高中物理教案

高考物理磁場002。

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第九章磁場

【知識建構(gòu)】

第一節(jié)磁場及其描述

一、考情分析

考試大綱考綱解讀

1.磁場、磁感應(yīng)強度、磁感線I

2.通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向I

1.重視并加強對基本概念、基本規(guī)律的學(xué)習(xí)，注意將磁場與電場對比，注意它們的區(qū)別。

2.熟練掌握幾種常見磁體（電流）周圍磁感線的空間分布特點，會用有關(guān)圖形表示，善于畫俯視圖、仰視圖、側(cè)視圖等。

3.安培定則的使用屬于基礎(chǔ)知識，基本上是定性分析，題型多見于選擇題。

4.考查磁場中的基本概念，如磁感線、磁感應(yīng)強度、磁通量等，一般以選擇題的形式出現(xiàn)。

二、考點知識梳理

（一）、磁場的基本概念

1.磁體的周圍存在磁場。

2.電流的周圍也存在磁場

3.變化的電場在周圍空間產(chǎn)生磁場（麥克斯韋）。

4.磁場和電場一樣，也是一種___________。

5.磁場不僅對磁極產(chǎn)生力的作用，對電流也產(chǎn)生力的作用．

6.磁場的方向——在磁場中的任一點，小磁針________的方向，亦即小磁針靜止時_____所指的方向，就是那一點的磁場方向．

磁現(xiàn)象的電本質(zhì):_________________________________________________________．

（二）、磁場的基本性質(zhì)

磁場對放入其中的磁極或電流有________的作用．（對磁極一定有力的作用;對電流只是可能有力的作用,當電流和磁感線平行時____________磁場力作用）。

1.磁極和磁極之間有磁場力的作用

2.兩條平行直導(dǎo)線，當通以相同方向的電流時，它們相互______，當通以相反方向的電流時，它們相互________。

3.電流和電流之間，就像磁極和磁極之間一樣，也會通過________發(fā)生相互作用．

4.磁體或電流在其周圍空間里產(chǎn)生磁場，而磁場對處在它里面的磁極或電流有__________的作用．

5.磁極和磁極之間、磁極和電流之間、電流和電流之間都是通過________來傳遞的

（三）、磁感線

為了描述磁場的強弱與方向，人們想象在磁場中畫出的一組____________．

1．疏密表示磁場的_________．

2．每一點__________表示該點磁場的方向，也就是__________的方向．

3．是閉合的曲線，在磁體外部由___極至______極，在磁體的內(nèi)部由_____極至_______極．磁線不相切不相交。

4．勻強磁場的磁感線______________．沒有畫出磁感線的地方________沒有磁場．

5．安培定則：姆指指向_______，四指指向__________．注意這里的磁感線是一個個同心圓，每點磁場方向是在該點切線方向。

*熟記常用的幾種磁場的磁感線：

（四）、磁感應(yīng)強度

1．磁場的最基本的性質(zhì)是___________________________________，電流垂直于磁場時受磁場力______，電流與磁場方向平行時，_____________。

2．在磁場中垂直于磁場方向的通電導(dǎo)線受到的磁場力F跟電流強度I和導(dǎo)線長度l的乘積IL的比值，叫做通電導(dǎo)線所在處的______________．

①表示磁場強弱的物理量．是_______．

②大小：則有__________，（電流方向與磁感線_________時的公式）．

B只由磁場本身決定，與放不放通電導(dǎo)線無關(guān)；與導(dǎo)線中電流的大小無關(guān)。因此不與F成正比，也不與IL成反比，B=是比值定義式。

③方向：左手定則：是磁感線的_______方向；是小磁針_______受力方向；是小磁針靜止時_______的指向．不是導(dǎo)線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向．

④單位：________，也叫________，國際單位制單位符號_____．

⑤點定B定：就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應(yīng)強度的大小與方向都是定值．

⑥勻強磁場的磁感應(yīng)強度________．

⑦磁場的疊加:空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應(yīng)強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強度的_________,滿足_________.

