高考物理二轮复习专题8磁吃电流和运动电荷的作用课件
高中物理第2章4磁吃运动电荷的作用课件新人教版选修1
44
[答案] 见解析图
2021/4/17
高中物理第2章4磁吃运动电荷的作用课件新人教版
45
选修1
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成功
的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失 败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，考试加
油。
13
AD [电荷在电场中一定受到电场力的作用，但只有运动的电荷 在磁场中才可能受到洛伦兹力的作用，洛伦兹力永远不做功．]
14
4．如图所示，阴极射线管发出的电子束在阳极和阴极间强电场 的作用下沿直线运动，如果在射线管所在区域内加上垂直纸面向里 的匀强磁场，则电子束的偏转方向为( )
A．向上偏转 C．垂直纸面向里偏转
17
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休 息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身 体不好哦~
栏目导航
18
对洛伦兹力的理解 1.洛伦兹力与安培力的关系 通电导线受安培力是内部大量定向移动电荷受洛伦兹力的宏观 表现；而洛伦兹力是安培力的微观本质． 2．洛伦兹力的作用特点 由于洛伦兹力遵守左手定则，其方向总是与电荷的运动方向垂 直，因此洛伦兹力只改变速度方向不改变速度大小，对运动电荷不做 功．
25
[注意事项] (1)电荷在电场中一定受电场力，而在磁场中不一定受洛伦兹力． (2)洛伦兹力方向与速度方向一定垂直，而电场力的方向与速度 方向无必然联系．
26
1．在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断不正确的是( )
27
C [根据左手定则，垂直纸面向里的磁感线穿过手心，四指指 向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来 洛伦兹力向上，故 A 正确．根据左手定则，垂直纸面向外的磁感线 穿过手心，四指指向正电荷运动的方向向右，大拇指指向洛伦兹力 的方向，判断出来洛伦兹力向下，故 B 正确．当速度与磁感线平行
高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用第1节探究磁吃电流的作用课件鲁科版选修3
[典例 1] 如图，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流为 I，磁感应强 度为 B，求各导线所受到的安培力．
[思路点拨] 求有效长度各是多少．
[尝试解答] A 图是两根导线组成的折线，整体受力实质上是两部分直导线分别受力 的矢量和，其有效长度为 2L，故 FA＝ 2IBL；同理，B 图是半圆形电流，分析圆弧 上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有效长度为 2R，FB＝2BIR；C 图中， 将导线接通形成闭合线圈，则 ab 和 bc 两段导线受力的合力与 ac 导线受力方向刚好 相反，故合力为零，所以，闭合的通电线圈所受安培力为零，FC＝0. [答案] FA＝ 2IBL FB＝2BIR FC＝0
解析：导体棒 MN 在安培力作用下，处于平衡状态，题目中的磁感线尽管是倾斜的， 但磁场方向与导体棒 MN 是垂直的．同时要注意题中图为立体图，受力分析时，应 转换为平面图．画出平面图，由左手定则判断出安培力方向，对 MN 受力分析，如 图所示．对导体棒 MN，由平衡条件得：水平方向：f＝Fsin θ，竖直方向：N＝Fcos θ＋mg，又因为安培力 F＝ILB，所以 MN 所受支持力 N＝ILBcos θ＋mg，所受摩擦 力 f＝ILB类问题的步骤是 (1)将立体图转化为平面图． (2)受力分析． (3)根据平衡条件求解．
[典例 3] 一根长为 0.2 m 的金属棒放在倾角为 θ＝37°的光滑斜面上，并通以 I＝5 A 的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度为 B＝0.6 T、竖直向上的匀强磁 场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？
时，指针停留在某一刻度，_电__流___越大，_安__培___力__就越大， _指__针__偏__角___就越大．
安培力大小的计算
1．安培力的计算方法
高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用习题课三带电粒子在匀强磁场中的圆周运动课件鲁科版选修3
[答案]
2deB v
πd 3v
有界磁场中匀速圆周运动问题的三个环节： (1)画轨迹、定圆心、利用几何关系求半径． (2)确定偏转角与圆心角，运动时间与周期相联系． (3)牛顿第二定律和圆周运动的规律相联系，特别是周期公式、半径公式．
[典例 3] 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 B，宽度为 d， 边界为 CD 和 EF.一电子从 CD 边界外侧以速率 v0 垂直射入匀 强磁场，入射方向与 CD 边界的夹角为 θ.已知电子的质量为 m， 电荷量为 e，为使电子能从磁场的另一侧 EF 射出，求电子的 速率 v0 至少多大．若 θ 角可取任意值，v0 的最小值是多少？ [思路点拨] 电子恰好不从 EF 射出的临界条件是轨迹圆与 EF 相切．
复习课件
高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用习题课三带电粒子在匀强磁场中的圆周运动课件鲁科版选 修3
2021/4/17
高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用习题课三带电粒子在
1
匀强磁场中的圆周运动课件鲁科版选修3
第6章 磁场对电流和运动电荷的作用 习题课三 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
要点知识归纳 经典例题精析 专题专项训练
解此类题关键是由轨迹判断半径变化.
