(新课标)2017届高考物理一轮总复习 必修部分 第8章 磁场 限时规范专题练6 电磁场问题综合应用
2017届高考物理一轮总复习 必修部分 第8章 磁场 第1讲 磁场及其对电流的作用课件
1.[2015· 湖南十三校联考] 如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆 心，∠MOP＝60° ，在 M、N 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 如图所示，这时 O 点的磁感应强度大小为 B1，若将 N 处长直导线移至 P 处，则 O 点的磁感应强度大小为 B2，那么 B2 与 B1 之比为( )
解析 磁场中某点磁感应强度是由磁场本身决定的，与是否放入通电导线无关，与通电导线在磁场中 是否受力无关，D 正确。
)
2.[磁感线的概念] 磁场中某区域的磁感线如图所示，则(
)
A.a、b 两处的磁感应强度的大小不等，Ba>Bb B.a、b 两处的磁感应强度的大小不等，Ba<Bb C.同一通电导线放在 a 处受力一定比放在 b 处受力大 D.同一通电导线放在 a 处受力一定比放在 b 处受力小
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 1 [2016· 宝鸡检测] 已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该 点到导线的距离成反比。4 根电流相同的长直通电导线 a、b、c、d 平行放置，它们的横截面的连线构成一 个正方形，O 为正方形中心，a、b、c 中电流方向垂直纸面向里，d 中电流方向垂直纸面向外，则 a、b、c、 d 长直通电导线在 O 点产生的合磁场的磁感应强度 B( )
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度 大小相等 ，且方向水平 向北 。
知识点 3
磁场对电流的作用——安培力 Ⅰ
1.安培力的方向 (1)用左手定则判断：伸开左手，让拇指与其余四个手指 垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感 线从掌心进入，并使四指指向 电流 的方向，这时 拇指 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方 向。 (2)安培力方向特点：F⊥B，F⊥I，即 F 垂直于 B、I决定的平面。 (3)结论：两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相 吸引 ，异向电流互相 排斥 。
2017届高考物理一轮总复习必修部分第8章磁场第1讲磁场及其对电流的作用限时规范特训
第1讲 磁场及其对电流的作用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。
其中1～7为单选，8～12为多选)1．[2015·西安八校联考]如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L 的直导线放置在y 轴上，当通以大小为I 、沿y 轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F ，方向沿x 轴正方向。
则关于磁感应强度的方向和大小，说法正确的是( )A.只能沿x 轴正方向B.可能在xOy 平面内，大小为2F ILC.可能在xOz 平面内，大小为2F ILD.可能在yOz 平面内，大小为2F IL答案 D解析 电流I 沿y 轴负方向，安培力大小为F ，沿x 轴正方向，若B ＝2F IL，则B 与I 不垂直，但要求B 的两个分量，一个沿z 轴正向，一个平行y 轴，那只能在yOz 平面内，选项D 正确，A 、B 、C 错误。
2.[2016·郑州质量预测]目前世界上输送功率最大的直流输电工程——哈(密)郑(州)特高压直流输电工程已正式投运。
高压直流输电具有无感抗、无容抗、无同步问题等优点。
已知某段直流输电线长度l ＝200 m ，通有从西向东I ＝4000 A 的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B ＝5×10－5T ，磁倾角(磁感线与水平面的夹角)为5°(sin5°≈0.1)。
则该段导线所受安培力的大小和方向为( )A.40 N ，向北与水平面成85°角斜向上方B.4 N，向北与水平面成85°角斜向上方C.4 N，向南与水平面成5°角斜向下方D.40 N，向南与水平面成5°角斜向下方答案 A解析地磁场方向与电流方向垂直，由安培力F＝BIl＝40 N，B、C项错；由左手定则可知，电线所受安培力方向向北与水平面成85°角斜向上方，A项正确，D项错。
3.[2015·河北百校联盟] 用一根导线围成如图所示的回路KLMN，是半径分别为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路KLMN中分别通以如图所示的恒定电流I1、I2，圆环固定，则下列说法正确的是( )A.圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力B.圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向C.回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动D.回路KLMN将在纸面内向左平动答案 D解析如图，圆环上的电流I1在KLMN平面所在处的磁场方向由安培定则知，方向向里。
【红对勾】2017届高考物理新课标一轮复习配套课件：第8章-磁场 8-2
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 ______． 3．洛伦兹力的大小
F＝________，θ为v与B的夹角，如图所示． (1)v∥B时，θ＝0° 或180° ，洛伦兹力F＝________. (2)v⊥B时，θ＝90° ，洛伦兹力F＝________. (3)v＝0时，洛伦兹力F＝________.
(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 mv2 0 qv0B0＝ ， r 2πr 做匀速圆周运动的周期T0＝ ， v0 2πm 联立两式得磁感应强度B0＝ . qT0
(2)
要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图 d 所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝ ， 4 当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有 r＝ d (n＝1,2,3，…)， 4n
答案：A
突破考点03
带电粒子在磁场运动的多解问题
分类例析
1．带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负 电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹 不同，形成多解．
如下图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带 正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b.
