高中生物一輪復(fù)習(xí)教案

20xx高考物理大一輪復(fù)習(xí)：碰撞、動量守恒定律（6份打包有課件）。

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第1節(jié)光電效應(yīng)波粒二象性

一、光電效應(yīng)及其規(guī)律

1．光電效應(yīng)現(xiàn)象

在光的照射下，金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象，發(fā)射出來的電子叫光電子．

2．光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件

入射光的頻率大于金屬的極限頻率．

3．光電效應(yīng)規(guī)律

(1)每種金屬都有一個極限頻率，入射光的頻率必須大于這個極限頻率才能產(chǎn)生光電效應(yīng)．

(2)光電子的最大初動能與入射光的強度無關(guān)，只隨入射光頻率的增大而增大．

(3)光電效應(yīng)的發(fā)生幾乎是瞬時的，一般不超過10－9s.

(4)當入射光的頻率大于極限頻率時，飽和光電流的強度與入射光的強度成正比．

二、愛因斯坦光電效應(yīng)方程

1．光子說

在空間傳播的光不是連續(xù)的，而是一份一份的，每—份叫做一個光子，光子的能量ε＝hν.

2．逸出功W0：電子從金屬中逸出所需做功的最小值．

3．最大初動能：發(fā)生光電效應(yīng)時，金屬表面上的電子吸收光子后克服原子核的引力逸出時所具有的動能的最大值．

4．光電效應(yīng)方程

(1)表達式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν－W0.

(2)物理意義：金屬表面的電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的最大初動能．

三、光的波粒二象性

1．光的干涉、衍射、偏振現(xiàn)象證明光具有波動性．

2．光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性．

3．光既具有波動性，又具有粒子性，稱為光的波粒二象性．

[自我診斷]

1．判斷正誤

(1)任何頻率的光照射到金屬表面都可以發(fā)生光電效應(yīng)．(×)

(2)要使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功．(√)

(3)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比．(×)

(4)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性．(√)

(5)德國物理學(xué)家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應(yīng)規(guī)律．(×)

(6)美國物理學(xué)家康普頓發(fā)現(xiàn)了康普頓效應(yīng)，證實了光的粒子性．(√)

(7)法國物理學(xué)家德布羅意大膽預(yù)言了實物粒子具有波動性．(√)

2．當用一束紫外線照射鋅板時，產(chǎn)生了光電效應(yīng)，這時()

A．鋅板帶負電B．有正離子從鋅板逸出

C．有電子從鋅板逸出D．鋅板會吸附空氣中的正離子

解析：選C.發(fā)生光電效應(yīng)時，有光電子從鋅板中逸出，逸出光電子后的鋅板帶正電，對空氣中的正離子有排斥作用，C正確．

3．(多選)一單色光照到某金屬表面時，有光電子從金屬表面逸出，下列說法中正確的是()

A．無論增大入射光的頻率還是增大入射光的強度，金屬的逸出功都不變

B．只延長入射光照射時間，光電子的最大初動能將增大

C．只增大入射光的頻率，光電子的最大初動能將增大

D．只增大入射光的頻率，光電子逸出所經(jīng)歷的時間將縮短

解析：選AC.金屬逸出功只與極限頻率有關(guān)，A正確．根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0可知，光電子的最大初動能由入射光的頻率和逸出功決定，只延長入射光照射時間，光電子的最大初動能將不變，B錯誤，C正確．發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于截止頻率，光電子逸出所經(jīng)歷的時間幾乎同時，D錯誤．

4．關(guān)于光的本性，下列說法正確的是()

A．光既具有波動性，又具有粒子性，這是互相矛盾和對立的

B．光的波動性類似于機械波，光的粒子性類似于質(zhì)點

C．大量光子才具有波動性，個別光子只具有粒子性

D．由于光既具有波動性，又具有粒子性，無法只用其中一種去說明光的—切行為，只能認為光具有波粒二象性

解析：選D.光既具有波動性，又具有粒子性，但不同于宏觀的機械波和機械粒子，波動性和粒子性是光在不同的情況下的不同表現(xiàn)，是同一客體的兩個不同的側(cè)面、不同屬性，只能認為光具有波粒二象性，A、B、C錯誤，D正確．

5．在某次光電效應(yīng)實驗中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關(guān)系如圖所示．若該直線的斜率和截距分別為k和b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為________，所用材料的逸出功可表示為________．

解析：根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝hνe－W0e，故he＝k，b＝－W0e，得h＝ek，W0＝－eb.

答案：ek－eb

考點一光電效應(yīng)的理解

1．光電效應(yīng)中的幾個概念比較

(1)光子與光電子

光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)射出來的電子，其本質(zhì)是電子．

(2)光電子的動能與光電子的最大初動能

光照射到金屬表面時，電子吸收光子的全部能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能．

(3)光電流和飽和光電流

金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關(guān)．

(4)光的強弱與飽和光電流

頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，入射光越強，飽和光電流越大．

2．對光電效應(yīng)規(guī)律的解釋

對應(yīng)規(guī)律對規(guī)律的產(chǎn)生的解釋

光電子的最大初動能隨著入射光頻率的增大而增大，與入射光強度無關(guān)電子吸收光子能量后，一部分克服原子核引力做功，剩余部分轉(zhuǎn)化為光電子的初動能，只有直接從金屬表面飛出的光電子才具有最大初動能，對于確定的金屬，逸出功W0是一定的，故光電子的最大初動能只隨入射光的頻率增大而增大

光電效應(yīng)具有瞬時性光照射金屬時，電子吸收一個光子的能量后，動能立即增大，不需要能量積累的過程

光較強時飽和電流大光較強時，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大

1．(20xx高考全國乙卷)(多選)現(xiàn)用某一光電管進行光電效應(yīng)實驗，當用某一頻率的光入射時，有光電流產(chǎn)生．下列說法正確的是()

A．保持入射光的頻率不變，入射光的光強變大，飽和光電流變大

B．入射光的頻率變高，飽和光電流變大

C．入射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大

D．保持入射光的光強不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產(chǎn)生

解析：選AC.產(chǎn)生光電效應(yīng)時，光的強度越大，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)越多，飽和光電流越大，說法A正確．飽和光電流大小與入射光的頻率無關(guān)，說法B錯誤．光電子的最大初動能隨入射光頻率的增加而增加，與入射光的強度無關(guān)，說法C正確．減小入射光的頻率，如低于極限頻率，則不能發(fā)生光電效應(yīng)，沒有光電流產(chǎn)生，說法D錯誤．

2．(20xx廣東深圳模擬)(多選)在光電效應(yīng)實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發(fā)生光電效應(yīng)．對于這兩個過程，下列物理過程中一定不同的是()