[典例 2] 如图所示，一个电子的电荷量为 e，以速度 v 垂直 射入磁感应强度为 B、宽度为 d 的有界匀强磁场中，穿过磁场 时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角是 30°，则电子的 质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？ [思路点拨] 电子在磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其 轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度 v 垂直，故圆心应 在电子射入和射出时洛伦兹力延长线的交点上．
θ）.
当 θ＝0°时，v0＝B2med最小，此时半径最小，rmin＝d2，也可由轨迹分析得出上述结论．
2014高考物理大二轮专题复习课件：磁场对电流和运动电荷的作用
专题六 学案10
突破练习 4．彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如 图 6 所示，在容器的中心放一个圆柱形电极， 沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把 在容器内放 入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋 图6 转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并 没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实 验过程中 A．将磁铁的磁极接反了 B．将直流电源的正负极接反了 C．使用的电源为 50 Hz 的交流电源 D．使用的液体为饱和食盐溶液 ( )
本 学 案 栏 目 开 关
的电流. a、O、b 在 M、N 的连线上，O 为
图1
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 ( )
专题六 学案10
C．若 a 接负极， b 接正极，e 接正极， f 接负极，则 L 向左 滑动
本 学 案 栏 目 开 关
D．若 a 接负极， b 接正极，e 接负极， f 接正极，则 L 向左 滑动
审题突破 ①由螺线管中的电流方向判断产生的磁场方向． ②由导线中的电流方向，利用左手定则判断受力方向．
答案 A
本 学 案 栏 目 开 关
专题六 学案10
6．在倾角 θ＝30° 的斜面上，固定一金属框， 宽 l＝0.25 m，接入电动势 E＝12 V、内阻 不计的电池．垂直框面放置一根质量 m＝
本 学 案 栏 目 开 关
0.2 kg 的金属棒 ab，它与框架间的动摩擦 6 因数 μ＝ ，整个装置放在磁感应强度 B 6
高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用第1节探究磁吃电流的作用课件鲁科版选修3 10625113
[题组过关] 1．在一定条件下将通有电流的直导线放在磁场中时，磁场对该 直导线有磁场力的作用，则对磁场力、磁场以及电流三者的方 向关系理解正确的是( ) A．磁场力、磁场以及电流三者的方向两两互相垂直 B．磁场力一定与磁场、电流的方向垂直，但磁场和电流的方向 不一定垂直 C．磁场一定与磁场力、电流的方向垂直，但磁场力和电流的方 向不一定垂直 D．电流一定与磁场、磁场力的方向垂直，但磁场力和磁场的方 向不一定垂直
动．两种作用平衡时，指针便停留在某一刻度．电流越大，指
越大 ，所以通过指针的______ 偏转 便可知道电流的大小． 针的偏转______
用磁电式电流表测量电流时，通电线圈的四条边是否都受到安 培力的作用？
提示：不是．通电线圈的左、右两边与磁场方向垂直，受到安 培力的作用；通电线圈的内、外两边始终与磁场方向平行，不 受安培力的作用．
[答案]
C
命题视角 2
安培力方向的判断
画出图中各磁场对通电导线的安培力的方向．
[思路点拨] 解此题要明确两点： (1)磁感应强度方向和电流方向． (2)左手定则的应用方法及安培力的判断步骤．
[解析] 利用左手定则判断出导线所受安培力方向如图所示．
[答案] 如解析图所示
பைடு நூலகம்
安培力方向判断的注意事项 (1)运用左手定则判定安培力的方向时，注意图形的转化，将抽 象的立体图形转化为便于受力分析的图形． (2)抓住三个主要步骤 ①确定磁场和电流所确定的平面． ②判断出安培力的方向在哪一条直线上． ③根据左手定则判断出安培力的具体方向．
安培力的方向 1．磁场中的通电导体所受安培力的方向遵守左手定则，而不是 安培定则，安培定则是判断通电导体周围磁场方向的． 2．安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面， 但 B 与 I 不一定垂直． 3．已知 I、B 的方向，可唯一确定 F 的方向；已知 F、B 的方 向，且导线的位置确定时，可唯一确定 I 的方向；已知 F、I 的 方向时，磁感应强度 B 的方向不能唯一确定．
高中物理第6章静电场磁吃电流和运动电荷的作用第1节探究磁吃电流的作用课件鲁科版选修3_1
【解析】 A 图中，F＝IlBcos α，这时不能死记公式而错写成 F＝IlBsin α. 要理解公式本质是有效长度或有效磁场，正确分解．B 图中，B⊥I，导线再怎么 放，也在纸平面内，故 F＝IlB.C 图是两根导线组成的折线 abc，整体受力实质上 是两部分直导线分别受力的矢量和，其有效长度为 ac，故 F＝ 2IlB.D 图中，从 a→b 的半圆形电流，分析圆弧上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有 效长度为 ab，故 F＝2IRB.E 图中，F＝0.