第八章
磁场
第二节
磁场对运动电荷的作用
突破考点01
突破考点02 突破考点03
突破考点04
课时作业 高考真题
突破考点01
对洛伦兹力的理解
自主练透
1．洛伦兹力 磁场对________的作用力叫洛伦兹力． 2．洛伦兹力的方向 (1)判定方法：左手定则 掌心——磁感线________穿入掌心； 四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的 ________； 拇指——指向________的方向．
2017版高考物理一轮复习第八章磁场教参综述
第八章磁场第1讲磁场的描述磁场对电流的作用考纲下载：1.磁场、磁感应强度、磁感线(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(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．磁场、磁感应强度(1)磁场的基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。
(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向。
②定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)。
③方向：小磁针静止时N极的指向。
④单位：特斯拉，符号T。
(3)匀强磁场①定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
②特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
2．磁感线和电流周围的磁场(1)磁感线的特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
④同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
⑤磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
(2)电流周围的磁场(安培定则)(1)安培力的大小①磁场和电流垂直时：F＝BIL。
②磁场和电流平行时：F＝0。
(2)安培力的方向①用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
②安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。
(注意：B和I可以有任意夹角)4．安培分子电流假说(1)内容：在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。
(2)该假说能够解释磁化、去磁等现象。
(3)分子电流的实质是原子内部带电粒子在不停地运动。
巩固小练1．判断正误(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关。
【名师导学】高考一轮物理总复习：第8章《磁场》章末总结ppt课件
a＝Rv202
④
据题意由几何关系得 3R2＝d ⑤
联立④⑤式得
MM.DD.20XX
20
a＝3dv20 ⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由 圆周运动公式得
T＝2πv0R ⑦ 由牛顿第二定律得 qv0B0＝mRv02 ⑧
由题意知 B0＝4mqdv0，代入⑧式得 d＝4R ⑨
MM.DD.20XX
A．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 MM.DD.20XX 磁场中运动轨迹的半 27 径越小
【解析】根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定 则解题．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＝mrv2，得 r＝mqBv，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
面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场
区．当 B0 和 TB 取某些特定值时，可使 t＝0 时刻入射的
粒子经Δt 时间恰能垂直打在 P 板上(不考虑粒子反
弹)．上述
m、q、d、v0
为已知量． MM.DD.20XX
18
图乙 (1)若Δt＝12TB，求 B0；
(2)
若
Δ
t
＝
3 2
TB
，
求
粒
子
MM.DD.20XX
16
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动． 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得 qvB＝mvr2 ① 两粒子动量相等，由①知 p＝mv＝qBr，则 qaBra ＝qbBrb ② 已知 ra>rb，则 qa<qb，故选项 A 正确．由已知条 件不能对其他选项进行判定．
2017高考物理一轮复习 第8章 磁场 基础课时22 磁场的描述及磁场对电流的作用课件
答案
D
2.在磁场中某区域的磁感线如图1所示，则(
)
图1
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞Bb B.a、b两处的磁感应强度的大小相等 C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
解析
磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大
小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感 应强度的方向的夹角有关，故C、 D错误；由 a、 b两处磁感线 的疏密程度可判断出Ba＞Bb，所以A正确，B错误。 答案 A
平行四边形定则)。
(3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用， 建立磁场的立体分布模型。
【变式训练】
1.[与地磁场有关的考查](多选)(2015· 新课标全国卷Ⅱ，18)指南针是
我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( BC ) A.指南针可以仅具有一个磁极 B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指 南针不偏转 解析 指南针有 N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时 S极指
势为E＝12 V，内阻r＝1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取 g ＝ 10 m/s2 ， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。现要保持金属棒ab在导轨上静止 不动，求：
图9 (1)金属棒所受安培力的取值范围； (2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
向南方，选项A错误，B正确；指南针有磁性，可以与铁块相互吸
引，选项 C正确；由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位 置合适的情况下，会发生偏转，选项D错误。
【导学教程】2017高考总复习·人教版物理(课件+限时检测)第八章-磁场 第一节
的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合， 如图8－1－5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
课 后 训 练 · 能 力 达 标
菜
单
高考总复习·物理（ Ⅰ ）
象法 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
课 后 训 练 · 能 力 达 标
菜
单
高考总复习·物理（ Ⅰ ）
第八章 磁 场
课 堂 互 动 · 考 点 突 破
课 前 预 习 · 基 础 落 实
考向1
安培力作用下的导体运动方向判断
[ 例 3]
一个可以自由运动的线圈 L1 和一个固定
课 后 训 练 · 能 力 达 标
菜
单
高考总复习·物理（ Ⅰ ）
第八章 磁 场
课 堂 互 动 · 考 点 突 破
2.磁场的叠加
课 前 预 习 · 基 础 落 实
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相
同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与 分解。 [ 特别提醒 ] 两个电流附近的磁场某处的磁感
课 堂 互 动 · 考 点 突 破
课堂互动·考点突破
课 前 预 习 · 基 础 落 实
考点一
安培定则的应用和磁场的叠加
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的磁 场时应分清“因”和“果”。
原因(电流方向) 直线电流的磁场 环形电流的磁场 大拇指 四指 结果(磁场绕向) 四指 大拇指
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菜
单
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第八章 磁 场
课 堂 互 动 · 考 点 突 破
(4)磁感线是真实存在的。( × )
2017届高三物理一轮复习课时作业：第八章 磁场 1 含解析
课时作业(二十三）[基础小题]1．如图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为（)[解析］根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点（图中白点）为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.［答案］ C2.电流计的主要结构如图所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是（）[解析]软铁芯被磁化后,左端为S极,右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误．再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．[答案］ C3.在磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小[解析］磁感线的疏密程度表示B的大小，但安培力的大小除跟该处的B的大小和I、L有关外，还跟导线放置的方向与B的方向的夹角有关,故C、D错误;由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B b〉B a，所以B正确．[答案] B4。