A．遏止電壓B．飽和光電流

C．光電子的最大初動能D．逸出功

解析：選ACD.同一束光照射不同的金屬，一定相同的是入射光的光子能量，不同金屬的逸出功不同，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0知，最大初動能不同，則遏止電壓不同，選項A、C、D正確；同一束光照射，單位時間內(nèi)射到金屬表面的光子數(shù)目相等，所以飽和光電流是相同的，選項B錯誤．

3．(20xx廣東省湛江一中高三模擬)(多選)用如圖所示的光電管研究光電效應(yīng)的實驗中，用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，那么()

A．a(chǎn)光的頻率一定大于b光的頻率

B．只增加a光的強度可使通過電流計G的電流增大

C．增加b光的強度可能使電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)

D．用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電流是由d到c

解析：選AB.由于用單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明發(fā)生了光電效應(yīng)，而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，即a光的頻率一定大于b光的頻率；增加a光的強度可使單位時間內(nèi)逸出光電子的數(shù)量增加，則通過電流計G的電流增大；因為b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，所以即使增加b光的強度也不可能使電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電子的方向是由d到c，所以電流方向是由c到d.選項A、B正確．

光電效應(yīng)實質(zhì)及發(fā)生條件

(1)光電效應(yīng)的實質(zhì)是金屬中的電子獲得能量后逸出金屬表面，從而使金屬帶上正電．

(2)能否發(fā)生光電效應(yīng)，不取決于光的強度，而是取決于光的頻率．只要照射光的頻率大于該金屬的極限頻率，無論照射光強弱，均能發(fā)生光電效應(yīng)．

考點二光電效應(yīng)方程及圖象的理解

1．愛因斯坦光電效應(yīng)方程

Ek＝hν－W0

hν：光子的能量

W0：逸出功，即從金屬表面直接飛出的光電子克服原子核引力所做的功．

Ek：光電子的最大初動能．

2．四類圖象

圖象名稱圖線形狀由圖線直接(間接)得到的物理量

最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線

①極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc

②逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的值W0＝|－E|＝E

③普朗克常量：圖線的斜率k＝h

顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系

①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點

②飽和光電流Im：電流的最大值

③最大初動能：Ekm＝eUc

顏色不同時，光電流與電壓的關(guān)系

①遏止電壓Uc1、Uc2

②飽和光電流

③最大初動能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2

=遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖線

①截止頻率νc：圖線與橫軸的交點

②遏止電壓Uc：隨入射光頻率的增大而增大

③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即h＝ke.(注：此時兩極之間接反向電壓)

[典例](20xx重慶萬州二中模擬)(多選)某金屬在光的照射下產(chǎn)生光電效應(yīng)，其遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖象如圖所示．則由圖象可知()

A．該金屬的逸出功等于hν0

B．若已知電子電荷量e，就可以求出普朗克常量h

C．遏止電壓是確定的，與照射光的頻率無關(guān)

D．入射光的頻率為2ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為hν0

解析當遏止電壓為零時，最大初動能為零，則入射光的能量等于逸出功，所以W0＝hν0，A正確；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0和－eUc＝0－Ek得，Uc＝heν－W0e，可知當入射光的頻率大于極限頻率時，遏止電壓與入射光的頻率呈線性關(guān)系，C錯誤；因為Uc＝heν－W0e，知圖線的斜率等于he，從圖象上可以得出斜率的大小，已知電子電荷量e，可以求出普朗克常量h，B正確；從圖象上可知逸出功W0＝hν0，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝h2ν0－W0＝hν0，D正確．

答案ABD

應(yīng)用光電效應(yīng)方程時的注意事項

(1)每種金屬都有一個截止頻率，光頻率大于這個截止頻率才能發(fā)生光電效應(yīng)．

(2)截止頻率是發(fā)生光電效應(yīng)的最小頻率，對應(yīng)著光的極限波長和金屬的逸出功，即hν0＝hcλ0＝W0.

(3)應(yīng)用光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0時，注意能量單位電子伏和焦耳的換算(1eV＝1.6×10－19J)．

20xx高考物理復(fù)習(xí)實驗07驗證動量守恒定律學(xué)案新人教版

高考物理第一輪動量守恒定律復(fù)習(xí)學(xué)案

第十八章動量守恒定律

1.本章主要研究動量定理和動量守恒定律。
2.動量的觀點、能量的觀點和力與運動相結(jié)合的觀點是解決力學(xué)問題的三大法寶。所以本章知識常與能量結(jié)合，在每年的高考中都是考查的重點，不僅題型全，而且分量重，分值約占20—30分左右。
3.在高考中，本章的知識常以選擇題和綜合大題的形式考查，特別是與兩大守恒定律相綜合的問題，常常以壓軸題的形式出現(xiàn)。
第一課時動量守恒定律及其應(yīng)用

