教育出版網(wǎng)站二輪復(fù)習(xí)專題8磁場

2022屆人教版高三物理二輪復(fù)習(xí)（教學(xué)案）導(dǎo)學(xué)案專題八磁場●高考命題趨勢本專題包括磁場的基本性質(zhì)和電流或帶電粒子在磁場或復(fù)合場中的直線運(yùn)動．從近三年的高考試題考點(diǎn)分布可以看出，高考對本部分內(nèi)容的考查主要集中在磁場對電流的作用、磁場對運(yùn)動電荷的作用和帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動等知識點(diǎn)上．試題既有單獨(dú)考查安培力和洛侖茲力，也有這部分知識與牛頓運(yùn)動定律的綜合考查，這部分題目難度相對較大．本專題是高考的重點(diǎn)、難點(diǎn)和熱點(diǎn)．⑴高考對本章內(nèi)容的考查主要集中在以下兩點(diǎn)：①安培力的應(yīng)用和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動．②帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動．從題型上看，選擇、計(jì)算題都有．選擇側(cè)重考查磁場的基本概念，安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動等，試題難度不大；計(jì)算題則側(cè)重帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，試題難度較大．⑵由于復(fù)合場問題綜合性較強(qiáng)，覆蓋考點(diǎn)較多，預(yù)計(jì)在2022年的高考中仍將是一個(gè)壓軸的熱點(diǎn).●必備知識梳理考點(diǎn)一、磁場的描述、磁場對電流的作用一、磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線1、磁場是磁極、電流周圍存在的一種物質(zhì)，對放在磁場中的①具有力的作用．2、磁場的方向：規(guī)定在磁場中任一點(diǎn)②就是那點(diǎn)的磁場方向．3、磁感線是閉合曲線，在磁體外部③，在磁體內(nèi)部④．4、磁感線的方向（磁場方向）可用⑤判斷．5、磁感應(yīng)強(qiáng)度：在磁場中垂直于磁場方向的通電直導(dǎo)線，受到的磁場力F與電流I和導(dǎo)線長度L的乘積的比值叫磁感應(yīng)強(qiáng)度；磁場中某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向與⑥__________________________無關(guān)，與⑦無關(guān)，即使不放入載流導(dǎo)體，它的磁感應(yīng)強(qiáng)度也照樣存在，因此不能說B與F成正比，或B與IL成反比；磁場應(yīng)強(qiáng)度B是矢量，滿足⑧，注意磁場應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該處的磁場方向，并不是在該處的電流的受力方向；磁場應(yīng)強(qiáng)度的定義式是典型的比值定義法，此定義式描述的物理情景及適應(yīng)條件為⑨．一、答案：①磁極、電流②小磁針靜止時(shí)N極的指向③由N極到S極④由S極到N極⑤安培定則⑥放入的電流I的大小、導(dǎo)線的長短即L的大?、唠娏魇艿降牧σ并嗥叫兴倪呅味▌t⑨一小段通電導(dǎo)體垂直磁場方向放入磁場二、通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向1、通電直導(dǎo)線周圍的磁場2、環(huán)形電流周圍的磁場3、通電螺線管的磁場三、安培力、安培力的方向1、定義：磁場對電流的作用力叫安培力．2、安培力的大小計(jì)算：公式①，其中θ為②的夾角．3、安培力的方向判斷：③：伸開左手，讓大拇指跟其余的四指垂直，并且都跟手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿入手心，四指指向電流方向，那么拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線所受的安培力方向．4、安培力F、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流I三者的方向關(guān)系：通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力F，總垂直于④_____________________．三、答案：①②B的方向與I的方向③左手定則④電流與磁感線所確定的平面考點(diǎn)二、磁場對運(yùn)動電荷的作用一、洛侖滋力1、定義：①叫洛倫茲力．2、洛倫茲力的大小計(jì)算：公式②適用于勻強(qiáng)磁場且的情況，式中的v是③；v與B夾角為θ，則有④，；v=0，F(xiàn)=0,即磁場對靜止電荷無作用力，只對運(yùn)動電荷產(chǎn)生作用力．3、洛倫茲力的方向判定左手定則：伸開左手，使大拇指跟其余四指垂直，且處于同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線從掌心穿入，四指指向⑤，那么，大拇指所指的方向就是運(yùn)動電荷的反方向．4、安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．所以洛倫茲力的方向與安培力的方向一樣可由⑥______________判定．判定洛倫茲力方向時(shí)，一定要注意F垂直于v和B所決定的平面．當(dāng)運(yùn)動電荷的速度v的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向平行時(shí)，運(yùn)動電荷⑦洛倫茲力作用，仍以初速度做勻速直線運(yùn)動；在磁場中靜止的電荷⑧洛倫茲力作用．一、答案：①運(yùn)動電荷在磁場中受到的磁場力②③電荷相對于磁場的速度④⑤正電荷運(yùn)動的方向（或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向）⑥左手定則⑦不受⑧不受二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1、洛侖滋力不改變帶電粒子①，或者說洛侖滋力對帶電粒子②，不改變粒子的③2、沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強(qiáng)磁場中做④．