如图所示，A为一水平旋转的带有大量均匀分布的正电荷的圆盘,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]由于带正电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为顺时针方向(从上往下看)，所产生的磁场方向竖直向下．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向外,故D正确．[答案］ D5。
电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比，通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是(）A．只将轨道长度I变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变[解析］由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F安＝BId＝kI2d，由动能定理可得：F安L＝m v22,解得v＝I错误!，由此式可判断B、D选项正确．［答案］BD6.我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器．电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成．其工作原理如图所示,利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能．设飞机质量m＝1.8×104 kg,起飞速度为v＝70 m/s,起飞过程中所受平均阻力恒为机重的错误!,在没有电磁弹射器的情况下,飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下，起飞距离为l＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变)同时工作的情况下,起飞距离减为错误!。
2017届高考物理一轮复习备考指南第8章磁场1
第八章⎪⎪⎪磁场[备考指南]第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。
(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。
(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。
(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。
(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。
(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。
(√)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。
要点一对磁感应强度的理解1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比。
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。
2．磁感应强度B与电场强度E的比较3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。
(2)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。
[多角练通]下列关于磁场或电场的说法正确的是_______。
①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行答案：④⑤⑦要点二安培定则的应用与磁场的叠加1．常见磁体的磁感线图8-1-12．电流的磁场及安培定则磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。
2017年高考物理一轮复习第8章磁场基本规律专题四讲义(新课标全国)
考点一 带电粒子在复合场中的实际应用1．质谱仪(1)构造：如图1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．图1(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝1B2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2UB 2r 2. 2．回旋加速器(1)构造：如图2所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中．图2(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关． 3．速度选择器(1)构造：如图3所示，平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直，这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．图3(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq ＝q v B ，即v ＝EB ，速度v 与粒子电荷量、电性、质量无关． 4．磁流体发电机高速等离子体射入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下发生偏转而打在A 、B 极板上，使两极板产生电势差．当离子做匀速运动时，两极板间的电势差最大．根据左手定则，如图4所示中的B 极板是发电机的正极．若磁流体发电机两极板间的距离为d ，等离子体速度为v ，磁感应强度为B ，则由Uqd＝Bq v 得两极板间能达到的最大电势差U ＝Bd v .图45．霍尔效应如图5所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流体，当磁场方向与电流方向垂直时，形成电流的载流子受洛伦兹力的作用发生偏转，导致导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差．这个现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压．当载流子不偏转时，即所受洛伦兹力与电场力平衡时，霍尔电压达到稳定值．图56．电磁流量计电磁流量计原理：如图6所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正、负电子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a 、b 间出现电势差U .当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定．由Bq v ＝Eq ＝Uq d ，可得v ＝U Bd .流量Q ＝S v ＝πUd4B.图6[思维深化]速度选择器、磁流体发电机、霍尔效应和电磁流量计有什么共性的地方？答案 速度选择器、磁流体发电机的两极产生稳定电势差时，霍尔效应中霍尔电势差达到稳定时，电磁流量计电势差达到稳定时，其本质都是粒子匀速通过相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场力与洛伦兹力平衡．1.[磁流体发电机的工作原理](多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图7是它的示意图．平行金属板A 、B 之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子)喷入磁场，A 、B 两板间便产生电压．如果把A 、B 和用电器连接，A 、B 就是直流电源的两个电极，设A 、B 两板间距为d ，磁感应强度为B ′，等离子体以速度v 沿垂直于磁场的方向射入A 、B 两板之间，则下列说法正确的是( )图7A ．A 是直流电源的正极B ．B 是直流电源的正极C ．电源的电动势为B ′d vD ．电源的电动势为q v B ′答案 BC解析 等离子体喷入磁场，正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B 是直流电源的正极，则选项B 正确；当带电粒子以速度v 做匀速直线运动时，Ud q ＝q v B ′，电源的电动势U ＝B ′d v ，则选项C 正确．2．[回旋加速器的工作原理](多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图8所示．置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U .若A 处粒子源产生质子的质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )图8A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器的最大动能不变 答案 AC解析 质子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πRT ＝2πRf ，故A 正确；质子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12m v 2＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝m v Bq ，Uq ＝12m v 21，2Uq ＝12m v 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 正确；因回旋加速器的最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，D 错误．3．[质谱仪的工作原理]1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图9所示，则下列相关说法中正确的是( )图9A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm 越小D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 答案 C解析 带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故选项A 错误．在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故选项B 错误．进入B 2磁场中的粒子速度是一定的，根据q v B ＝m v 2r 得，r ＝m vqB ，知r 越大，比荷qm越小，而质量m 不一定大，故选项C 正确，选项D 错误．故选C.4．[霍尔元件的工作原理](2014·江苏单科·9)(多选)如图10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I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H Bd ，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R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )图10A ．