【教學(xué)要求】
1．知道動量及動量守恒定律；
2．會用動量守恒定律求解有關(guān)問題。
【知識再現(xiàn)】
一、沖量
1．定義：________和___________的乘積叫做力的沖量。
2．公式：_________________
3．單位：______符號：_________
4．方向：沖量是矢量，方向是由_________的方向決定的。
二、動量
1．定義：物體的________和__________的乘積叫做動量
2．公式：__________________
3．單位：________符號_________
4．方向：動量是矢量，它的方向與__________的方向相同
三、動量定理
1．內(nèi)容：物體所受___________________等于物體的______________，這個結(jié)論叫做動量定理。
2．表達式：Ft=mv′-mv或Ft=△p
四、動量守恒定律
1．動量守恒定律的內(nèi)容
一個系統(tǒng)____________或者____________，這個系統(tǒng)的________保持不變，這個結(jié)論叫做動量守恒定律。
2．常用的三種表達形式
（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
（2）p=p′
（3）△p1=-△p2′
3．適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零。
知識點一動量與動量的變化
動量是矢量，物體動量的方向與物體瞬時速度方向相同。動量變化量△p的大小，一般都是用末動量減初動量，也稱為動量增量。
【應(yīng)用1】（07學(xué)年度廣東省重點中學(xué)12月月考）質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撣時間極短，離地的速率為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球沖量的方向和大小為（D）
A．向下，m(v1-v2)B．向下，m(v1+v2)
C．向上，m(v1-v2)D．向上，m(v1+v2)
導(dǎo)示:如果相互接觸前庫侖力是引力，則兩個電荷是異種電荷，它們相互接觸中和后帶等量同種電荷，帶電性質(zhì)與原來電量大的相同，所以庫侖力是斥力。如果相互接觸前庫侖力是斥力，則兩個電荷是同種電荷，它們相互接觸后帶等量同種電荷，電量乘積比原來大，則相互接觸后庫侖力一定增大。
故選BC。
△p=pt-P0，此式為矢量式，若Pt、P0不在一條直線上，要用平行四邊形定則(或矢量三角形法)求矢量差；若在同一直線上，先規(guī)定正方向，再用正負表示Pt、P0，則可用△p=pt-p0=mvt—mv0進行代數(shù)運算求解。
知識點二動量守恒定律的條件
動量守恒定律的適用條件：1、系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零。2、系統(tǒng)所受的舍外力雖不為零，但合外力比內(nèi)力小得多，如碰撞過程中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，它們在碰撞、爆炸過程中的沖量可忽略不計。3、系統(tǒng)所受的合外力雖然不為零，但在某個方向上合外力為零，則在該方向上系統(tǒng)的動量守恒。
【應(yīng)用2】(07學(xué)年度廣東省重點中學(xué)12月月考)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA∶mB＝3∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當彈簧突然釋放后，則有（BC）
A．A、B系統(tǒng)動量守恒
B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒
C．小車向左運動
D．小車向右運動
導(dǎo)示:A、B組成的系統(tǒng)所受合外力不為0，所以動量不守恒；A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以動量守恒，故B選項正確。對于C，它受A給它向左的摩擦力，大小為μmAg；同理它受B給它向右的摩擦力，大小為μmBg。而mA∶mB＝3∶2，所以向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故向左運動。故答案應(yīng)選BC。
類型一利用動量定理求沖量
【例1】一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為300的固定斜面上，并立即沿反方向彈回。已知反彈速度的大小是入射速度大小的3/4。求在碰撞中斜面對小球的沖量的大小。
導(dǎo)示:小球在碰撞斜面前做平拋運動。設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v0。由題意，v的方向與豎直線的夾角為300，且水平分量仍為v0，如圖所示。由此得
v=2v0①
碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻?v/4，碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理得：
I=m(3v/4)+mv②
由①、②得I=7mv0/2。
答案：7mv0/2
恒力的沖量常直接用沖量公式求解，變力的沖量常用動量定理來求。
類型二某方向動量守恒的問題
當系統(tǒng)的合外力不為零，但其某方向上合外力為零時，我們說系統(tǒng)的動量不守恒，但系統(tǒng)在合外力為零的方向上動量守恒，這時，我們可以根據(jù)這一方向上動量守恒解決問題。
【例2】將質(zhì)量為m的鉛球以大小為v0仰角為θ的初速度拋入一個裝著砂子的總質(zhì)量為M的靜止砂車中如圖所示．砂車與地面間的摩擦力不計，球與砂車的共同速度等于多少?
導(dǎo)示:把鉛球和砂車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)在整個過程中不受水平方向的外力，則水平方向動量守恒。
則mv0cosθ=(M+m)v
所以v=mv0cosθ/(M+m)
解決這類問題時要弄清楚動量在哪個方向上守恒，系統(tǒng)內(nèi)各物體在初末狀態(tài)時，此方向的動量分別為多少，對其動量進行正確的分解。
類型三多個物體相互作用的問題
【例3】（07學(xué)年度廣東省重點中學(xué)12月月考）如圖所示，質(zhì)量分別為mA=0.5kg、mB=0.4kg的長板緊挨在一起靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為mC=0.1kg的木塊C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木塊和B板相對靜止時的共同速度vCB=1.5m/s.求：
（1）A板最后的速度vA；
（2）C木塊剛離開A板時的速度vC.
導(dǎo)示:（1）C在A上滑動的過程中，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，則
mCvC0=mCvC+（mA+mB）vA
（2）C在B上滑動時，B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，則
mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB
解得vA=0.5m/s，vC=5.5m/s
多個物體發(fā)生相互作用的問題，是本章的一個難點，也是高考的熱點，在利用動量守恒定律列式求解時，一定要注意兩點：一是研究對象，二是物理過程。即要注意所列方程是對整個系統(tǒng)還是系統(tǒng)中的某兩個或幾個物體；是對全過程還是對其中某一過程的初、末狀態(tài)列方程，這是要一定明確的。
類型四用歸納法求解的相互作用問題
【例3】如圖，光滑水平面上停著一只木球和載人小車，木球的質(zhì)量為m，人和車的總質(zhì)量為M，已知M：m=16：1．人以速度為v0沿水平面將木球推向正前方的固定擋板，木球被擋板彈回之后，人接住球后再以同樣的對地速度將球推向擋板，設(shè)木球與擋板相碰時無動能損失，求人經(jīng)過幾次推球之后，再也不能接住木球?
導(dǎo)示:推球前后瞬間的過程，人和車在水平方向不受其他外力作用，滿足動量守恒定律．設(shè)向左為正方向，經(jīng)n次推球后車和人對地的速度為vn(n=1，2，…)由題意可知，當vn=v車≥v球=v0時就再接不住球了．
人第一次推球前后有O=Mv1-mv0，得v1=v0/16
人第二次推球前后有Mv1+mv0=Mv2-mv0，得v2=3v0/16
人第三次推球前后有Mv2+mv0=Mv3-mv0，得v3=5v0/16
由以上各式可看出，人推球后，人和車各次的速度構(gòu)成一等差數(shù)列．該等差數(shù)列的第一項a1=v0/16，公差d=v0/8．所以，第n次推球后人的速度的表達式vn=v0/16+(n-1)v0/8=(2n-1)v0/16。
由人再接不住的條件v0≤vn，解得n≥8．5，取n=9,即人第9次推球后再也接不住球了。
有一類物理問題，如兩個物體的多次相互碰撞等，若將每一次的碰撞看作一個事件，則多次碰撞的規(guī)律，可由對這些個別事件的分析提出。這種由個別事件推理出一般規(guī)律的方法就稱作歸納法。歸納法是解決上述類型問題的一種常用的方法。
1．(2007山西模擬)如圖所示，木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F，使彈簧壓縮，當撤去外力后，下列說法中正確的是（）
A．尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒
B．尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒
D．離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒

2．兩條船在靜止的水面上沿著平行的方向相向勻速運動，速率均為6m/s，當兩船相互交錯時各給對方20kg的貨物，此后乙船的速率變?yōu)?m/s，方向不變．若甲船總質(zhì)量為300kg，甲船交換貨物后的速度為多少？乙船的總質(zhì)量為多少？（水的阻力不計）

3．(2007廣東佛山)質(zhì)量為40kg的女孩騎自行車帶質(zhì)量為30kg的男孩，如圖所示。行駛速度為2.5m/s。自行車行駛時，男孩要從車上下來。
(1)他知道如果直接跳下來，他可能會摔跤。為什么?所以他下來時用力往前推自行車，這樣可使他下車時水平速度是0。
(2)計算男孩下車的一刻女孩和自行車的速度。
(3)計算自行車和兩個孩子整個系統(tǒng)的動能在男孩下車前后的值。如有不同，請解釋為什么。
答案：1、BCD；
2、5.2m/s、120kg；
3、略

20xx高考物理大一輪復(fù)習(xí)：第9章-磁場（10份打包有課件）

一名愛崗敬業(yè)的教師要充分考慮學(xué)生的理解性，教師要準備好教案，這是教師的任務(wù)之一。教案可以讓學(xué)生更好地進入課堂環(huán)境中來，讓教師能夠快速的解決各種教學(xué)問題。關(guān)于好的教案要怎么樣去寫呢？下面是小編為大家整理的“20xx高考物理大一輪復(fù)習(xí)：第9章-磁場（10份打包有課件）”，相信能對大家有所幫助。