考點(diǎn)二、答案：①速度的大?、诓蛔龉Β勰芰竣軇蛩賵A周運(yùn)動考點(diǎn)三、帶電粒子或?qū)w棒在復(fù)合場中的應(yīng)用一、帶電粒子或?qū)w棒在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1、同時(shí)存在電場和磁場的區(qū)域，同時(shí)存在磁場和重力場的區(qū)域，同時(shí)存在電場、磁場和重力的區(qū)域，都叫做疊加場，也稱為復(fù)合場．2、三種場力的特點(diǎn)：⑴重力的大小為mg，方向豎直向下．重力做功與路徑①，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與②有關(guān)；⑵電場力的大小為qE，方向與電場強(qiáng)度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)．電場力做功與路徑③，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與④有關(guān)；⑶洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān)，當(dāng)帶電粒子的速度與磁場方向平行時(shí)，F(xiàn)洛＝0；當(dāng)帶電粒子的速度與磁場方向垂直時(shí)，．洛倫茲力的方向垂直于速度⑤所決定的平面．無論帶電粒子做什么運(yùn)動，洛倫茲力⑥做功．3、電子、質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子在疊加場中運(yùn)動時(shí)，一般都⑦．但質(zhì)量較大的質(zhì)點(diǎn)（如帶電塵粒）在疊加場中運(yùn)動時(shí)，不能⑧．考點(diǎn)三、答案：①無關(guān)②始、終位置的高度差③無關(guān)④始、終位置的電勢差⑤v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B⑥都不⑦不計(jì)重力⑧忽略重力●方法技巧解讀考點(diǎn)一：磁場的描述、磁場對電流的作用一、磁場的基本知識1、磁場的基本特點(diǎn)：磁場對放入其中的磁體、電流和運(yùn)動電荷有力的作用2、磁場的方向：磁場中的任一點(diǎn)，小磁針的N極的方向，亦即小磁針靜止時(shí)N極的方向，就是那一點(diǎn)的磁場方向二、磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解1．磁感應(yīng)強(qiáng)度是由比值法定義的，磁場中某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向是客觀存在的，由磁場本身的性質(zhì)決定，與放入的直導(dǎo)線的電流I的大小、導(dǎo)線的長短即L的大小無關(guān)，與通電導(dǎo)線受到的力也無關(guān)，即便不放入載流導(dǎo)體，它的磁感應(yīng)強(qiáng)度也照樣存在．因此不能說B與F成正比，或B與IL成反比．2．磁感應(yīng)強(qiáng)度B是矢量，遵守矢量分解、合成的平行四邊形定則．注意磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該處的磁場方向，并不是該處通電導(dǎo)線的受力方向．【例1】關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B，下列說法中正確的是()A．磁場中某點(diǎn)B的大小，跟放在該點(diǎn)的試探電流元的情況有關(guān)B．磁場中某點(diǎn)B的方向，跟放在該點(diǎn)的試探電流元所受磁場力方向一致C．在磁場中某點(diǎn)的試探電流元不受磁場力作用時(shí)，該點(diǎn)B值大小為零D．在磁場中磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大答案：D【解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場本身屬性，在磁場中某處為一恒量，其大小可由計(jì)算，與試探電流元的F、I、L的情況無關(guān)，A錯(cuò)．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向規(guī)定為小磁針N極受磁場力的方向，與放在該處電流元受力方向垂直，B錯(cuò)．當(dāng)試探電流元的方向與磁場方向平行時(shí)，雖電流元受磁場力為零，但磁感應(yīng)強(qiáng)度卻不為零，C錯(cuò)．磁感線的疏密是根據(jù)磁場的強(qiáng)弱畫出的．磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，磁感線越稀疏的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故D正確．二、應(yīng)用公式F＝BIL時(shí)應(yīng)注意的問題1、B與L垂直；2、式中L是有效長度．①彎曲導(dǎo)線的有效長度L等于在垂直磁場平面內(nèi)的投影長度兩端點(diǎn)所連直線的長度(如圖所示)，相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端．②對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為零，所以通電后在勻強(qiáng)磁場中受到的安培力的矢量和為零．3、B并非一定是勻強(qiáng)磁場，但一定是導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度．三、安培力做功的實(shí)質(zhì)——能量的傳遞1、安培力做正功：是將電源的能量傳遞給通電導(dǎo)線或轉(zhuǎn)化為導(dǎo)線的動能或其他形式的能．2、安培力做負(fù)功：是將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，或儲存或再轉(zhuǎn)化為其他形式的能．四、基本題型及解題方法1、安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動解題的基本思路2、安培力作用下的平衡問題的解題的基本思路（以導(dǎo)體棒為例）【例2】如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場．