桿受的安培力大小為2B2av+2R0D = 3 時，桿受的安培力大小為3B2av5+3R0 ER = Bav53+1aR0，桿受的安培力大小為F = BIa = 3B2av5+3R0，D正確?！究键c定位】本題考查電磁感應(yīng)。法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力，閉合電路歐姆定律，電阻定律。（2012·全國新課標卷）20.如圖，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行。已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向

37、相同，則i隨時間t變化的圖線可能是且逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向為順時針方向，合力方向與線框左邊所受力方向都向右，綜上所述，選項A正確，選項B、C、D錯誤。【考點定位】本考點主要考查對楞次定律的理解和應(yīng)用（2012·江蘇）13. (15 分)某興趣小組設(shè)計了一種發(fā)電裝置,如圖所示. 在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角琢均為49仔,磁場均沿半徑方向. 匝數(shù)為N 的矩形線圈abcd 的邊長ab =cd =、bc =ad =2. 線圈以角速度棕繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動,bc和ad 邊同時進入磁場. 在磁場中,兩條邊所經(jīng)過

38、處的磁感應(yīng)強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直. 線圈的總電阻為r,外接電阻為R. 求:(1)線圈切割磁感線時,感應(yīng)電動勢的大小Em;(2)線圈切割磁感線時,bc 邊所受安培力的大小F;(3)外接電阻上電流的有效值I.【解析】13. (1)bc、ad 邊的運動速度 感應(yīng)電動勢 解得 16. （2012·海南）圖（a）所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當B為+B0時，磁感應(yīng)強度方向指向紙外。在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于。不計重力。設(shè)P在某時刻t0以某一初速度

39、沿y軸正方向自O(shè)點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達的點記為A。（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若t0=T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為/4，在0< t0< T/4的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？是多少？【解析】解：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m，電荷量為q，速度為v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xy平面內(nèi)做圓周運動，用R表示圓周的半徑，T表示運動周期，則有（2）粒子P在t0=T/4時刻開始運動，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4個圓周，到達C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周

40、，到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=5T/4時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4個圓周，到達A點，如圖（b）所示。由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸夾角=/2。（3）若在任意時刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P開始運動，在t=t0到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達C點，圓心O位于x軸上，圓弧OC對應(yīng)的圓心角為OOC=( T/2- t0), 此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=T+ t0時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達A點，設(shè)圓心為O，圓弧BA對應(yīng)的圓心角為BOA

41、=t0,如圖（c）所示。由幾何關(guān)系可知，C、B均在OO連線上，且OA/ OO，若要OA與x成/4角，則有OOC=3/4。聯(lián)立解得t0=T/8?！究键c定位】此題考查帶電粒子在磁場中的圓周運動。（2012·廣東）35.（18分）如圖17所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬軌道上。導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直與導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。（1）調(diào)節(jié)Rx=R，釋放導(dǎo)體棒，當棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v。（2）改變Rx，待棒沿導(dǎo)

42、軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為+q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。ab切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 由閉合歐姆定律得回路中電流解得 （2）微粒水平射入金屬板間，能勻速通過，由平衡條件 棒沿導(dǎo)軌勻速，由平衡條件 金屬板間電壓 解得【考點定位】磁場 【2011高考】1（浙江）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A. 粒

43、子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【答案】BC【解析】由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據(jù)，可得、，則，故可知B、C正確，D錯誤。2（新課標）為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設(shè)：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(shè)中環(huán)形電流方向的是 （ ）【解析】地磁場北極（N極）在地理南極附近，由安培定則可知，環(huán)形電流方向為B圖所示?！敬鸢浮緽3（新課標）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)

44、射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應(yīng)強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（ ）A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加至原來的2倍C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變解析：設(shè)軌道間距為d，B=kI。由F=BId，得,可知BD正確答案：BD4（江蘇）如圖所示，固定的水平長直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與

45、導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行。線框由靜止釋放，在下落過程中A穿過線框的磁通量保持不變B線框中感應(yīng)電流方向保持不變C線框所受安培力的合力為零D線框的機械能不斷增大【答案】B【解析】本題考查通電導(dǎo)體周圍的磁場分布、電磁感應(yīng)、楞次定律及功能關(guān)系。通電導(dǎo)線周圍存在磁場，電流恒定，導(dǎo)線周圍磁場恒定，可根據(jù)右手定則判斷磁場環(huán)繞情況，導(dǎo)線下方磁感線向里，且離導(dǎo)線越近磁感應(yīng)強度越大，故線框下落過程中通過線框磁通量減小，感應(yīng)電流由楞次定律判斷沿順時針方向保持不變、安培力的合力向上，安培力做負功線框機械能減少，綜上B項正確。5.（海南）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由

46、兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案：BC解析：兩種粒子均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力：解得，入射速度v相同的粒子，軌道半徑r相同，在磁場中的運動軌跡相同，B正確；周期，不管粒子速度是否相同，周期都相同，A錯誤；但是在磁場中的運動時間還與軌道半徑r有關(guān)，當半

47、徑r小于或等于四分之一邊長時，在磁場中運動半圈，圓心角為180度，運動時間最長，D錯誤；半徑大于四分之一邊長還要分兩種情況討論，但是運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同，即C正確?！?009高考】（09年全國卷）17.如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)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。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力A. 方向沿紙面向上，大小為B. 方向沿紙面向上，大小為C. 方向沿紙面向下，大小為D. 方向沿紙面向下，大小為答案：A解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可

48、以用a和d之間的直導(dǎo)線長為來等效代替,根據(jù),可知大小為,方向根據(jù)左手定則.A正確。（09年北京卷）19如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bA穿出位置一定在O點下方B穿出位置一定在O點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小答案：C解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速

49、直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。（09年廣東物理）12圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是A質(zhì)譜儀

50、是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小答案：ABC解析：由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動則有，可見當v相同時，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。（09年廣東理科基礎(chǔ)）1發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的科學家是A洛倫茲 B庫侖 C法拉第 D奧斯特答案：B解

51、析：發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學家是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。（09年廣東理科基礎(chǔ)）13帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。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(guān) D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向答案：B解析：根據(jù)洛倫茲力的特點, 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù),可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向,不改變速度的大小。（09年山東卷）21如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻

52、速進入磁場，直徑CD始絡(luò)與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是 A感應(yīng)電流方向不變 BCD段直線始終不受安培力 C感應(yīng)電動勢最大值EBav D感應(yīng)電動勢平均值答案：ACD解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向不變，A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應(yīng)電動勢最大E=Bav，C正確。感應(yīng)電動勢平均值，D正確。（09年安徽卷）19. 右圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在

53、勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子A. 帶正電，由下往上運動B. 帶正電，由上往下運動C. 帶負電，由上往下運動D. 帶負電，由下往上運動答案： A解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。（09年安徽卷）20. 如圖甲所示，一個電阻為R，面積為S的矩形導(dǎo)線框abcd，水平旋轉(zhuǎn)在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成450角，o、o 分別是ab和cd邊的中點。現(xiàn)將線框右半邊obco 繞oo 逆時針900到圖乙

54、所示位置。在這一過程中，導(dǎo)線中通過的電荷量是A. B. C. D. 0答案：A解析：對線框的右半邊（obco）未旋轉(zhuǎn)時整個回路的磁通量b(c)o(o)b(c)o(o)。對線框的右半邊（obco）旋轉(zhuǎn)90o后，穿進跟穿出的磁通量相等，如右圖整個回路的磁通量。根據(jù)公式。選A（09年全國卷）26（21分）如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后