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 ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比 答案 CD解析 当霍尔元件通有电流I H 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 的方向变化，I H 的方向变化，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R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝RR ＋R LI ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝k I H B d ＝ak (R ＋R L )R 2d P L ，知U H ∝P L ，选项D 正确．带电粒子在复合场中运动的六个实例比较速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题．所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子在两极板间聚集后才产生的．考点二带电体在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．5．[带电粒子在叠加场中无约束运动]如图11，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图11(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)粒子在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件： q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l v ＝2gl 联立解得：B ＝mqg l(3)微粒做匀速运动时间：t 1＝2lv ＝l g 做圆周运动时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g6．[带电粒子在叠加场中有约束运动](2015·福建理综·22)如图12，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .图12(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P . 答案 (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤(qE m )2＋g 2t 2 解析 (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足 q v B ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时 N ＝0 解得v C ＝EB(2)由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 2C －0 解得W f ＝mgh －mE 22B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′ g ′＝(qE m)2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤(qEm )2＋g 2t2粒子在叠加场中运动分析思路考点三 带电粒子在组合场中运动“电偏转”和“磁偏转”的比较7．[先电场加速再磁场偏转]一圆筒的横截面如图13所示，其圆心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出．设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图13(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间与圆筒的碰撞次数n . 答案 (1)m v 22qd (2)3m v3qB(3)3解析 (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得： qU ＝12m v 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ②联立上式可得E ＝m v 22qd③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O ′，圆半径为r .设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO ′S 等于π3.由几何关系得r ＝R tan π3④粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2r ⑤联立④⑤式得R ＝3m v3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U ′，则U ′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v ′，由①式看出 U ′U ＝v ′2v 2综合⑦式可得v ′＝33v ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r ′，则r ′＝3m v3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r ′＝R ，可见θ＝π2⑩ 粒子需经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n ＝3.8．[先电场偏转再磁场偏转]如图14所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P (0，h )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a (2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：图14(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向； (3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．答案 (1)m v 202qh (2)2v 0 方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角 (3)2m v 0qL解析 (1)运动过程如图所示，设粒子在电场中运动的时间为t ，则有x＝v 0t ＝2h ，y ＝12at 2＝h ，qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝m v 202qh.(2)粒子到达a 点时沿y 轴负方向的分速度v y ＝at ＝v 0. 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，tan θ＝v y v 0＝1，θ＝45°，即粒子在a 点的速度方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子在磁场中运动时，有q v B ＝m v 2r由图知，当粒子从b 点射出时，r 最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，r ＝22L ，所以B ＝2m v 0qL. 9．[电场与交变磁场的组合]如图15甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N .现有一质量为m 、带电荷量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，速度方向与x 轴夹角为30°.此时在圆形区域有如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N 飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与x 轴夹角为30°)．求：图15(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小； (2)0≤x ≤L 区域内匀强电场场强E 的大小；(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的表达式．答案 (1)233v 0 (2)3m v 23eL (3)B 0＝23nm v 03eL (n ＝1、2、3…) T ＝3πL 3n v 0(n ＝1、2、3…)解析 (1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，如图所示．由速度关系：v 0v ＝cos 30° 解得v ＝233v 0(2)由速度关系得v y ＝v 0tan 30°＝33v 0在竖直方向a ＝eE mv y ＝at ＝eE m ·Lv 0解得E ＝3m v 23eL(3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于R ，如图所示．粒子到达N 点而且速度符合要求的空间条件是：2nR ＝2L电子在磁场内做圆周运动的轨道半径R ＝m v eB 0＝23m v 03eB 0，解得B 0＝23nm v 03eL (n ＝1、2、3…)若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过16圆周，同时MN 间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N 点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：2n ·16T 0＝nT ，T 0＝2πmeB 0解得：T ＝3πL3n v 0(n ＝1、2、3…)带电粒子在组合场中运动的分析思路及技巧1．基本思路2．解题关键：抓住联系两个场的纽带——速度．1．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图16所示．由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )图16A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正答案 A解析 由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B ＝qE 得v ＝E B ＝UBd≈1.3 m/s.2.