第1節(jié)磁場的描述、磁場對電流的作用
一、磁場、磁感應(yīng)強度
1．磁場
(1)基本性質(zhì)：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．
(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向．
2．磁感應(yīng)強度
(1)物理意義：描述磁場強弱和方向．
(2)定義式：B＝FIL(通電導(dǎo)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，符號T.
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(yīng)強度的方向一致．
2．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
直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場
特點無磁極、非勻強且距導(dǎo)線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱
安培定則

立體圖

橫截面圖

縱截面圖

(3)磁感線的特點
①磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．
②磁感線的疏密程度表示磁場強弱．
③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極，在磁體內(nèi)部，從S極指向N極．
④磁感線是假想的曲線，不相交、不中斷、不相切．
三、安培力的大小和方向
1．大小
(1)F＝BILsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)
(2)磁場和電流垂直時F＝BIL.
(3)磁場和電流平行時F＝0.
2．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(nèi)；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(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．
(2)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．(注意：B和I可以有任意夾角)
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應(yīng)強度的方向．(√)
(2)磁場中的一小段通電導(dǎo)體在該處受力為零，此處B一定為零．(×)
(3)由定義式B＝FIL可知，電流強度I越大，導(dǎo)線L越長，某點的磁感應(yīng)強度就越小．(×)
(4)磁感線是真實存在的．(×)
(5)通電線圈可等效成條形磁鐵，它周圍的磁感線起始于線圈一端，終止于線圈的另一端．(×)
(6)安培力的方向既跟磁感應(yīng)強度方向垂直，又跟電流方向垂直．(√)
2．(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一．關(guān)于指南針，下列說法正確的是()
A．指南針可以僅具有一個磁極
B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場
C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾
D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)
解析：選BC.指南針有N、S兩個磁極，受到地磁場的作用靜止時S極指向南方，A錯誤，B正確．指南針有磁性，可以與鐵塊相互吸引，C正確．由奧斯特實驗可知，小磁針在通電導(dǎo)線放置位置合適的情況下，會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D錯誤．
3．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則()
A．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，Ba＞Bb
B．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，Ba＜Bb
C．同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力大
D．同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小
解析：選B.在磁場中，磁感線的疏密表示磁場的強弱，故Ba＜Bb，A錯誤，B正確．同一通電導(dǎo)線如果都垂直放入磁場中，則在a處受力一定比b處受力小，但如果導(dǎo)線與磁場平行放置，受力均為0，故C、D均錯誤．
4．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()
A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線
B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向
C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)
D．將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?br> 解析：選B.根據(jù)左手定則，安培力垂直于電流和磁感應(yīng)強度所組成的平面，A錯誤，B正確．由安培力公式F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角)可知，C錯誤．若在垂直于磁感應(yīng)強度的平面內(nèi)將直導(dǎo)線折成直角，其有效長度變?yōu)樵瓉淼?2，安培力大小也變?yōu)樵瓉淼?2，D錯誤．
考點一磁場的理解及安培定則
1．磁感應(yīng)強度的三點理解
(1)磁感應(yīng)強度由磁場本身決定，因此不能根據(jù)定義式B＝FIL認為B與F成正比，與IL成反比．
(2)測量磁感應(yīng)強度時小段通電導(dǎo)線必須垂直磁場放入，如果平行磁場放入，則所受安培力為零，但不能說該點的磁感應(yīng)強度為零．
(3)磁感應(yīng)強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是小磁針靜止時N極的指向．
2．安培定則的應(yīng)用
在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”.
原因(電流方向)結(jié)果(磁場繞向)
直線電流的磁場大拇指四指
環(huán)形電流的磁場四指大拇指