知 识 点 一
学
业
分
第 1 节 探究磁场对电流的作用
层 测
评
知 识 点 二
学习目标 1.知道安培力的定义及安培力大小的决 定因素． 2．会用 F＝IlB 计算 B 与 I 垂直情况下 的安培力．(重点) 3．掌握左手定则，并会用它判定安培力 的方向．(重点) 4．知道安培力在实际生活中的应用和磁 电式电表的构造.
安培力就在你身边
[先填空] 1．电流表、电动机等都是安培力的应用． 2．电流计的构造：圆柱形铁芯固定于蹄形磁铁两极间， 铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装 有指针和游丝．
图 6-1-6
3．电流计的原理：当被测电流流入线圈时，线圈受安培力作用而转动，线 圈的转动使游丝扭转形变，并对线圈的转动产生阻碍．当安培力产生的转动与 游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针便停留在某一刻度． 电流越大，安培 力越大，指针偏转越大．
4．方向——左手定则(如图 6-1-1 所示)：判断安培力的方向，伸开左手，让 拇指与其余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指 指向电流方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向．
图 6-1-1
2024届高考物理二轮复习专题课件：+电磁感应
【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频 率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔 化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带 连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保 险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于 磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时 针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ， 它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.
2019-2020年高考物理二轮复习高分突破专题六磁场第20课时磁吃运动电荷的作用课件
4.如图3所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力， 电子在管内的运动应该是( )
图3 A.当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动 B.当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动 C.不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动 D.不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
解析 由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中 心轴线，与电子的运动方向平行，则电子在磁场中不受洛伦兹 力；电子重力不计，则电子做匀速直线运动。 答案 C
第20课时 磁场对运动电荷的作用
知识点一 洛伦兹力的方向(c/c) 1.(2016·宁波学考模拟)如图1所示，“观察阴极射线在磁场中
的偏转”实验中，当条形磁铁一端从后方垂直屏幕靠近阴极 射线管，图中从左向右运动的电子向上偏转。对该实验，下 列说法正确的是( )
图1
A.条形磁铁的N极靠近阴极射线管，阴极射线受到洛伦兹力向上 B.条形磁铁的N极靠近阴极射线管，阴极射线受到洛伦兹力向下 C.条形磁铁的S极靠近阴极射线管，阴极射线受到洛伦兹力向下 D.条形磁铁的S极靠近阴极射线管，阴极射线受到洛伦兹力向上 解析 由于电子从左向右运动，电子向上偏转，受到的洛伦兹力 方向向上，由左手定则可知磁场方向从后向前，即条形磁铁的N 极靠近阴极射线管，选项A正确。 答案 A
图9
3.临界状态不唯一形成多解 如图10所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时， 由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了， 也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解。
图10
【练 4】 如图 11 甲所示，ABCD 是一长方形有界匀强磁场 边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场 的正方向，图中 AB＝ 3AD＝ 3L，一质量为 m、所带电荷 量为 q 的带正电粒子以速度 v0 在 t＝0 时从 A 点沿 AB 方向 垂直磁场射入，粒子重力不计。
2025届高三物理二轮专项复习课件：电磁感应问题
B.导体框可能匀速穿过整个磁场区域
L
C.导体框穿过匀强磁场的过程中，电阻产
生的热量为mg(L+h) 产生的热量=重力势能的较少量
D.导体框进入磁场的过程中，通过某个横
a
截面的电荷量为
∆∅
=
=
=
c
d
h
b
B
7.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可以忽略，D为理想二极
管，则下列说法正确的是（ BD）
A.当S闭合时， 立即变亮， 逐渐变亮
B.当S闭合时， 一直不亮， 逐渐变亮
C.当S断开时， 立即熄灭
D.当S断开时， 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
D
E
S
8.(2019.河北月考）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为° 的
斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一
磁感应强度大小为B，方向垂直导轨所在平面向上的匀强磁场，在斜面上平行
斜面固定一个轻弹簧，弹簧的劲度系数为K,弹簧上端与质量为m电阻为r，长
为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好，导体杆中点系一轻细线，细线
平行于斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块，初始时用
F
B
4.在导体棒ab产生的感应电流方向
是（ A ）
A. → . →
F
O
O
F
T
A
t O
F
T
B
t
O
F
C
T t
全国通用2019届高考物理二轮复习专题8磁吃电流和运动电荷的作用课件-精选.doc