(2013·重庆·5)如图17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 ，内有带电荷量为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17A.IB |q |aU ，负B.IB |q |aU ，正C.IB |q |bU ，负D.IB |q |bU，正 答案 C解析 当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意． 由粒子做匀速运动知|q |v B ＝|q |E ＝|q |Ua因I ＝n |q |v S ＝n |q |v ·a ·b 解得n ＝IB |q |bU，选项C 正确．3．如图18，边长L ＝0.2 m 的正方形abcd 区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝5.0×10－2 T ．带电平行金属板MN 、PQ 间形成了匀强电场E (不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN 放在ad 边上，两板左端M 、P 恰在ab 边上，两板右端N 、Q 间有一绝缘挡板EF .EF 中间有一小孔O ，金属板长度、板间距、挡板长度均为l ＝0.1 m ．在M 和P 的中间位置有一离子源S ，能够正对孔O 不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q ＝3.2×10－19C ，质量均为m ＝6.4×10－26kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹．(1)当电场强度E ＝104 N/C 时，求能够沿SO 连线穿过孔O 的离子的速率；(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO 连线穿过O 并进入磁场区域的离子直接从bc 边射出，求满足条件的电场强度的范围．图18答案 (1)2.0×105 m/s(2)9.375×102 N /C<E <1.25×103 N/C 解析 (1)穿过孔O 的离子在金属板间需满足 q v 0B ＝Eq代入数据得v 0＝2.0×105 m/s(2)穿过孔O 的离子在金属板间仍需满足q v B ＝Eq离子穿过孔O 后在磁场中做匀速圆周运动，有 q v B ＝m v 2r由以上两式得E ＝qB 2rm从bc 边射出的离子，其临界轨迹如图线①，对应轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得r 1＝0.1 m由此可得E 1＝1.25×103 N/C从bc 边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图线②，对应的电场强度最小，由几何关系可得 2r 2＋l 2＝L所以r 2＝0.075 m由此可得E 2＝9.375×102 N/C所以满足条件的电场强度的范围为：9.375×102 N /C<E <1.25×103 N/C4．如图19甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿y 轴正方向的带负电粒子．图19已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为πB 0t 0，不计粒子的重力．求：(1)t ＝12t 0时，求粒子的位置坐标；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离． 答案 见解析解析 (1)由粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，则粒子做圆周运动的周期T ＝2πmB 0q ＝2t 0则在0～12t 0内转过的圆心角α＝π2由牛顿第二定律q v 0B 0＝m v 20r 1得r 1＝v 0t 0π粒子的位置坐标为(v 0t 0π，v 0t 0π)．(2)粒子在t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示r 2＝2r 1＝2m v 0qB 0＝2v 0t 0π粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，则在5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离：h max ＝v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2π)v 0t 0. 练出高分基础巩固1．如图1所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图1A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．两次所接高频电源的频率不相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 A解析 根据q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m .两粒子的比荷qm 相等，所以最大速度相等．故A 正确．最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷qm 相等，但质量不相等，所以最大动能不相等．故B错．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷qm 相等，所以周期相等．做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C 错误．由E k ＝q 2B 2R 22m 可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能．故D 错．2．如图2所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )图2A ．将滑动变阻器滑片P 向右滑动B ．将滑动变阻器滑片P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大 答案 D解析 电子射入极板间后，偏向A 极板，说明qE >q v B ，由E ＝Ud 可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动滑动变阻器滑片P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．3.如图3所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )图3A ．小球做匀变速曲线运动B ．小球减少的电势能等于增加的动能C ．电场力和重力做的功等于小球增加的动能D ．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变 答案 C解析 重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A 错误；由动能定理和功能关系知，选项B 错误，选项C 正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D 错误．4．如图4所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .不计重力，则( )图4A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 答案 D解析 带电粒子在磁场中一直向x 轴正方向运动，A 错误．因R ＝m vqB且B 1＝2B 2，所以轨道半径之比R 1∶R 2＝1∶2，B 错误．粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，C 错误．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进距离l ＝R ＋2R ＝3R ，D 正确． 5．(多选)如图5所示，范围足够大、磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于xOy 平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x 轴上关于O 点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则( )图5A ．两粒子沿x 轴做直线运动B ．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C ．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y 轴方向的分量v y 最大D ．若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞 答案 BCD解析 两个粒子在相互的库仑引力作用下，从静止开始加速，都受到向上的洛伦兹力而向上偏转，做曲线运动，故A 错误；两个粒子的速度大小情况相同，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，静电力对两个粒子做功为0，根据动能定理可知它们的速度均为零，故B 正确；从开始运动到距离最小的过程，静电力一直做正功，动能都增大，速度与x 轴的夹角不断增大，沿y 轴方向的速度分量v y 不断增大；当距离最小后，两者距离增大，静电力做负功，速率减小，v y 不断减小，所以两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y 轴方向的分量v y 最大，故C 正确；若减小磁感应强度，由公式r ＝m vqB 分析可知，轨迹的半径变大，可能发生碰撞，故D 正确．6．(2013·浙江理综·20)(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图6所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )。
【师说】2017届高三物理一轮总复习 第8章《磁场》1 磁场及其对电流的作用课件 新人教版
【解析】 由题图可知，回路 A 中线圈在磁场中的有效长度 L 最 长，由 F＝nBIL 可知，磁场发生相同微小变化的前提下，A 中安培力 的变化量最大，最容易失去平衡，A 正确． 【答案】 A
3．(多选)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水 平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒 与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过 M、N 两区的过程中，导体 棒所受安培力分别用 FM、FN 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是 ( ) A．FM 向右 B．FN 向左 C．FM 逐渐增大 D．FN 逐渐减小
[要点回顾] 知识点一 磁场、磁感应强度 1．磁场： (1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ荷有磁场力 的作用． (2)方向：小磁针的 N 极所受磁场力的方向． 2．磁感应强度： F (1)定义式：B＝ (通电导线垂直于磁场)． IL (2)方向：小磁针静止时 N 极的指向．