金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E＝V、內(nèi)阻r＝Ω的直流電源．現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m＝0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止．導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0＝Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2.已知sin37°＝，cos37°＝，求：(1)通過導(dǎo)體棒的電流；(2)導(dǎo)體棒受到的安培力大小；(3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力．答案：（1）1.5A.（2）N（3）N【解析】(1)導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝＝1.5A. (2)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL＝N. (3)導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力 F1＝mgsin37°＝N 由于F1小于安培力，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件mgsin37°＋Ff＝F安，解得：Ff＝N.考點(diǎn)二、磁場對運(yùn)動電荷的作用一、對帶電體在洛倫茲力作用下運(yùn)動問題的分析思路：1．確定研究對象，并對其進(jìn)行受力分析．2．根據(jù)物體受力情況和運(yùn)動情況確定每一個(gè)運(yùn)動過程所適用的規(guī)律．(力學(xué)規(guī)律均適用)總之解決這類問題的方法與純力學(xué)問題一樣，無非多了一個(gè)洛倫茲力．要特別注意洛倫茲力大小隨速度變化且永不做功．二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的分析方法1、確定圓心位置（是解決問題的關(guān)鍵之一）．方法一：如圖(a)所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)，已知入射方向和出射方向時(shí)，可以通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓軌跡的圓心O.方法二：如圖(b)所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)，已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作它的中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓軌跡的圓心O.即圓軌跡的圓心位于弦的垂直平分線上．法三：如圖(c)所示，圓軌跡的圓心位于速度偏向角(φ)的補(bǔ)角的角平分線上．2、確定半徑大小（也是解決問題的關(guān)鍵之一）．一般利用幾何知識解直角三角形．3、準(zhǔn)確畫出軌跡（擁有一個(gè)圓規(guī)，準(zhǔn)確做出軌跡往往會事半功倍）4、運(yùn)動時(shí)間的求法：如圖所示，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，不論沿順時(shí)針方向還是逆時(shí)針方向，從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，粒子速度偏向角(φ)等于圓心角(α)，還等于AB弦與切線的夾角θ(弦切角)的2倍，即：φ＝α＝2θ＝ωt利用圓心角(α)與弦切角θ的關(guān)系，計(jì)算出圓心角α的大小，由公式t＝T可求出粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間．由此式可知，α越大，運(yùn)動時(shí)間t越長5、解帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的臨界問題時(shí)，要注意尋找臨界點(diǎn)、對稱點(diǎn)．射出與否的臨界點(diǎn)是帶電粒子的圓形軌跡與邊界的切點(diǎn)．【例3】如圖所示，在某空間實(shí)驗(yàn)室中，有兩個(gè)靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T，磁場區(qū)域半徑m，左側(cè)區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側(cè)區(qū)圓心為O2，磁場向外．兩區(qū)域切點(diǎn)為C.今有質(zhì)量m＝×10－26kg.帶電荷量q＝×10－19C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點(diǎn)以速度v＝106m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時(shí)間．(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點(diǎn)偏離最初入射方向的側(cè)移距離為多大？(側(cè)移距離指垂直初速度方向上移動的距離)答案：(1)×10－6s(2)2【解析】(1)離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在左右兩區(qū)域的運(yùn)動軌跡是對稱的，如右圖，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運(yùn)動的周期為T.由牛頓第二定律①又：②聯(lián)立①②得：③④ 將已知代入③得R＝2m⑤ 由軌跡圖知：，則θ=30o 則全段軌跡運(yùn)動時(shí)間：⑥ 聯(lián)立④⑥并代入已知得：t=×10-6s (2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關(guān)系側(cè)移總距離d＝2rsin2θ＝2m.考點(diǎn)三、帶電粒子或?qū)w棒在復(fù)合場中的應(yīng)用一、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分類及特點(diǎn)1、靜止或勻速直線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動．