全国通用2019届高考物理二轮复习专题8磁吃电流和运动电荷的作用课件专题8 磁场对电流和运动电荷的作用知识专题网络构建考题二带电粒子在磁场中的运动考题三带电粒子在相邻多个磁场中的运动栏目索引考题一磁场对通电导体的作用力考题一磁场对通电导体的作用力 1.安培力大小的计算公式：F＝BILsin (其中为B与I之间的夹角). (1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL. (2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0. 2.安培力方向的判断：左手定则. 方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面. 知识精讲3.两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图1甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流. 图1 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.4.求解磁场中导体棒运动问题的方法 (1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直. (2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图. (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.解析例1 如图2所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做旋转的液体的实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 ，限流电阻R 0 ＝4.9 ，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 ，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，则( ) A.由上往下看，液体做顺时针旋转 B.液体所受的安培力大小为1.510 －4 N C.闭合开关10 s，液体具有的动能是4.5 J D.闭合开关后，液体电热功率为0.081 W 图2 典例剖析1.(2016海南单科8)如图3(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中 ( ) [ 变式训练] 1 2 3 图3A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外解析将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误. 解析 1 2 32.如图4所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内.某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为( ) 解析 1 2 3 图4 A. 2BIL B. 12 nBIL C.nBIL D. 2nBIL 解析线框的有效长度为 L＝ 2L，故线圈受到的安培力为 F＝nBIL＝ 2nBIL，D 正确.3.如图5甲所示，两平行光滑导轨倾角为30，相距10 cm，质量为10 g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 ，限流电阻 R＝5 ，R为滑动变阻器，其余电阻均不计.在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是( ) 1 2 3 图5A.电阻的最小值为12 ，磁场方向水平向右B.电阻的最大值为25 ，磁场方向垂直斜面向左上方C.电阻的最小值为7 ，磁场方向水平向左D.电阻的最大值为19.5 ，磁场方向垂直斜面向右下方解析返回 1 2 31. 必须掌握的几个公式考题二带电粒子在磁场中的运动方法指导2. 轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障 (1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹. (2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F 洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO与任一个F 洛作用线的交点上，如图6所示. 图6(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝AB2sin 2＝AB2sin ，然后再与半径公式 r＝ mvqB 联系起来求解. (4)时间的确定：t＝2 T ＝mqB或 t＝sv ＝Rv. (5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.例2 (2016海南单科14)如图7，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA＝30，OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t 0 .不计重力. (1)求磁场的磁感应强度的大小；解析答案典例剖析图7(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；解析设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示. 设两轨迹所对应的圆心角分别为 1 和 2 . 由几何关系有： 1 ＝180－ 2 ⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 1 与t 2 ，则t 1 ＋t 2 ＝＝2t 0 ⑥ (a) T2 解析答案答案 2t 0(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为 t 0 ，求粒子此次入射速度的大小. 解析如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为为150.设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r 0 ，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有OOD＝BOA＝30 ⑦ 53 (b) r 0 cosOOD＋r 0cosBOA ＝L ⑧设粒子此次入射速度的大小为 v 0 ，由圆周运动规律 v 0 ＝ 2r 0T ⑨联立①⑦⑧⑨式得 v 0 ＝3L7t 0. 解析答案答案 3L7t 0解析 4 5 [ 变式训练] 4.(2016全国甲卷18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图8所示.图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角.当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( ) 图8 A.3B B.2B C. B D. 2B 65.(2016四川理综4)如图9所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力.则( ) A.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1 B.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2 C.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1 D.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 解析图9 4 5 66.(2016全国丙卷18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图10所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( ) 解析返回图10 4 5 6 A.mv2qB B.3mvqB C. 2mvqB D. 4mvqB考题三带电粒子在相邻多个磁场中的运动方法指导找到半径是关键，边界分析是突破点带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动，解决此类问题的一般思路： (1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径； (3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；(4)结合粒子运动的半径公式 r＝ mvBq (或周期公式T＝2mqB)即可得出所求的物理量. 