知识点二 磁感线、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向 都跟这点的磁感应强度的方向一致． 2．常见电流的磁场： 通电直导线 通电螺线管 环形电流 安培定则
[答案] C
变式训练 1 三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直 角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B 两导线中的电 流大小相同，如图所示，已知导线 A 在斜边中点 O 处所产生的磁场的 磁感应强度大小为 B，导线 C 在斜边中点 O 处所产生的磁场的磁感应 强度大小为 2B，则 O 处的磁感应强度的大小和方向为( ) A．大小为 B，方向沿 OA 方向 B．大小为 2 2B，方向竖直向下 C．大小为 2B，方向沿 OB 方向 D．大小为 2B，方向沿 OA 方向
【红对勾】2017届高考物理新课标一轮复习配套课件：第8章-磁场 8-3
(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运 动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时 速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方 向的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma① 1 2 由运动学公式得d＝ at0② 2 2d＝v0t0③ vy＝at0④
2 v＝ v0 ＋ v2 y⑤
【例1】
如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内
存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象 限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大 小为E.一带电荷量为＋q、质量为m的粒子， 自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴 上的Q点进入第一象限，随即撤去电场．以后 仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒 子重力．
解析：如图所示，根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，磁感应 强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越 小．故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加 速电压有最小值．设此时粒子刚好打在屏 的最下端B点，根据带电粒子在磁场中运动 特点可知：粒子偏离方向的夹角正切值为 h 2 tanθ＝ . r＋L
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向； (2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴 的方向进入第二象限，求B0； (3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后 粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒 子相邻两次经过Q点所用的时间．
第一步：抓关键点 关键点 ①沿y轴正方向的匀强电场 获取信息 带电粒子在第四象限内
FG＝HQ＝2R2⑬ 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t， FG＋HQ＋2πR2 则有t＝ ⑭ v 联立⑦⑫⑬⑭式得 t＝(2＋π) 2md ⑮ qE
qEd m 方向与x轴正方向成45° 角斜向上 2md qE
2017年高考物理一轮复习 第8章 磁场课件 新人教版
6．洛伦兹力公式Ⅱ 考查居多。
最新考纲
考向瞭望
7．带电粒子在匀强磁场 5．带电粒子在分立的电磁场中连
中的运动Ⅱ
续运动和周期性运动也值得关注。
8．质谱仪和回旋加速器 此类问题常以非选择题形式考查。
Ⅰ
6．带电粒子在磁场和电场、磁场
说明：安培力的计算只限 和重力场以及磁场、电场、重力场
于电流与磁感应强度垂直 三场组成的复合场问题也是考查的
对于带电粒子在组合场中的运动问题首先要分析清楚其运 动特点和受力特点。当粒子从一个场进入另一场时，分析转折 点的速度往往成为解题的突破口。应用功能关系处理带电粒子 在组合场中的运动问题时需特别注意重力、电场力和洛伦兹力 做功的特点。
方向Ⅰ
问题，特别注意“边界问题”以及由周期性
3．安培力、安培力 的方向Ⅰ 4．匀强磁场中的安 培力Ⅱ
引起的“多解问题”。题型多见于计算题。 3．考查磁场中的基本概念，如磁感线、磁感 应强度、磁通量等，一般以选择题的形式出 现。
5．洛伦兹力、洛伦 4．通电直导线在磁场中受力、结合牛顿定
兹力的方向Ⅰ
律、运动学公式以及能量，以非选择题形式
走向高考 ·物理
人教版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第八章 磁场
1 高考导航 2 名师点拨
高考导航
最新考纲
考向瞭望
1.磁场、磁感应强 1.安培定则、左手定则的使用属于基础知识，
度、磁感线Ⅰ
基本上是定性分析，题型多见于选择题。
2．通电直导线和通 2．带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动， 电线圈周围磁场的 确定其圆心、半径、运动轨迹、运动时间等
的情形
重点。这多见于带电粒子直线运动、匀速圆周运动
2017年高考物理一轮复习 第8章 磁场基本规律 第1讲 讲义(人教版浙江)
[考试标准］知识内容必考要求加试要求磁现象和磁场b b磁感应强度c c几种常见的磁场b b通电导线在磁场中c d受到的力考点一磁现象和磁场1。
磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥,异名磁极相互吸引。
2.奥斯特实验（如图1所示)：图1（1）通电直导线沿南北方向放置在小磁针的上方。
(2）意义：说明通电导体周围存在着磁场,发现了电流的磁效应,首先揭示了电与磁之间是有联系的。
3。
磁场（1)磁场:存在于磁体周围或电流周围的一种客观存在的特殊物质。
磁体与磁体之间、磁体和通电导体之间、通电导体和通电导体间的相互作用都是通过磁场发生的。
(2)基本性质:对放入其中的磁体或通电导体有力的作用。
（3)地磁场:地球磁体的N极(北极）位于地理南极附近，地球磁体的S极（南极)位于地理北极附近。
1。
［对磁现象的基本认识]（多选）下列说法中正确的是( )A。
磁场看不见、摸不着，所以它并不存在，它是人们为了研究问题方便而假想出来的B。
同名磁极相互排斥,异名磁极相互吸引C。
磁体和通电导体都能产生磁场D。
若小磁针始终指向南北方向，则小磁针的附近一定没有磁铁答案BC解析磁场是一种“场”物质，它和我们常见的分子、原子组成的物质不同，它是以一种“场"的形式存在的，故选项A错误.由磁极间相互作用的基本规律及电流的磁效应可知，选项B、C正确.若磁铁放在小磁针的南方或北方,小磁针仍可能始终指向南北方向，故选项D错误.2。
［对奥斯特实验的理解]在重复奥斯特的电流磁效应的实验时,为使实验方便且效果明显，通电直导线应（)A.平行于南北方向，位于小磁针上方B.平行于东西方向,位于小磁针上方C.平行于东南方向，位于小磁针下方D.平行于西南方向,位于小磁针下方答案A解析在做奥斯特实验时,为排除地磁场影响，小磁针应南北放置,通电直导线也应南北放置且位于小磁针上方，故选A。
3。
[地磁场]关于地磁场,下列说法中正确的是( )A。
地理位置的南北极即为地磁场的南北极B。
高考物理一轮复习 第8章 第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用固考基教材梳理
取夺市安慰阳光实验学校第1讲磁场的描述磁场对电流的作用磁场磁、感线基本性质磁感应强度电流的磁场直线电流的磁场判定环形电流的磁场判定磁场对电流的作用力左手定则计算公式磁场、磁感线、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟该点的磁感应强度的方向一致．3．磁体的磁场和地磁场条形磁铁蹄形磁铁地磁场图8－1－14．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)大小：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．电流的磁场1．奥斯特实验：奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，首次揭示了电与磁的联系．2．安培定则(1)通电直导线：用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．(2)通电螺线管：让右手弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，大拇指所指的方向就是环形电流中轴线上的磁感线的方向或螺线管内部磁感线的方向．图8－1－2磁通量1．概念在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式：Φ＝B·S.3．单位：1 Wb＝1_T·m2.安培力的方向和大小1．安培力的方向(1)左手定测：伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向电流的方向，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥．2．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsin_θ，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝BIL.(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．1．(多选)下列所示各图中，小磁针的指向正确的是( )【解析】小磁针静止时的N极指向为该处磁场方向，由安培定则可知A中螺线管内的磁场方向向左，A正确．B中赤道处的磁场方向由南向北，B正确．C 中小磁针所在处的磁场方向向下，C错误．D中U形磁体间的磁场向右，D正确．【答案】ABD2.图8－1－3如图8－1－3所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )A．πBR2B．πBr2C．nπBR2 D．nπBr2【解析】磁通量与线圈匝数无关，且磁感线穿过的面积为πr2，故B项对．【答案】B3．(2013·广州模拟)在赤道上，地磁场可以看做是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5×10－5 T．