（五）、磁通量

1．磁感應(yīng)強度B與垂直磁場方向的面積S的________叫做穿過這個面的磁通量Φ

①S與B垂直：Φ=BS

②S與B平行：Φ=0

③S與B夾角為θ：Φ=BS⊥=BSsinθ

2．磁通量的單位:_____，符號是_______．1Wb=1Tm2

3．磁通量的意義:________________________________。

4.磁通密度:從Φ=BS可以得出B=Φ/S，這表示磁感應(yīng)強度等于________________，因此常把磁感應(yīng)強叫做磁通密度，并且用Wb/m2作單位．1T=1Wb/m2=1N/Am

5.磁通量是_______,但是有正負.如果將從平面某一側(cè)穿入的磁通量為正,則從平面反一側(cè)穿入的磁通量為負.

（六）、用類比法記憶電場和磁場的基本性質(zhì)

電場強度（E）磁感應(yīng)強度（B）

意義描述電場的力的性質(zhì)的物理量描述磁場的力的性質(zhì)的物理量

概

念

的

建

立①電場對電荷q有作用力；

②對電場中的不同點，E的值一般不同

③E由電場本身決定①磁場對直線電流有作用力

②對磁場中的不同點，B的值一般不同

③B由磁場本身決定

公式E=

B=

單位1N/C=1V/m1T=1N/Am

方向正電荷受到電場力方向靜止小磁針N極受到的磁場力方向

三、考點知識解讀

考點1.磁感應(yīng)強度的理解

剖析：

1．磁感應(yīng)強度由磁場本身決定，就好像電場強度由電場本身決定，與所在空間放不放通電導(dǎo)線無關(guān).

2．不能根據(jù)公式就說B與F成正比，與I成反比.

3．磁感應(yīng)應(yīng)強度B的定義式也是其度量式，但用來測量的小段通電導(dǎo)線必須垂直放入磁場.如果將小段通電直導(dǎo)線平行放入磁場，其所受安培力為零，但不能說該點磁感應(yīng)強度為零.

4．磁感應(yīng)強度是矢量，其方向是放入其中的小磁針靜止時N極的指向，不是磁場中電流所受磁場力的方向，而是與受到的磁場力方向垂直.

[例題1]根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式B=，下列說法中正確的是（）

A．在磁場中某確定位置，B與F成正比，與I、L的乘積成反比

B．一小段能通電直導(dǎo)線在空間某處受磁場力F=0，那么該處的B一定為零

C．磁場中某處的B的方向跟電流在該處受磁場力F的方向相同

D．一小段通電直導(dǎo)線放在B為零的位置，那么它受到磁場力F也一定為零

解析：磁感應(yīng)強度是表征磁場強弱的物理量，確定的磁場中的確定點的磁感應(yīng)強度是一個確定的值，它由磁場本身決定的，與磁場中是否有通電導(dǎo)體，及導(dǎo)體的長度，電流強度的大小，以及磁場作用力的大小無關(guān).A錯誤.若電流方向與磁場方向在一條直線上，通電導(dǎo)體將不受到磁場力的作用，因此在某處磁場力為零，并不能說明該處的磁感應(yīng)強度為零.B錯誤.通電導(dǎo)體受到磁場力的方向垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面.C錯誤.通電導(dǎo)體處在一個沒有磁場的空間，當然不受磁場力的作用.