3．磁場的疊加
磁感應(yīng)強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．
◆特別提醒：兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強度疊加而成的．
1．指南針是我國古代四大發(fā)明之一．當指南針上方有一條水平放置的通電導(dǎo)線時，其N極指向變?yōu)槿鐖D實線小磁針所示．則對該導(dǎo)線電流的以下判斷正確的是()
A．可能東西放置，通有由東向西的電流
B．可能東西放置，通有由西向東的電流
C．可能南北放置，通有由北向南的電流
D．可能南北放置，通有由南向北的電流
解析：選C.若導(dǎo)線東西放置，通有由東向西的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針所在處合磁場方向?qū)⒃谀媳狈较蛏?，其不會出現(xiàn)題圖所示情況，故選項A錯誤．若導(dǎo)線東西放置，通有由西向東的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極不偏轉(zhuǎn)，故選項B錯誤．若導(dǎo)線南北放置，通有由北向南的電流時，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將順時針偏轉(zhuǎn)，可轉(zhuǎn)向圖中實線所示位置，故選項C正確．若導(dǎo)線南北放置，通有由南向北的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將逆時針偏轉(zhuǎn)，指向西北方，故選項D錯誤．
2．(20xx河北廊坊模擬)(多選)無限長通電直導(dǎo)線在周圍某一點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B的大小與電流大小成正比，與導(dǎo)線到這一點的距離成反比，即B＝kIr(式中k為常數(shù))．如圖所示，兩根相距L的無限長直導(dǎo)線分別通有電流I和3I.在兩根導(dǎo)線的連線上有a、b兩點，a點為兩根直導(dǎo)線連線的中點，b點距電流為I的導(dǎo)線的距離為L.下列說法正確的是()
A．a(chǎn)點和b點的磁感應(yīng)強度方向相同
B．a(chǎn)點和b點的磁感應(yīng)強度方向相反
C．a(chǎn)點和b點的磁感應(yīng)強度大小比為8∶1
D．a(chǎn)點和b點的磁感應(yīng)強度大小比為16∶1
解析：選AD.根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線周圍的磁場的磁感線，是圍繞導(dǎo)線形成的同心圓，兩導(dǎo)線在a處的磁感應(yīng)強度方向都向下，則合磁感應(yīng)強度方向向下；根據(jù)B＝kIr，電流為3I導(dǎo)線在b處的磁感應(yīng)強度方向向下，而電流為I導(dǎo)線在b處的磁感應(yīng)強度方向向上，因電流為3I導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁場較大，則合磁感應(yīng)強度方向向下，因此a點和b點的磁感應(yīng)強度方向相同，故A正確，B錯誤．
兩導(dǎo)線在a處的磁感應(yīng)強度大小B1＝3kIL2＋kIL2＝k8IL；兩導(dǎo)線在b處的磁感應(yīng)強度大小B2＝3kI2L－kIL＝kI2L，則a點和b點的磁感應(yīng)強度大小之比為16∶1，故C錯誤，D正確．
3．(20xx江西南昌調(diào)研)如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應(yīng)強度大小為B1.若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則O點的磁感應(yīng)強度大小為B2，那么B2與B1之比為()
A.3∶1B．3∶2
C．1∶1D．1∶2
解析：選B.如圖所示，當通有電流的長直導(dǎo)線在M、N兩處時，根據(jù)安培定則，可知：二者在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度都為B1/2；當將M處長直導(dǎo)線移到P處時，兩直導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度也為B1/2，做平行四邊形，由圖中的幾何關(guān)系，可得B2B1＝B22B12＝cos30°＝32，故選項B正確．
4．(20xx湖北三市六校聯(lián)考)如圖甲所示，無限長導(dǎo)線均通以恒定電流I.直線部分和坐標軸接近重合，彎曲部分是以坐標原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則圖乙中O處磁感應(yīng)強度和圖甲中O處磁感應(yīng)強度相同的是()
解析：選A.由題意可知，圖甲中O處磁感應(yīng)強度的大小是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小的2倍，方向垂直紙面向里；圖A中，根據(jù)安培定則可知，左上段與右下段的通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場疊加為零，則剩余的兩段通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是其中一段在O點的磁感應(yīng)強度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，圖B中，四段通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯誤；圖C中，右上段與左下段產(chǎn)生磁場疊加為零，則剩余兩段產(chǎn)生磁感應(yīng)強度大小是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應(yīng)強度的2倍，方向垂直紙面向外，故C錯誤；圖D中，四段在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應(yīng)強度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯誤．
磁感應(yīng)強度疊加三步驟
空間中的磁場通常會是多個磁場的疊加，磁感應(yīng)強度是矢量，可以通過平行四邊形定則進行計算或判斷．其步驟如下：
(1)確定場源，如通電導(dǎo)線．
(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖中M、N在c點產(chǎn)生的磁場．
(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B.
考點二安培力作用下的平衡與加速問題
1．分析導(dǎo)體在磁場中平衡和加速問題的思路
(1)確定要研究的導(dǎo)體．
(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導(dǎo)體受力分析．
(3)分析導(dǎo)體的運動情況．
(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解．
2．受力分析的注意事項
(1)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．
(2)安培力的大小：應(yīng)用公式F＝BILsinθ計算彎曲導(dǎo)線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效長度L等于曲線兩端點的直線長度．
(3)視圖轉(zhuǎn)換：對于安培力作用下的力學(xué)問題，導(dǎo)體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時應(yīng)利用俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等，變立體圖為二維平面圖．
考向1：安培力作用下靜態(tài)平衡問題
通電導(dǎo)體在磁場中受安培力和其它力作用而處于靜止狀態(tài)，可根據(jù)磁場方向、電流方向結(jié)合左手定則判斷安培力方向．
[典例1](20xx廣東廣州三模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、長度為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θ.磁感應(yīng)強度方向和大小可能為()
A．z正向，mgILtanθ
B．y正向，mgIL
C．z負向，mgILtanθ
D．沿懸線向上，mgILsinθ
解析本題要注意在受力分析時把立體圖變成側(cè)視平面圖，然后通過平衡狀態(tài)的受力分析來確定B的方向和大?。鬊沿z正向，則從O向O′看，導(dǎo)線受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如圖甲所示，導(dǎo)線無法平衡，A錯誤．
若B沿y正向，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，如圖乙所示．當FT＝0，且滿足ILB＝mg，即B＝mgIL時，導(dǎo)線可以平衡，B正確．
若B沿z負向，導(dǎo)線受到的安培力水平向右，如圖丙所示．若滿足FTsinθ＝ILB，F(xiàn)Tcosθ＝mg，即B＝mgtanθIL，導(dǎo)線可以平衡，C正確．若B沿懸線向上，導(dǎo)線受到的安培力左斜下方向，如圖丁所示，導(dǎo)線無法平衡，D錯誤．
答案BC
考向2：安培力作用下動態(tài)平衡問題
此類題目是平衡問題，只是由于磁場大小或方向、電流大小或方向的變化造成安培力變化，與力學(xué)中某個力的變化類似的情景．
[典例2](20xx陜西西安模擬)如圖所示，長為L的通電直導(dǎo)體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x時，棒處于靜止狀態(tài)．則()
A．導(dǎo)體棒中的電流方向從b流向a
B．導(dǎo)體棒中的電流大小為kxBL
C．若只將磁場方向緩慢順時針轉(zhuǎn)過一小角度，x變大
D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉(zhuǎn)過一小角度，x變大
解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定則可知，導(dǎo)體棒中的電流方向從a流向b，故A錯誤；由于彈簧伸長為x，根據(jù)胡克定律有kx＝BIL，可得I＝kxBL，故B正確；若只將磁場方向緩慢順時針或逆時針轉(zhuǎn)過一小角度，則安培力在水平方向上的分力減小，根據(jù)力的平衡可得，彈簧彈力變小，導(dǎo)致x變小，故C、D錯誤．
答案B
考向3：安培力作用下加速問題
此類題目是導(dǎo)體棒在安培力和其它力作用下合力不再為零，而使導(dǎo)體棒產(chǎn)生加速度，根據(jù)受力特點結(jié)合牛頓第二定律解題是常用方法．
[典例3]如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距1m，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.3kg，棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2T，方向豎直向下，為了使物體以加速度a＝3m/s2加速上升，應(yīng)在棒中通入多大的電流？方向如何？(g＝10m/s2)
解析導(dǎo)體棒所受的最大靜摩擦力大小為
fm＝0.5mg＝1N
M的重力為G＝Mg＝3N
要使物體加速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b.
根據(jù)受力分析，由牛頓第二定律有
F安－G－fm＝(m＋M)a
F安＝BIL
聯(lián)立得I＝2.75A
答案2.75A方向由a→b
安培力作用下導(dǎo)體的分析技巧
(1)安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題與力學(xué)中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關(guān)鍵是畫出受力分析示意圖．
(2)安培力作用下導(dǎo)體的加速問題與動力學(xué)問題分析方法相同，關(guān)鍵是做好受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．
考點三磁場中導(dǎo)體運動方向的判斷
1．判定通電導(dǎo)體運動或運動趨勢的思路
研究對象：通電導(dǎo)線或?qū)w――→明確導(dǎo)體所在位置的磁場分布情況――→利用左手定則
導(dǎo)體的受力情況――→確定導(dǎo)體的運動方向或運動趨勢的方向
2．幾種判定方法
電流元法分割為電流元――→左手定則安培力方向―→整段導(dǎo)體所受合力方向―→運動方向
特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→運動方向
等效法環(huán)形電流??小磁針
條形磁鐵??通電螺線管??多個環(huán)形電流
結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢
轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向