2、勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．3、較復(fù)雜的曲線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受的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(yùn)動，這時(shí)粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．二、帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運(yùn)動問題求解要點(diǎn)1、受力分析是基礎(chǔ)．在受力分析時(shí)是否考慮重力必須注意題目條件．2、運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵．在運(yùn)動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動，曲線運(yùn)動及圓周運(yùn)動、類平拋運(yùn)動的條件．3、根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解．4、常用的物理規(guī)律：共點(diǎn)力平衡條件、運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理、能量守恒定律、功能關(guān)系、動量定理、動量守恒定律、圓周運(yùn)動向心力公式等．5、思維方法：常用到力的合成與分解、運(yùn)動的合成及分解、等效法、假設(shè)法、類比法等．【例4】圖8－4－6所示，一帶電粒子以某一速度v0在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間后進(jìn)入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ(圖中未畫出磁場區(qū)域)，粒子飛出磁場后垂直電場方向進(jìn)入寬為L的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ，已知電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向上，當(dāng)粒子穿出電場時(shí)速度大小變?yōu)樵瓉淼谋?，粒子穿出電場后進(jìn)入寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅲ，磁場方向向外，大小為B，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，重力不計(jì)．粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度如圖所示與水平方向成60°角，求：(1)粒子電性？帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的速度v0多大？(2)圓形磁場區(qū)域的最小面積S多大？(3)若使粒子能返回電場，磁場區(qū)域Ⅲ的寬度d至少多大？答案：（1）負(fù)電（2）（3）解析：(1)根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電當(dāng)粒子剛出電場時(shí)，速度分解如圖所示①②③由①②③得(2)粒子在磁場中的軌跡如圖所示，以AC為直徑的磁場區(qū)域最小，軌道半徑(3)粒子在磁場Ⅱ中的運(yùn)動軌跡如圖所示在磁場Ⅱ中運(yùn)動的半徑為●高考題型例析考點(diǎn)一：磁場的描述、磁場對電流的作用題型一：磁場的基本概念及公式的理解及應(yīng)用1、（2022廣東理科基礎(chǔ)13）帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時(shí)，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】洛侖滋力F垂直于v和B所決定的平面，因此不對帶電粒子做功，所以A錯(cuò)；因?yàn)槁鍋鲎塘Σ蛔龉Γ圆桓淖兞Ｗ拥膭幽?，B正確；根據(jù)公式可知洛侖滋力的大小與速度有關(guān)，所以C錯(cuò)；洛侖滋力的方向與物體的速度方向垂直，因此改變帶電粒子的方向，所以D錯(cuò)誤．2、（2022新課標(biāo)14）為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)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(gè)圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是【答案】B【解析】本題主要考查安培定則和地磁場分布．根據(jù)地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是B．題型二磁場對電流的作用1、（2022新課標(biāo)18）電磁軌道炮工作原理如圖所示．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得磁場（可視為勻強(qiáng)磁場），磁感應(yīng)強(qiáng)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，其它量不變答案：BD解析：主要考查動能定理．利用動能定理有,B=kI解得．所以正確答案是BD．考點(diǎn)二、磁場對運(yùn)動電荷的作用1、（2022海南10）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點(diǎn)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(jì)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(yùn)動時(shí)間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同C．在磁場中運(yùn)動時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同D．