答案：D

【變式訓(xùn)練1】關(guān)于磁感應(yīng)強度，下列說法正確的是（）

A．一小段通電導(dǎo)線放在B為零的位置，那么它受到的磁場力也一定為零

B．通電導(dǎo)線所受的磁場力為零，該處的磁感應(yīng)強度也一定為零

C．放置在磁場中1m長的通電導(dǎo)線，通過1A的電流，受到的磁場力為1N，則該處的磁感應(yīng)強度就是1T

D．磁場中某處的B的方向跟電流在該處受到磁場力F的方向相同

解析：A選項根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義A選項對。

B選項通電導(dǎo)線（電流I）與磁場平行時，磁場力為零。B選項錯。

C選項通電導(dǎo)線（電流I）與磁場垂直。C選項錯。

D選項B與F方向一定垂直D選項錯。

答案：A

考點2.安培定則的應(yīng)用

剖析：

1．判斷直線電流的磁場方向的安培定則與判斷環(huán)形電流的磁場方向的安培定則兩種情況下四指、大拇指指向的意義正好相反.

2．注意等效電流的磁場，如電子流可以可以看作和電子流運動方向相反的電流，然后根據(jù)安培定則判斷出電子流的磁場方向.

3．其他形式的電流（如矩形、三角形等）的磁場，從整體效果上可等效為環(huán)形電流的磁場，優(yōu)先采用環(huán)形電流的安培定則判定.

[例題2]如圖9-1.1所示，、、三枚小磁針分別放在通電螺線管的正上方、管內(nèi)和右側(cè)。當這些小磁針靜止時，小磁針極的指向是（）

Ａ．、、均向左

Ｂ．、、均向右

Ｃ．向左，向右，向右

Ｄ．向右，向左，向右

解析：首先搞清電流的方向，再根據(jù)安培定則判斷，螺線管右側(cè)相當于極，左側(cè)相當于極，在外部磁感線由極指向極，在內(nèi)部磁感線由極指向極，所以小磁針的極向左，向右，向右，故選

答案：

【變式訓(xùn)練2】如圖9-1.2所示，帶負電的金屬環(huán)繞軸以角速度勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后平衡的位置是（）

Ａ．極豎直向上

Ｂ．極豎直向下

Ｃ．極沿軸線向左

Ｄ．極沿軸線向右

解析：帶負電的金屬環(huán)旋轉(zhuǎn)，可形成環(huán)形電流，而產(chǎn)生磁場，負電荷勻速旋轉(zhuǎn)，會產(chǎn)生與旋轉(zhuǎn)方向相反的環(huán)形電流，由右手定則可知在磁針所處磁場的方向沿軸向左，由于磁針極指向為磁場方向，所以應(yīng)選

答案：

考點3.對磁通量Φ=BS的理解

剖析：

1．Φ＝BS只適用于磁感應(yīng)強度B與平面S垂直的情況.當S與垂直于B的平面間的夾角為θ時，則有Φ＝BScosθ.可理解為Φ＝B（Scosθ）,即Φ等于B與S在垂直于B方向上分量的乘積.也可理解為Φ＝（Bcosθ）S，即Φ等于B垂直于S方向上的分量與S的乘積.

2．S不一定是某個線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內(nèi)的面積，S為線圈面積的一半.

3．多匝線圈內(nèi)磁通量的大小與線圈匝數(shù)無關(guān).

[例題3]如圖9-1.3所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化分別為和，則（）

A.＞

B.=

C.＜

D.不能判斷

解析：導(dǎo)體MN周圍的磁場并非勻強磁場，靠近MN處的磁場強些，磁感線密一些，遠離MN處的磁感線疏一些，當線框在I位置時，穿過平面的磁通量為，當線圈平移至Ⅱ位置時,磁能量為，則磁通量的變化量為==-，當?shù)骄€框翻轉(zhuǎn)到Ⅱ位置時，磁感線相當于從“反面”穿過原平面，則磁通量為-，則磁通量的變化量是

==+所以＜

答案：C

【變式訓(xùn)練3】如圖9-1.4所示，勻強磁場的磁感強度B＝2．0T，指向x軸的正方向，且ab=40cm，bc=30cm，ae=50cm，求通過面積Sl（abcd）、S2（befc）和S3（aefd）的磁通量φ1、φ2、φ3分別是多少？