1.一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()
A．不動
B．順時針轉(zhuǎn)動
C．逆時針轉(zhuǎn)動
D．在紙面內(nèi)平動
解析：選B.方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．
方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．
方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止．據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．
2．如圖所示，蹄形磁鐵用柔軟的細繩懸吊在天花板上，在磁鐵兩極的正下方固定著一根水平直導(dǎo)線，當直導(dǎo)線中通以向右的電流時()
A．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力減小
B．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力減小
C．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力增大
D．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，繩子對磁鐵的拉力增大
解析：選C.假設(shè)磁鐵不動，導(dǎo)線運動，根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線左邊的磁場斜向下，而右邊的磁場斜向上，那么在導(dǎo)線兩側(cè)取兩小段，根據(jù)左手定則可知，左邊一小段所受安培力的方向垂直紙面向里，右側(cè)一小段所受安培力的方向垂直紙面向外，從上往下看，導(dǎo)線順時針轉(zhuǎn)動．如今導(dǎo)線不動，磁鐵運動，根據(jù)相對運動，則知磁鐵逆時針轉(zhuǎn)動(從上向下看)，即N極向紙外轉(zhuǎn)動，S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動．當轉(zhuǎn)動90°時，導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可得磁鐵受到導(dǎo)線向下的作用力，故繩子對磁鐵的拉力增大，C正確．
判斷磁場中導(dǎo)體運動趨勢的兩點注意
(1)應(yīng)用左手定則判定安培力方向時，磁感線穿入手心，大拇指一定要與磁感線方向垂直，四指與電流方向一致但不一定與磁感線方向垂直，這是因為：F一定與B垂直，I不一定與B垂直．
(2)導(dǎo)體與導(dǎo)體之間、磁體與磁體之間、磁體與導(dǎo)體之間的作用力和其他作用力一樣具有相互性，滿足牛頓第三定律．
課時規(guī)范訓(xùn)練
[基礎(chǔ)鞏固題組]
1．中國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是()
A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合
B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近
C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行
D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用
解析：選C.由題意可知，地理南、北極與地磁場的南、北極不重合，存在磁偏角，A正確．磁感線是閉合的，再由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確．只有赤道上方附近的磁感線與地面平行，故C錯誤．射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行，故地磁場對其有力的作用，這是磁場的基本性質(zhì)，故D正確．
2．三根平行的長直導(dǎo)體棒分別過正三角形ABC的三個頂點，并與該三角形所在平面垂直，各導(dǎo)體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示．則三角形的中心O處的合磁場方向為()
A．平行于AB，由A指向B
B．平行于BC，由B指向C
C．平行于CA，由C指向A
D．由O指向C
解析：選A.如圖所示，由右手螺旋定則可知，導(dǎo)體A中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向平行BC，同理，可知導(dǎo)線B、C中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的方向分別平行于AC、AB，又由于三根導(dǎo)線中電流大小相等，到O點的距離相等，則它們在O點處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，再由平行四邊形定則，可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，故選項A正確．
3．如圖所示，AC是一個用長為L的導(dǎo)線彎成的、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．當在該導(dǎo)線中通以由C到A，大小為I的恒定電流時，該導(dǎo)線受到的安培力的大小和方向是()
A．BIL，平行于OC向左
B.22BILπ，垂直于AC的連線指向左下方
C.22BILπ，平行于OC向右
D．22BIL，垂直于AC的連線指向左下方
解析：選B.直導(dǎo)線折成半徑為R的14圓弧形狀，在磁場中的有效長度為2R，又因為L＝14×2πR，則安培力F＝BI2R＝22BILπ.安培力的方向與有效長度的直線AC垂直，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向垂直于AC的連線指向左下方，B正確．
4．如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd邊與ad邊夾角均為60°，ab＝bc＝cd＝L，長度為L的電阻絲電阻為R0，框架與一電動勢為E、內(nèi)阻r＝R0的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，則梯形框架abcd受到的安培力的大小為()
A．0B．5BEL11R0
C.10BEL11R0D.BELR0
解析：選C.并聯(lián)部分的總電阻為R并＝3R02R03R0＋2R0＝65R0，電路中的總電流I＝ER并＋r，所以線框受到的合外力F＝BI2L＝10BEL11R0，C正確．
5．如圖所示，接通開關(guān)S的瞬間，用絲線懸掛于一點、可自由轉(zhuǎn)動的通電直導(dǎo)線AB將()
A．A端向上，B端向下，懸線張力不變
B．A端向下，B端向上，懸線張力不變
C．A端向紙外，B端向紙內(nèi)，懸線張力變小
D．A端向紙內(nèi)，B端向紙外，懸線張力變大
解析：選D.當開關(guān)S接通時，由安培定則知導(dǎo)線附近磁感線分布如圖，由左手定則判斷出通電直導(dǎo)線此時左部受力指向紙內(nèi)，右部受力指向紙外，導(dǎo)線將轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)到與磁感線接近垂直時，導(dǎo)線轉(zhuǎn)動的同時，相當于具有向里的電流，則導(dǎo)線受安培力將豎直向下，可知懸線張力變大，故選項D正確．
6．電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為m＝2.0g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到6km/s.若這種裝置的軌道寬d＝2m、長L＝100m、電流I＝10A、軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終垂直并接觸良好，則下列有關(guān)軌道間所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度和磁場力的最大功率結(jié)果正確的是()
A．B＝18T，Pm＝1.08×108W
B．B＝0.6T，Pm＝7.2×104W
C．B＝0.6T，Pm＝3.6×106W
D．B＝18T，Pm＝2.16×106W
解析：選D.通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關(guān)系得BIdL＝12mv2m，代入數(shù)值解得B＝18T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入數(shù)值得Pm＝2.16×106W，故選項D正確．
[綜合應(yīng)用題組]
7．質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示．則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中電流的分析正確的是()
A．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為I＝3mgBL
B．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為I＝3mg3BL
C．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為I＝3mgBL
D．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為I＝3mg3BL
解析：選C.根據(jù)左手定則可知，不管電流方向向里還是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再結(jié)合導(dǎo)體棒的平衡條件可知，安培力只能水平向右，據(jù)此可判斷出，導(dǎo)體棒中的電流垂直紙面向里，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，并根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)＝mgtan60°，又安培力為F＝BIL，聯(lián)立可解得I＝3mgBL，故選項C正確．
8．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場．閉合開關(guān)K后導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性，使導(dǎo)體棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時彈簧伸長量為x2.忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為()
A.kIL(x1＋x2)B.kIL(x2－x1)
C.k2IL(x2＋x1)D.k2IL(x2－x1)
解析：選D.由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性使導(dǎo)體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝k2IL(x2－x1)．選項D正確．
9．(多選)如右圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，當通以圖示方向電流I時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場，當外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，下列說法中正確的是()
A．此過程中磁感應(yīng)強度B逐漸增大
B．此過程中磁感應(yīng)強度B先減小后增大
C．此過程中磁感應(yīng)強度B的最小值為mgsinαIL
D．此過程中磁感應(yīng)強度B的最大值為mgtanαIL
解析：選AC.導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力作用而處于平衡狀態(tài)，當外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，安培力由沿斜面向上轉(zhuǎn)至豎直向上，導(dǎo)體棒受力的動態(tài)變化如圖所示，則由圖知安培力逐漸增大，即此過程中磁感應(yīng)強度B逐漸增大，A對、B錯；剛開始安培力F最小，有sinα＝Fmg，所以此過程中磁感應(yīng)強度B的最小值為mgsinαIL，C對；最后安培力最大，有F＝mg，即此過程中磁感應(yīng)強度B的最大值為mgIL，D錯．
10．如圖所示，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm.重力加速度的大小取10m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．
解析：金屬棒通電后，閉合回路電流I＝ER＝122A＝6A
導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06N.
開關(guān)閉合后，電流方向為從b到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下
由平衡條件知：開關(guān)閉合前：
2kx＝mg
開關(guān)閉合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F
代入數(shù)值解得m＝0.01kg.
答案：方向豎直向下0.01kg
11．某同學(xué)用圖中所給器材進行與安培力有關(guān)的實驗．兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直．
(1)在圖中畫出連線，完成實驗電路．要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動．
(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：
A．適當增加兩導(dǎo)軌間的距離
B．換一根更長的金屬棒
C．適當增大金屬棒中的電流
其中正確的是________(填入正確選項前的標號)．
解析：(1)由于磁場方向豎直向下，要使金屬棒的運動如圖所示，則金屬棒中電流由里向外，滑動變阻器用限流接法，實物圖連接如圖所示．
(2)為使金屬棒離開時速度較大，由動能定理知BILx＝12mv2，v＝2BILxm，適當增大兩導(dǎo)軌間的距離，可以增大v，適當增大金屬棒的電流可以增大v，換一根更長的金屬棒，增大了質(zhì)量，v變小，因此A、C正確．
答案：(1)圖見解析(2)AC
12．載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝kI/r，式中常量k0，I為電流強度，r為距導(dǎo)線的距離．在水平長直導(dǎo)線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根等長的輕質(zhì)絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示．開始時MN內(nèi)不通電流，此時兩細線內(nèi)的張力均為T0.當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T1；當MN內(nèi)的電流強度變?yōu)镮2時，兩細線的張力均大于T0.
(1)分別指出強度為I1、I2的電流的方向；
(2)求MN分別通以強度為I1和I2電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；
(3)當MN內(nèi)的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3.
解析：(1)由題意知，當MN通以電流I1時，線圈受到的安培力向上，根據(jù)左手定則、安培定則可以判斷I1的方向向左，當MN通以電流I2時，線圈受到的安培力應(yīng)向下，同理，可以判斷I2的方向向右．
(2)當MN中的電流為I時，線圈受到的安培力大小為
F＝kIiL1r1－1r2
式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流，L為ab、cd的長度．
所以F1F2＝I1I2
(3)設(shè)MN中電流為I3時，線圈所受安培力為F3，由題設(shè)條件有2T0＝mg,2T1＋F1＝mg，F(xiàn)3＋mg＝ma，I1I3＝F1F3，由以上各式得I3＝T0a－gT0－T1gI1
答案：(1)I1方向向左，I2方向向右(2)F1F2＝I1I2
(3)T0a－gT0－T1gI1
第2節(jié)磁場對運動電荷的作用
一、洛倫茲力
1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．
2．大小
(1)v∥B時，F(xiàn)＝0.
(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.
(3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向．
(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)．
由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功．
二、帶電粒子在磁場中的運動
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動．
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝mv2r.
(2)軌道半徑公式：r＝mvBq.
(3)周期公式：T＝2πrv＝2πmqB.
f＝1T＝Bq2πm.
ω＝2πT＝2πf＝Bqm.
三、洛倫茲力的應(yīng)用實例
1．回旋加速器
(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，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：交變電流的周期和粒子
做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝mv2R，得Ekm＝q2B2R22m，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)．
2．質(zhì)譜儀