考生需要特别注意的是，分析出带电粒子在两磁场分界处的运动情况是解决此类问题的突破点.典例剖析例3 如图11所示，为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合.半径为R 0 的圆形区域I内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B 1 .一束质量为m、电荷量为q、动能为E 0 的带正电粒子从坐标为(0、R 0 )的A点沿y轴负方向射入磁场区域I，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面的匀强磁场B 2 时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域I，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ后能够从Q点沿半径方向射入区域I，已知OQ与x轴正方向成60角.不计重力和粒子间的相互作用.求：图11(1)区域I中磁感应强度B 1 的大小； (2)环形区域Ⅱ中B 2 的大小、方向及环形外圆半径R的大小； (3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间.答案 [ 思维规范流程] 步骤1：在区域I：画出轨迹，定圆心，由几何关系得出r 1 ：列F 洛＝F n 方程 (1)在区域I：r 1 ＝①＝② E 0 ＝③得B 1 ＝④ R 0 qvB 1 mv 2r 1 12 mv2 2mE 0qR 0答案步骤2：在区域Ⅱ：画出轨迹定圆心，由几何关系得出r 2 ：列F 洛＝F n 方程：由左手定则判断B 2 方向. 由几何关系得出外圆半径R. (2)在区域Ⅱ： r 2 ＝＝⑤＝⑥得B 2 ＝⑦方向：垂直xOy平面⑧ R ＝＝⑨即：R＝⑩ 33r 1 33R 0 qvB 2 mv 2r 2 6mE 0qR 0 向外 r 2sin 30＋r 2 3r 2 3R 0答案步骤3：由轨迹图得：根据T＝得 t＝⑪ T 1 ＝ T 2 ＝⑫ t＝⑬ T 14＋ 23 T 2 2mqB 1 2mqB 2 2mqB ( 2 69＋24)R 0 mE 0E 0 ④⑦⑨⑪⑫⑬每式各2分，其余各式1分7.如图12所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1 和B 2 ，一质量为m，电荷为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v 0 沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则( ) A.粒子一定带正电荷 B.MN上下两侧的磁场方向相同 C.MN上下两侧的磁感应强度的大小B 1 ∶B 2 ＝1∶2 D.时间t＝解析 7 8 [ 变式训练] 图12 2mqB 2解析答案 8.如图13所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B 1 ＝0.20 T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度d＝12.5 cm的匀强磁场B 2 ，某时刻一质量m＝2.010 －8 kg、电量q ＝＋4.010 －4 C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(－0.25 m,0)的P点以速度v＝2.010 3 m/s沿 y轴正方向运动.试求： (1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径； 7 8 图13解析答案 (2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角；解析粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得： 7 8 cos ＝ r1 －0.25r 1＝12 ，则＝60 答案 60(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B 2 应满足的条件. 解析设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r 2 ，其运动轨迹如图所示， 7 8 由几何关系得r 2 cos ＝r 2 －d，r 2 ＝d1－cos ＝0.125 m1－cos 60＝0.25 m 得：qvB 2 m v2r 2 解得：B 2 mvqr 2 ＝2.010 － 8 2.010 34.010 － 4 0.25 T＝0.4 T 即磁感应强度B 2 应满足：B 2 0.4 T. 答案 B 2 0.4 T 由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r 2 ，返回解析答案。
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2mv C. qB
√D.4qmBv
图10
解析
返回
考题三 带电粒子在相邻多个磁场中的运动
方法指导
找到半径是关键，边界分析是突破点 带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运 动，解决此类问题的一般思路： (1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径； (3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径 (有时候还要找出圆心角)；
R＝ sinr32 0°＋r2 ＝ 3r2
⑨
即：R＝ 3R0
⑩
答案
步骤3：由轨迹图得： 根据T＝2πm 得
qB
t＝ T41＋23T2
T1＝
2πm qB1
T2＝
2πm qB2
t＝
2 (9
6＋
42)·πR0E0mE0
④⑦⑨⑪⑫⑬每式各2分，其余各式1分
⑪ ⑫ ⑬
答案
[变式训练]
78
7.如图12所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分
典例剖析
例1 如图2所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿 边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两
极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面
的半径为a＝0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝ 4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转
典例剖析
例2 (2016·海南单科·14)如图7，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA ＝30°，OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场. 质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场. 已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子 在磁场中运动的时间为t0.不计重力. (1)求磁场的磁感应强度的大小；
图6
(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如 r＝2AsiBnα2＝2sAinB θ， 然后再与半径公式 r＝mqBv联系起来求解. (4)时间的确定：t＝2απ·T＝αqmB或 t＝vs＝αvR.