解析：根據(jù)φ=BS垂，且式中S垂就是各面積在垂直于B的yx平面上投影的大小，所以各面積的磁通量分別為

φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb；φ2=0

φ3＝φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb

答案：φ1＝0．24Wb，φ2＝0，φ3＝0．24Wb

四、考能訓(xùn)練

A基礎(chǔ)達標

1、根據(jù)安培假說的物理思想：磁場來源于運動電荷．如果用這種思想解釋地球磁場的形成，根據(jù)地球上空并無相對地球定向移動的電荷的事實．那么由此推斷，地球總體上應(yīng)該是：（）

A．帶負電B．帶正電

C．不帶電D．不能確定

2、如圖9-1.5所示，A為通電線圈，電流方向如圖所示，B、C為與A在同一平面內(nèi)的兩同心圓，φB、φC分別為通過兩圓面的磁通量的大小，下述判斷中正確的是（）

A．穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向外

B．穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向里

C．φB＞φC

D．φB＜φC

3、下列單位中與磁感應(yīng)強度單位相同有（）

A．B．

C．D．

4、在地球赤道上空有一小磁針處于水平靜止狀態(tài)，突然發(fā)現(xiàn)小磁針N極向東偏轉(zhuǎn)，由此可知()

A．一定是小磁針正東方向有一條形磁鐵的N極靠近小磁針

B．一定是小磁針正東方向有一條形磁鐵的S極靠近小磁針

C．可能是小磁針正上方有電子流自南向北通過

D．可能是小磁針正上方有電子流自北向南水平通過

5、下列關(guān)于磁場的說法中，正確的是()

A．只有磁鐵周圍才存在磁場

B．磁場是假想的，不是客觀存在的

C．磁場是在磁極與磁極、磁極和電流發(fā)生作用時才產(chǎn)生

D．磁極與磁極，磁極與電流、電流與電流之間都是通過磁場發(fā)生相互作用

6、關(guān)于磁感線，下列說法中正確的是()

A．磁感線上每一點的切線方向都跟該點的磁場方向一致

B．兩條磁感線的空隙處不存在磁場

C．不同磁場形成的磁感線可以相交

D．磁感線是磁場中客觀存在的、肉眼看不見的曲線

7、一條豎直放置的長直導(dǎo)線，通有由下而上的電流，它產(chǎn)生的磁場在它正北方某處的磁感應(yīng)強度與地磁場在該處的磁感應(yīng)強度大小相等，設(shè)地磁場方向水平向北，則該處的磁場方向為()

A．向東偏北450B．向正西

C．向西偏北450D．向正北

8、下列所述的情況，哪一種情況可以肯定鋼棒沒有磁性()

A．將鋼棒的一端接近磁針的N極時，則兩者互相吸引，再將鋼棒的這一端接近磁針的S極時，則兩者互相排斥

B．將鋼棒的一端接近磁針的N極時，則兩者互相排斥，再將鋼棒的另一端接近磁針的N極時，則兩者互相吸引

C．將鋼棒的一端接近磁針的N極時，則兩者互相吸引，再將鋼棒的另一端接近磁針的S極時，則兩者仍互相吸引

D．將鋼棒的一端接近磁針的N極時，則兩者互相吸引，再將鋼棒的另一端接近磁針的N極時，則兩者仍互相吸引

9、一小段通電直導(dǎo)線長1cm，電流強度為5A，把它放入磁場中某點時所受磁場力大小為0．1N，則該點的磁感強度為（）

A．B＝2T；B．B≥2T；C．B≤2T；D．以上三種情況均有可能

10、如圖9-1.6所示，一根通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強度B=1T的勻強磁場中，在以導(dǎo)線為圓心，半徑為r的圓周上有a,b,c,d四個點，若a點的實際磁感應(yīng)強度為0，則下列說法中正確的是（）