(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成．
(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理qU＝12mv2可知進入磁場的速度v＝2qUm.粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝mv2r.由以上幾式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷等．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)洛倫茲力和安培力的方向都與磁場方向垂直．(√)
(2)粒子在只受到洛倫茲力作用時運動的動能不變．(√)
(3)運動電荷進入磁場后(無其他力作用)可能做勻速直線運動．(√)
(4)洛倫茲力可以做正功、做負功或不做功．(×)
(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度的大小無關(guān)．(√)
(6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與粒子的比荷成正比．(×)
(7)經(jīng)回旋加速器加速的帶電粒子的最大初動能由D形盒的最大半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關(guān)．(√)
(8)質(zhì)譜儀只能區(qū)分電荷量不同的粒子．(×)
2．如圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導(dǎo)線，則示波管中的電子束將()
A．向上偏轉(zhuǎn)
B．向下偏轉(zhuǎn)
C．向紙外偏轉(zhuǎn)
D．向紙里偏轉(zhuǎn)
解析：選A.由安培定則知，環(huán)形導(dǎo)線在示波管處產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則可判斷，電子受到的洛倫茲力方向向上，A正確．
3．如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()
A．2B．2
C．1D.22
解析：選D.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝mv2R，粒子的動能Ek＝12mv2，由此得磁感應(yīng)強度B1＝2mEkqR，結(jié)合題意知動能和半徑都減小為原來的一半，則磁感應(yīng)強度B2＝2m12Ekq12R，故B1B2＝22，故D正確．
4．(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()
A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同
B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同
C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子
D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小
解析：選AC.電子、正電子和質(zhì)子垂直進入磁場時，所受的重力均可忽略，受到的洛倫茲力方向與其電性有關(guān)，由左手定則可知A正確；由軌跡半徑R＝mvqB知，若電子與正電子進入磁場時的速度不同，則其運動的軌跡半徑也不相同，故B錯誤；由R＝mvqB＝2mEkqB知D錯誤；因為質(zhì)子和正電子的速度未知，半徑關(guān)系不確定，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，C正確．
考點一對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的特點
(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．
(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)洛倫茲力一定不做功．
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(zhì)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．
3．洛倫茲力與電場力的比較
1．下列關(guān)于洛倫茲力的說法中，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，磁場方向一定與電荷運動方向垂直
D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變
解析：選B.因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，所以B選項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯．
2．(多選)如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱．導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝kIr，式中k是常數(shù)，I是導(dǎo)線中的電流，r為對應(yīng)點到導(dǎo)線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿MN連線運動到b點．關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()
A．小球先做加速運動后做減速運動
B．小球一直做勻速直線運動
C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大
D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?br> 解析：選BD.由右手螺旋定則可知，M處的通電導(dǎo)線在MO區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于MO向里，離導(dǎo)線越遠磁場越弱，所以磁場由M到O逐漸減弱；N處的通電導(dǎo)線在ON區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于ON向外，由O到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿連線MN運動到b點，受到的洛倫茲力F＝Bqv為變力，則從M到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱而減小，從O到N洛倫茲力的方向向下，隨磁場的增強而增大，所以對桌面的壓力一直在增大，D正確，C錯誤；由于桌面光滑，洛倫茲力始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動，B正確、A錯誤．
3．(20xx河南開封四校二聯(lián))如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動．下列說法中正確的是()
A．微粒一定帶負電
B．微粒的動能一定減小
C．微粒的電勢能一定增加
D．微粒的機械能不變
解析：選A.對該微粒進行受力分析得：它受到豎直向下的重力、水平方向的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力，其中重力和電場力是恒力，由于粒子沿直線運動，則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的，即該粒子是做勻速直線運動，動能不變，所以B項錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡，故該微粒一定帶負電，A項正確；該微粒帶負電，向左上方運動，所以電場力做正功，電勢能一定是減小的，C項錯誤；因為重力勢能增加，動能不變，所以該微粒的機械能增加，D項錯誤．
理解洛倫茲力的四點注意
(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向．
(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點．
(3)計算洛倫茲力大小時，公式F＝qvB中，v是電荷與磁場的相對速度．
(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等．
考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．
(1)圓心的確定
①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．
②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．
(2)半徑的確定
可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小．
(3)運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運動時間表示為：t＝θ2πT(或t＝θRv)．
2．重要推論
(1)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(2)當速率v變化時，圓心角大的運動時間長．
考向1：圓形磁場區(qū)域
(1)圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用幾何關(guān)系解決．
(2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．
[典例1](20xx湖南師大附中月考)(多選)如圖所示，以O(shè)為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質(zhì)量相同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN，aO、cO與bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是()
A．ta＜tb＜tcB．ta＞tb＞tc
C．ta＝tb＜tcD．ta＝tb＝tc
解析粒子帶正電，偏轉(zhuǎn)方向如圖所示，粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間t＝θ2πT，故粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長．設(shè)粒子的運動半徑為r，圓形區(qū)域半徑為R，當粒子a恰好從M點射出磁場時，r＝13R，當粒子b恰好從M點射出磁場時，r＝R，如圖甲所示，ta＜tb＝tc.當rR時，粒子a對應(yīng)的圓心角最小，c對應(yīng)的圓心角最大，tctbta；當r≤13R，軌跡如圖乙所示，ta＝tb＝tc.同理，13Rr≤R時，tatb＝tc.A、D正確．
答案AD
[典例2](20xx高考全國甲卷)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()
A.ω3BB．ω2B
C.ωBD.2ωB
解析如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則π2ω＝2πmqB30°360°，即qm＝ω3B，選項A正確．
答案A
考向2：直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示)
[典例3](多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有()
A．a(chǎn)、b均帶正電
B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短
C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短
D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近
解析a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝mvqB，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由t＝θ2πT＝θmqB和軌跡圖可知A、D選項正確．
答案AD
考向3：平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
[典例4](20xx湖南長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是()
A．電子將向右偏轉(zhuǎn)
B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O′點的距離為3d
D．電子在磁場中運動的時間為πd3v0
解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－r2－d2＝2d－2d2－d2＝(2－3)d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝d2d＝0.5，得θ＝π6，則電子在磁場中運動的時間為t＝θrv0＝πd3v0，故D正確．
答案D
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法
考點三回旋加速器和質(zhì)譜儀
1．質(zhì)譜儀的主要特征
將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝mvqB＝2mEkqB＝2mqUqB＝1B2mUq.在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝m，根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷．
2．回旋加速器的主要特征
(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)．
(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．
(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶2∶3∶…
(4)粒子的最后速度v＝BqRm，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．
1.(20xx河南省實驗中學(xué)月考)(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列說法中正確的是()
A．氘核(21H)的最大速度較大
B．它們在D形盒內(nèi)運動的周期相等
C．氦核(42He)的最大動能較大
D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
解析：選BC.粒子在回旋加速器中能達到的最大速度，取決于在最外圈做圓周運動的速度．根據(jù)qvB＝mv2R，得v＝qBRm，兩粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等，A錯誤．帶電粒子在磁場中運動的周期T＝2πmqB，兩粒子的比荷qm相等，所以周期相等，B正確．最大動能Ek＝12mv2＝q2B2R22m，兩粒子的比荷qm相等，但質(zhì)量不等，所以氦核最大動能大，C正確．回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期與交流電的周期相同，否則無法加速，D錯誤．
2．(20xx高考全國乙卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()
A．11B．12
C．121D．144
解析：選D.帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝12mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝mvqB，由以上兩式整理得：r＝1B2mUq.由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：m2m1＝144，選項D正確．
3．(多選)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的勻強磁場(環(huán)形區(qū)域的寬度非常小)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經(jīng)過A板剛進入AB之間時，A板電勢升高到＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速．每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零．粒子在電場中一次次加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小可使繞行半徑R不變．已知極板間距遠小于R，則下列說法正確的是()
A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里
B．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU
C．粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化周期不變
D．粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為1R2NmUq
解析：選BD.由題意知粒子在軌道內(nèi)做順時針圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向外，所以A錯誤；由于粒子在做圓周運動的過程中洛倫茲力不做功，在AB板間電場力做功W＝qU，所以粒子繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU，故B正確；由于粒子的軌道半徑R不變，而粒子做圓周運動第N圈的速度為vN，根據(jù)NqU＝12mv2N，可得粒子圓周運動的速度增大，根據(jù)R＝mvBq，T＝2πmBq＝2πRv，所以周期減小，故A板電勢變化周期變小，故C錯誤；粒子繞行第N圈時，NqU＝12mv2N，所以vN＝2NqUm，又R＝mvNBq，聯(lián)立得B＝1R2NmUq，所以D正確．