(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界 射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入 的粒子，必沿径向射出.
图5
A.电阻的最小值为12 Ω，磁场方向水平向右 B.电阻的最大值为25 Ω，磁场方向垂直斜面向左上方 C.电阻的最小值为7 Ω，磁场方向水平向左
√D.电阻的最大值为19.5 Ω，磁场方向垂直斜面向右下方
123
解析
返回
考题二 带电粒子在磁场中的运动 方法指导
1.必须掌握的几个公式
2.轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障 (1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹. (2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用 线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图6所示.
图7
解析答案
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点
射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
解析 设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出
磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示.
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.
由几何关系有：θ1＝180°－θ2 ⑤
图4
的安培力为 F＝nBIL′＝ 2nBIL，D 正确.
解析
123
3.如图5甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距10 cm，质量为10 g的直导线 PQ水平放置在导轨上，从Q向P看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连， 电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 Ω，限流电阻 R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计.在整个 直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强 磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持 垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上，则电路 中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之 相对应的磁场方向是( )
图11
(1)区域I中磁感应强度B1的大小； (2)环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形外圆半径R的大小； (3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间.
[思维规范流程]
步骤1：在区域I：画出
轨迹，定圆心，由几何
关系得出r1：
(1)在区域I：r1＝ R0 ① mv2
列F洛＝Fn方程
qvB1 ＝ r1
ω B.2B
ω
2ω
C.B
D. B
图8
解析
456
5.(2016·四川理综·4)如图9所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁 场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离 开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在 磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力.则( )
图13
解析答案
78
(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角； 解析 粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得： cos θ＝r1－r01 .25＝12，则 θ＝60° 答案 60°
()
图3
123
A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
√B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 √C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 解析 将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定 则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B 正确； 当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正 确，选项D错误.
(4)结合粒子运动的半径公式 r＝mBqv(或周期公式 T＝2qπBm)即可得出所求的 物理量. 考生需要特别注意的是，分析出带电粒子在两磁场分界处的运动情况是 解决此类问题的突破点.
典例剖析
例3 如图11所示，为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强 磁场，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合.半径为R0的圆形区域I内有方向垂 直xOy平面向里的匀强磁场B1.一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子 从坐标为(0、R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域I，粒子全部经过x轴上的P点， 方向沿x轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面的匀强磁场B2时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入 区域I，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ 后能够从Q点沿半径方向射入区域I，已知OQ与x轴正方向 成60°角.不计重力和粒子间的相互作用.求：
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，
则t1＋t2＝
T 2
＝2t0
⑥
答案 2t0
(a)
解析答案
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动
的时间为
5 3
t0，求粒子此次入射速度的大小.
解析 如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的
圆心角为为150°.设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切 于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，
解析
78
8.如图13所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强 度大小B1＝0.20 T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽 度d＝12.5 cm的匀强磁场B2，某时刻一质量m＝2.0×10－8 kg、电量q＝ ＋4.0×10－4 C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上 坐标为(－0.25 m,0)的P点以速度v＝2.0×103 m/s沿 y轴正方向运动.试求： (1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；
此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30° ⑦
r0cos∠OO′D＋cos∠rB0O′A＝L
⑧
设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律 v0＝2πTr0 ⑨
联立①⑦⑧⑨式得 v0＝
3πL 7t0 .
答案
3πL 7t0
(b)
解析答案
[变式训练]
456
4.(2016·全国甲卷·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场
√A.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
图9
解析
456
6.(2016·全国丙卷·18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)
如图10所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
3.两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图1甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时 均可等效为ac直线电流.
图1 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁， 如图乙.
4.求解磁场中导体棒运动问题的方法 (1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的 安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直. (2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出 与导体棒垂直的平面内的受力分析图. (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.
时电压表的示数恒为1.5 V，则( )
A.由上往下看，液体做顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为1.5×10－4 N
C.闭合开关10 s，液体具有的动能是4.5 J