A．直導(dǎo)線中電流方向是垂直紙面向里的

B．C點的實際磁感應(yīng)強度也為0

C．d點實際磁感應(yīng)強度為，方向斜向下，與B夾角為450

D．以上均不正確

11、如圖9-1.7所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd在細長磁鐵N極附近下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，由圖中的位置Ⅰ經(jīng)過位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ，在這個過程中，線圈中的磁通量（）

A．是增加的；

B．是減少的

C．先增加，后減少；

D．先減少，后增加

12、如圖9-1.8所示邊長為100cm的正方形閉合線圈置于磁場中，線圈AB、CD兩邊中點連線OO/的左右兩側(cè)分別存在方向相同、磁感強度大小各為B1＝0．6T，B2=0．4T的勻強磁場。若從上往下看，線圈逆時針轉(zhuǎn)過370時，穿過線圈的磁通量改變了多少？

B能力提升

13、如圖9-1.9所示，木板質(zhì)量為M，靜止于水平地面上，木板上固定一質(zhì)量不計的框架，框架上懸有磁鐵A，木板上放有磁鐵B，兩磁鐵質(zhì)量均為m，設(shè)木板對地面的壓力為N1，B對木板的壓力為N2，A對懸線的拉力為T，則下面結(jié)論正確的是（）

A．N1B．

C．D．以上答案全不對

14、（2007年上海一模）如圖9-1.10所示，兩根平行的通電直導(dǎo)線通過等腰直角三角形兩個頂點，兩根導(dǎo)線通入大小相等、方向垂直紙面向里的電流，每根導(dǎo)線在直角頂點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B，則直角頂點處實際的磁感應(yīng)強度的大小和方向為（）

A．B,沿y軸正方向

B．B,沿y軸負方向

C．B,與x軸正方向同向

D．B,與x軸正方向反向

15、如圖9-1.11是一種利用電磁原理制作的充氣泵的結(jié)構(gòu)示意圖．其工作原理類似打點計時器．當電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵向下運動，由此可判斷：電磁鐵的上端為_____極，永磁鐵的下端為_____極（N或S）

16、某試驗小組為了探究通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B與導(dǎo)線上電流強度I0和距離r間的關(guān)系，設(shè)計了如圖所示的試驗：一根固定通電長直導(dǎo)線通以可調(diào)節(jié)的電流強度I0，一根可以自由運動的短導(dǎo)線與之在同一平面內(nèi)，通以恒定的電流I=2A，長度L=0.1m，應(yīng)用控制變量法：（1）使兩導(dǎo)線距離r保持不變,調(diào)節(jié)長直導(dǎo)線中的電流強度I0，測得相應(yīng)的磁場力F，得到如下實驗數(shù)據(jù)：

試驗次數(shù)12345

電流強度I0/A5.010152025

磁場力F/×10-4N1.012.002.983.965.02

磁感應(yīng)強度B/×10-3T

填充上述表格中的磁感應(yīng)強度B一欄的值，并歸納磁感應(yīng)強度B和產(chǎn)生磁場的長直導(dǎo)線上的電流I0的關(guān)系是______________．

（2）使長直導(dǎo)線中的電流強度I0保持不變，調(diào)節(jié)短導(dǎo)線與之的距離r，測得相應(yīng)的磁場力F，得到如下實驗數(shù)據(jù)：

試驗次數(shù)12345

距離r/m0.050.100.150.200.25

磁場力F/×10-4N12.05.94.13.02.4

磁感應(yīng)強度B/×10-3T

填充上述表格中的磁感應(yīng)強度B一欄的值，并歸納磁感應(yīng)強度B和空間位置與長直導(dǎo)線間的距離r的關(guān)系是______________．