課時規(guī)范訓(xùn)練
[基礎(chǔ)鞏固題組]
1．(多選)如圖所示，一只陰極射線管，左側(cè)不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導(dǎo)線AB時，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡向下偏，則()
A．導(dǎo)線中的電流從A流向B
B．導(dǎo)線中的電流從B流向A
C．若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現(xiàn)
D．電子束的徑跡與AB中的電流方向無關(guān)
解析：選BC.由于AB中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向里，所以根據(jù)安培定則，AB中的電流從B流向A.當AB中的電流方向變?yōu)閺腁流向B時，則AB上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲猓娮铀艿穆鍌惼澚ψ優(yōu)橄蛏?，電子束的徑跡變?yōu)橄蛏掀D(zhuǎn)．選項B、C正確．
2．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()
A．軌道半徑減小，角速度增大
B．軌道半徑減小，角速度減小
C．軌道半徑增大，角速度增大
D．軌道半徑增大，角速度減小
解析：選D.因洛倫茲力不做功，故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后，其速度大小不變，由r＝mvqB知，軌道半徑增大；由角速度ω＝vr知，角速度減小，選項D正確．
3．如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()
A.qBR2mB．qBRm
C.3qBR2mD.2qBRm
解析：選B.如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應(yīng)圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形．由于O1D＝R2，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2R，得v＝qBRm，B正確．