在磁場中運(yùn)動時(shí)間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案：BD解析：在磁場中半徑運(yùn)動時(shí)間：（θ為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當(dāng)粒子從O點(diǎn)所在的邊上射出的粒子時(shí)：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而AC錯(cuò)xyOPB2、（2022安徽23）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)txyOPB（1）求電場強(qiáng)度的大小和方向．（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運(yùn)動加速度的大?。?）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間．解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E．可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有qE=qvB又R=vt0①則（2）僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動在y方向位移②由=2\*GB3②=4\*GB3④式得設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有得③（3）僅有磁場時(shí)，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有④又qE=ma⑤由=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧=9\*GB3⑨式得由幾何關(guān)系即帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期則帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間所以考點(diǎn)三、帶電粒子或?qū)w棒在復(fù)合場中的應(yīng)用1、（2022河北模擬）如圖所示，界面PQ與水平地面之間有一個(gè)正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，在PQ上方有一個(gè)帶正電的小球A自O(shè)靜止開始下落，穿過電場和磁場到達(dá)地面．設(shè)空氣阻力不計(jì)，下列說法中正確的是()A．在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運(yùn)動B．在復(fù)合場中，小球下落過程中的電勢能減小C．小球從靜止開始下落到水平地面時(shí)的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和D．若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球從原來位置下落到水平地面時(shí)的動能不變答案：BC解析：小球受到磁場力，不可能做勻變速曲線運(yùn)動．電場力做正功，電勢能減小，由能量守恒知，C項(xiàng)正確．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，會改變洛倫茲力，進(jìn)而改變落地點(diǎn)，電場力做功會不同，D項(xiàng)錯(cuò)．●跟蹤練習(xí)薈萃1．下列關(guān)于電場和磁場的說法中正確的是()A．電場線和磁感線都是封閉曲線B．電場線和磁感線都是不封閉曲線C．通電導(dǎo)線在磁場中一定受到磁場力的作用D．電荷在電場中一定受到電場力的作用解析：磁感線是封閉曲線，電場線不是封閉曲線，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)；當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場方向平行時(shí)，不受磁場力的作用，但電荷在電場中一定受到電場力的作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤而選項(xiàng)D正確．答案：D圖12．如圖1所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒AC用軟線懸掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，通入A→C方向的電流時(shí)，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()A．不改變電流和磁場方向，適當(dāng)增大電流B．只改變電流方向，并適當(dāng)減小電流C．不改變磁場和電流方向，適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度D．只改變磁場方向，并適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度解析：通入A→C方向的電流時(shí)，由左手定則可知，安培力方向垂直金屬棒向上，2T＋F安＝mg，F(xiàn)安＝BIL；欲使懸線張力為零，需增大安培力，但不能改變安培力的方向，只有選項(xiàng)A符合要求．答案：A3．速率相同的電子垂直磁場方向進(jìn)入四個(gè)不同的磁場，其軌跡如圖所示，則磁場最強(qiáng)的是()解析：由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，速率相同時(shí)，半徑越小，磁場越強(qiáng)，選項(xiàng)D正確．答案：D圖24．如圖2所示，用絕緣輕繩懸吊一個(gè)帶正電的小球，放在勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)把小球拉至懸點(diǎn)右側(cè)a點(diǎn)，輕繩被水平拉直，靜止釋放后，小球在豎直平面內(nèi)來回?cái)[動．在小球運(yùn)動過程中，下列判斷正確的是()A．小球擺到懸點(diǎn)左側(cè)的最高點(diǎn)與a點(diǎn)應(yīng)在同一水平線上B．小球每次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力大小相等C．