如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长40 m，载有20 A的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是( ) A．4×10－8 N B．2.5×10－5 NC．9×10－4 N D．4×10－2 N【解析】地磁场方向是南北方向，电流方向是东西方向，它们相互垂直，可以利用公式F＝BIL来计算，此安培力的大小为4×10－2 N.【答案】D4．如图8－1－4所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要使安培力增大，可采用的方法有( )图8－1－4A．减小金属导轨的间距 B．增大磁感应强度C．减小磁感应强度 D．减小电流【解析】由安培力公式F＝BIL可知，要使安培力增大，可以增大磁感应强度，增大金属导轨的间距，增大电流．故选B.电流磁场的叠加和安培定则的应用1.直流电流或通电螺线管周围磁场磁感线的方向都可以应用安培定则判定．2．磁感应强度是矢量，叠加时符合矢量运算的平行四边形定则．图8－1－5(2012·大纲全国高考)如图8－1－5，两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( )A．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磁场的叠加和安培定则的应用(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．【迁移应用】1.图8－1－6(2013·安徽高考)图8－1－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( )A．向上B．向下C．向左 D．向右【解析】综合应用磁场的叠加原理、左手定则和安培定则解题．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安培力的分析和平衡问题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8－1－7(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8－1－7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．解题步骤(1)把立体图转化为平面图．(2)根据左手定则确定安培力的方向．(3)受力分析，画出安培力和其他力．(4)根据平衡条件列出平衡方程．图8－1－8(2013·山东名校质检)如图8－1－8所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止位置的轨道半径与竖直方向成37°角，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN. 【解析】(1)从右向左看，受力分析如图所示．由平衡条件得：tan 37°＝F安mg，F安＝BIL，解得：B＝3mg4IL.(2)设两导轨对导体棒的支持力为2 FN，则有2FNcos 37°＝mg，解得FN＝58mg.即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为58mg.【答案】(1)3mg4IL(2)58mg【迁移应用】●弯曲通电通线安培力大小的计算2．(2010·上海高考)如图8－1－9所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )图8－1－9A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl【解析】V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F ＝BIl ，答案为C. 【答案】 C ●安培力平衡问题 3.图8－1－10(2012·天津高考)如图8－1－10所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( ) A ．棒中的电流变大，θ角变大 B ．两悬线等长变短，θ角变小 C ．金属棒质量变大，θ角变大 D ．磁感应强度变大，θ角变小 【解析】选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝BIlmg ，所以当棒中的电流I 、磁感应强度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m 变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B 错误． 【答案】 A导体杆平衡模型通电导体杆在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向关系不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系．图8－1－11(2013·一模)质量为m＝0.04 kg的导电细杆ab置于倾角为30°的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为d＝0.4 m，杆ab与导轨垂直，如图8－1－11所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B＝1T.已知电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.2 Ω，试求当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动．(导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10 m/s2)【解析】通电导体在磁场中受到的安培力为：F＝BId，方向沿斜面向上．导体棒受力平面图如图．设电流为I时，导体杆刚好静止不动，分析导体杆的受力可得：BId＝mgsin θ，解得：I＝0.5 A 根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I(R＋r)．解得：R＝2.8 Ω【答案】 2.8 Ω【即学即用】图8－1－12(2014·哈尔滨三中检测)如图8－1－12所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，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＝0.50 T、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＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg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＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝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．【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.(3)导体棒受力如图，将重力正交分解F1＝mgsin 37°＝0.24 NF1＜F安，根据平衡条件mgsin 37°＋f＝F安，解得：f＝0.06 N，方向沿导轨向下．【答案】(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N，方向沿导轨向下。
2017届高考物理一轮复习第8章磁场的描述(第1课时)课件解读
A．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
[解题引路] T 1． 0～ 内， 金属棒所受安培力多大？金属棒做什么运动？ 2 T ～T 内又做什么运动？ 2
提示：F＝BImL 匀加速度运动 匀减速运动
2．安培力在一个周期做功情况如何？
CD
2．下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁 感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是( )
[解析]
磁场方向垂直纸面向里，电流方向水平向右，根
据左手定则，安培力的方向竖直向上，故A正确；磁场方向垂
直纸面向外，电流方向垂直纸面向里，电流方向与磁场方向平 行，不受安培力，故B错误；磁场方向水平向左，电流方向垂
中；磁场的磁感应强度大小为0.1 弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动 势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹 簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧 的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取 10 m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金 属棒的质量．
由右手螺旋定则知，软铁芯在导线 D 处的磁场方
向向左，由左手定则可判定导线 D受到的磁场力方向向上， A
[答案] A
考向一
安培定则的应用与
磁感应强度的叠加 1．安培定则的“因”和“果” 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流的磁场
环形电流及通电螺 线管的磁场
大拇指
四指
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．
[小题快练] 1.下列说法正确的是( ) A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通 电导线放在该点时，受到的磁场力 F 与该导线的长度 L、通过 F 的电流 I 的乘积的比值 B＝ 即为磁场中某点的磁感应强度 IL B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应 强度一定为零 F C．磁感应强度 B＝ 只是定义式，它的大小取决于场源 IL 及磁场中的位置，与 F、I、L 以及通电导线在磁场中的方向无 关 D．磁场是客观存在的
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限时规范专题练(六) 电磁场问题综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。
其中1～4为单选，5～7为多选) 1．[2015·沈阳质监]质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。
让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S 无初速度飘入电势差为U 的加速电场。