小球每次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力方向相同D．小球每次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)輕繩所受拉力大小相等解析：由洛倫茲力不做功，小球機(jī)械能守恒，小球在最低點(diǎn)的速度相等，選項(xiàng)A、B均正確；設(shè)小球在最低點(diǎn)的速度為v，從右側(cè)擺下時(shí)，在最低點(diǎn)受洛倫茲力的方向豎直向下，且T1－qvB－mg＝meq\f(v2,L)；從左側(cè)擺下時(shí)，在最低點(diǎn)受洛倫茲力的方向豎直向上，且T2＋qvB－mg＝meq\f(v2,L)；T1≠T2，選項(xiàng)C、D均錯(cuò)．答案：AB圖35．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個(gè)D形金屬盒．兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻交流電源兩極相連接，從而使粒子每次經(jīng)過兩盒間的狹縫時(shí)都得到加速，如圖所示．現(xiàn)要增大帶電粒子從回旋加速器射出時(shí)的動能，下列方法可行的是()A．減小磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．減小狹縫間的距離C．增大高頻交流電壓D．增大金屬盒的半徑解析：設(shè)粒子的最終速度為v，由R＝eq\f(mv,qB)及Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f((qBR)2,2m)，粒子的動能與交流電壓無關(guān)，選項(xiàng)D可使射出的粒子動能增大．答案：D6．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，形成空間環(huán)形電流．已知粒子的運(yùn)動速率為v、半徑為R、周期為T，環(huán)形電流的大小為I.則下面說法中正確的是()A．該帶電粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(BR,v)B．在時(shí)間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角為θ＝eq\f(qBt,m)C．當(dāng)速率v增大時(shí)，環(huán)形電流的大小I保持不變D．當(dāng)速率v增大時(shí)，運(yùn)動周期T變小解析：在磁場中，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在磁場中運(yùn)動周期T＝eq\f(2πm,qB)與速率無關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；在時(shí)間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角θ＝eq\f(t,T)·2π＝eq\f(qBt,m)，選項(xiàng)B正確；電流定義I＝eq\f(q,T)＝eq\f(Bq2,2πm)，與速率無關(guān)，選項(xiàng)C正確．答案：BC圖47．如圖4所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上，整個(gè)裝置處在垂直于桿的水平勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0(v0>eq\f(mg,qB))，則()A．環(huán)將向右減速，最后勻速B．環(huán)將向右減速，最后停止運(yùn)動C．從環(huán)開始運(yùn)動到最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機(jī)械能是eq\f(1,2)mv02D．從環(huán)開始運(yùn)動到最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機(jī)械能是eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m(eq\f(mg,qB))2圖5解析：由題意可知qv0B>mg，受力分析如圖5所示．水平方向物體做減速運(yùn)動，f＝μFN＝μ(qvB－mg)，當(dāng)qvB＝mg，即v＝eq\f(mg,qB)時(shí)，F(xiàn)N＝0，之后物體做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A、D正確而B、C錯(cuò)誤．答案：AD圖68．如圖6所示，圓柱形區(qū)域的橫截面在沒有磁場的情況下，帶電粒子(不計(jì)重力)以某一初速度沿截面直徑方向入射時(shí)，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t；若該區(qū)域加沿軸線方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)了π/3，根據(jù)上述條件可求得的物理量為()A．帶電粒子的初速度B．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑C．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期D．帶電粒子的比荷圖7解析：設(shè)圓柱形區(qū)域的半徑為R，粒子的初速度為v0，則v0＝eq\f(2R,t)，由于R未知，無法求出帶電粒子的初速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若加上磁場，粒子在磁場中的軌跡如圖7所示，設(shè)運(yùn)動軌跡半徑為r，運(yùn)動周期為T，則T＝eq\f(2πr,v0)，速度方向偏轉(zhuǎn)了π/3，由幾何關(guān)系得，軌跡圓弧所對的圓心角θ＝π/3，r＝eq\r(3)R，聯(lián)立以上式子得T＝eq\r(3)πt；由T＝2πm/qB得q/m＝eq\f(2,\r(3)Bt)，故選項(xiàng)C、D正確；由于R未知，無法求出帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．答案：CD圖89．如圖8所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電，現(xiàn)將三個(gè)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(diǎn)，則()A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運(yùn)動過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變解析：恰好過最高點(diǎn)，對甲球：mg＋qv甲B＝eq\f(mv甲2,R)；對乙球：mg－qv乙B＝eq\f(mv乙2,R)；對丙球：mg＝eq\f(mv丙2,R)，故v甲>v丙>v乙，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)．洛倫茲力不做功，故運(yùn)動過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變，選項(xiàng)C、D均正確．答案：CD10．如圖所示，虛線框中存在勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，它們相互正交或平行．有一個(gè)帶負(fù)電的小球從該復(fù)合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過下列的哪些復(fù)合場區(qū)域()解析：帶電小球要沿直線通過復(fù)合場區(qū)域，則受力必須平衡，分析剛進(jìn)復(fù)合場時(shí)的受力就可得C、D正確．答案：CD11．實(shí)驗(yàn)室里可以用圖9甲所示的小羅盤估測條形磁鐵磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度．方法如圖乙所示，調(diào)整羅盤，使小磁針靜止時(shí)N極指向羅盤上的零刻度(即正北方向)，將條形磁鐵放在羅盤附近，使羅盤所在處條形磁鐵的方向處于東西方向上，此時(shí)羅盤上的小磁針將轉(zhuǎn)過一定角度．若已知地磁場的水平分量Bx，為計(jì)算羅盤所在處條形磁鐵磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則只需知道________，磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式為B＝________.圖9答案：羅盤上指針的偏轉(zhuǎn)角Bxtanθ12．如圖10所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為N的恒力，g取10m/s2，則木板的最大加速度為________；滑塊的最大速度為________．圖10解析：開始滑塊與板一起勻加速，剛發(fā)生相對滑動時(shí)整體的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝2m/s2，對滑塊μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)可得此時(shí)刻的速度為6m/s.此后滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動，最終勻速．mg＝qvB代入數(shù)據(jù)可得此時(shí)刻的速度為10m/s.而板做加速度增加的加速運(yùn)動，最終勻加速．板的加速度a＝eq\f(F,M)＝3m/s2答案：3m/s210m/s圖1113．有兩個(gè)相同的全長電阻為9Ω的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個(gè)絕緣的水平臺面上，兩環(huán)分別在兩個(gè)互相平行的、相距為20cm的豎直面內(nèi)，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T的勻強(qiáng)磁場，兩球的最高點(diǎn)A和C間接有一內(nèi)阻為Ω的電源，連接導(dǎo)線的電阻不計(jì)．今有一根質(zhì)量為10g，電阻為Ω的棒置于兩環(huán)內(nèi)側(cè)且可順環(huán)滑動，而棒恰好靜止于如圖11所示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點(diǎn)P、Q和圓弧最低點(diǎn)間所夾的弧對應(yīng)的圓心角均為θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2.試求此電源電動勢E的大小．圖12解析：在圖中，從左向右看，棒PQ的受力如圖12所示，棒所受的重力和安培力FB的合力與環(huán)對棒的彈力FN是一對平衡力，且FB＝mgtanθ＝eq\r(3)mg而FB＝IBL，所以I＝eq\f(\r(3)mg,BL)＝eq\f(\r(3)×10×10－3×10,×A＝1A在右圖所示的電路中兩個(gè)圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R，則R＝eq\f(\f(9,3)×(9－\f(9,3)),9)Ω＝2Ω由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×＋2×2＋V＝6V答案：6V圖1314．(2022·石家莊模擬)如圖13所示，勻強(qiáng)磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板，一個(gè)帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，以半徑R1＝20cm做勻速圓周運(yùn)動．第一次垂直穿過鉛板后以半徑R2＝19cm做勻速圓周運(yùn)動，則帶電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？解析：粒子每穿過鉛板一次損失的動能都相同，但是粒子每穿過鉛板一次其速度的減少卻是不同的，速度大時(shí)，其速度變化量??；速度小時(shí)，速度變化量大．但是粒子每次穿過鉛板時(shí)受鉛板的阻力相同，所以粒子每次穿過鉛板克服阻力做的功相同，因而每次穿過鉛板損失的動能相同．粒子每穿過鉛板一次損失的動能為：ΔEk＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝eq\f(q2B2,2m)(R12－R22)粒子穿過鉛板的次數(shù)為：n＝eq\f(\f(1,2)mv12,ΔEk)＝eq\f(R12,R12－R22)＝次，取n＝