加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中。
氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”。
则下列判断正确的是( )A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D.a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚 答案 A解析 氢元素的三种同位素离子均带正电，电荷量大小均为e ，经过加速电场，由动能定理有：eU ＝E k ＝12mv 2，故进入磁场中的动能相同，B 项错；且质量越大的离子速度越小，故A 项正确；三种离子进入磁场后，洛伦兹力充当向心力，evB ＝m v 2R ，解得：R ＝mv eB ＝2meUeB，可见，质量越大的圆周运动半径越大，D 项错；在磁场中运动时间均为半个周期，t ＝πR v ＝πmeB，可见离子质量越大运动时间越长，C 项错。
2.[2016·西安八校联考]如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能E k 随时间t 变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1 B.在E k t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D.不同粒子获得的最大动能都相同 答案 B解析 回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为t n －t n －2，A 项错；带电粒子在匀强磁场中运动周期与粒子速度无关，故B 项正确；粒子加速后圆周运动半径达到加速器半径时，速度达到最大，即：qv m B ＝m v 2mR ⇒E kmax ＝B 2q 2R 22m，与加速次数无关，C 项错；不同粒子的比荷不同，最大动能也不一定相同，D 项错。
3. 如图所示，一个质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子，从静止开始经电压U 加速后，沿水平方向进入垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，带电粒子经过半圆到A 点，设OA ＝y ，不计粒子的重力，则能正确反映y 与U 之间关系的图象是( )答案 B解析 带电粒子经过加速电场加速的过程，由动能定理得，qU ＝12mv 2，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qBv ＝m v 2r ，解得，r ＝mv qB ，又y ＝2r ，则y ＝22mqUqB，B 项正确。
4. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v ，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将( )A.大于v B ．小于v C.等于v D ．无法确定答案 B解析 由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小。
5.[2015·西安四模]带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图所示。
不计空气阻力，则( )A ．一定有h 1＝h 3B ．一定有h 1<h 4 C.h 2与h 4无法比较 D ．h 1与h 2无法比较答案 AC解析 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 202g。
第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，故A 正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为E k ，则由能量守恒得：mgh 2＋E k ＝12mv 20，又由于12mv 20＝mgh 1，所以h 1>h 2，所以D 错误。
第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高于h 1，也可能低于h 1，故C 正确，B 错误。
6.[2016·长沙月考]如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中。
两个质量均为m 、带电荷量为＋q 的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )A ．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大 B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短 C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同 D.两滑块在斜面上运动的过程中(从释放到离开斜面)，重力的平均功率相等 答案 AD解析 小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mg cos θ＝qv m B解得：v m ＝mg cos θqB所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A 正确；由受力分析得加速度a ＝g sin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m ＝at 得，甲的时间大于乙的时间，故B 错误；由AB 的分析和x ＝v 2m2a得，甲的位移大于乙的位移，故C 错误；由平均功率的公式P ＝Fv ＝mg ·v m2sin θ＝m 2g 2sin θ·cos θ2qB，所以D 正确。
7. [2016·武昌调研]如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小)。
质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子可在环中做半径为R 的圆周运动。
A 、B 为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A 板刚进入AB 之间时，A 板电势升高到＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速。
每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零。
粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R 不变。
已知极板间距远小于R ，则下列说法正确的是( )A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B.粒子从A 板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqUC.粒子在绕行的整个过程中，A 板电势变化周期不变D.粒子绕行第N 圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为1R2NmUq答案 BD解析 带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知：环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向外，选项A 错误；带电粒子每经过一次电场都将被加速一次，由动能定理可得：粒子从A 板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqU ，选项B 正确；粒子在绕行的整个过程中，A 板电势变化周期等于粒子在磁场中运动的周期，由周期公式T ＝2πRv可知：v 增大，周期T 变小，选项C 错误；由向心力公式qvB ＝mv 2R 和动能定理NqU ＝12mv 2，联立可得：B ＝1R2NmUq，选项D 正确。
二、非选择题(本题共3小题，共58分)8.[2016·邯郸质检](19分)如图，边长L ＝0.2 m 的正方形abcd 区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝5.0×10－2T 。
带电平行金属板MN 、PQ 间形成了匀强电场E (不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN 放在ad 边上，两板左端M 、P 恰在ab 边上，两板右端N 、Q 间有一绝缘挡板EF 。
EF 中间有一小孔O ，金属板长度、板间距、挡板长度均为l ＝0.1 m 。
在M 和P 的中间位置有一离子源S ，能够正对孔O 不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q ＝3.2×10－19 C ，质量均为m ＝6.4×10－26kg 。
不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。
(1)当电场强度E ＝1.0×104N/C 时，求能够沿SO 连线穿过孔O 的离子的速率。
(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO 连线穿过O 并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。
答案 (1)2.0×105m/s (2)9.375×102N/C<E <1.25×103N/C解析 (1)穿过孔O 的离子在金属板间需满足qv 0B ＝Eq代入数据得v 0＝2.0×105m/s(2)穿过孔O 的离子在金属板间仍需满足qvB ＝Eq离子穿过孔O 后在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r由以上两式得E ＝qB 2r m从bc 边射出的离子，其临界轨迹如图①，对应轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得r 1＝l ＝0.1 m由此可得E 1＝1.25×103 N/C从bc 边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度最小，由几何关系可得2r 2＋l2＝L所以r 2＝0.075 m由此可得E 2＝9.375×102N/C 所以满足条件的电场强度的范围为：9.375×102 N/C<E <1.25×103N/C9.[2015·绥化二模](19分)如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX ′极板长L ＝0.2 3 m ，板间距离d ＝0.2 m ，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×10－3T ，方向垂直纸面向里。
现将X ′极板接地，X 极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示。