17、磁場具有能量，磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為B2/2μ,式中B是感應(yīng)強度,μ是磁導(dǎo)率，在空氣中μ為一已知常數(shù)．為了近似測得條形磁鐵磁極端面附近的磁感應(yīng)強度B，一學(xué)生用一根端面面積為A的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P，再用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離△L，并測出拉力F，如圖9-1.12所示．因為F所做的功等于間隙中磁場的能量，所以由此可得磁感應(yīng)強度B與F、A之間的關(guān)系為B＝

18、長為1.2m,質(zhì)量為1kg的金屬桿靜止于相距1m的兩水平軌道上，金屬桿中通有方向如圖9-1.13所示、大小為20A的恒定電流，兩軌道內(nèi)外存在豎直方向的勻強磁場．金屬桿與軌道間的動摩擦因數(shù)為0．6，（1）欲使桿向右勻速運動，求磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向（）；（2）欲使桿向右以加速度為作勻加速運動，求磁場的磁感應(yīng)強度大?。?/p>

19、如圖9-1.14所示，不計電阻的U形導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌寬l=0.5m，左端連接電源，電動勢E=6V，內(nèi)阻r=0.9Ω和可變電阻R，在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放一電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒MN，并用水平輕繩通過定滑輪吊著質(zhì)量為m=20g的重物，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，改變可變電阻的阻值，在1Ω≤R≤5Ω的取值范圍內(nèi)都能使MN處于靜止，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度．（g=10m/s2）

五、寬乘高

1.地球磁場為何經(jīng)常變化

地球磁極變化的最激動人心一幕是“磁極倒轉(zhuǎn)”事件．在地球演化史中，“磁極倒轉(zhuǎn)”事件經(jīng)常發(fā)生．僅在近450萬年里，就可以分出四個磁場極性不同的時期．有兩次和現(xiàn)在基本一樣的“正向期”，有兩次和現(xiàn)在正好相反的“反向期”．而且，在每一個磁性時期里，有時還會發(fā)生短暫的磁極倒轉(zhuǎn)現(xiàn)象．地球磁場的這種磁極變化，同樣存在于更古老的年代里．從大約6億年前的前寒武紀末期，到約5.4億年前的中寒武世，是反向磁性為主的時期；從中寒武世到約3.8億年前的中泥盆世，是正向磁性為主的時期；中泥盆世到約0.7億年前的白堊紀末，還是以正向極性為主；白堊紀末至今，則是以反向極性為主．

2.中國古代對磁的認識

我國古代典籍中也記載了一些磁石吸鐵和同性相斥的應(yīng)用事例。例如《史記封禪書》說漢武帝命方士欒大用磁石做成的棋子“自相觸擊”；而《椎南萬畢術(shù)》（西漢劉安）還有“取雞血與針磨搗之，以和磁石，用涂棋頭，曝干之，置局上則相拒不休”的詳細記載。南北朝（512～518年）的《水經(jīng)注》（酈道元）和另一本《三輔黃圖》都有秦始皇用磁石建造阿房宮北闕門，“有隱甲懷刃人門”者就會被查出的記載。《晉書馬隆傳》的故事可供參考：相傳3世紀時智勇雙全的馬隆在一次戰(zhàn)役中，命士兵將大批磁石堆壘在一條狹窄的小路上。身穿鐵甲的敵軍個個都被磁石吸住，而馬隆的兵將身穿犀甲，行動如常。敵軍以為馬隆的兵是神兵，故而大?。ā皧A道累磁石，賊負鐵鏜，行不得前，隆卒悉被犀甲，無所溜礙”）。

第二節(jié)磁場對電流的作用

一、考情分析

考試大綱考綱解讀

1.安培力、安培力的方向I

2.4.勻強磁場中的安培力II

安培力的計算只限于電流與磁感應(yīng)強度垂直的情形

1.通電直導(dǎo)體在磁場中受力，結(jié)合牛頓定律運動學(xué)公式以及能量的轉(zhuǎn)化與守恒，以非選擇題形式考查居多.

2.通電導(dǎo)線在磁場中受安培力的分析與計算，首先掌握左手定則，會判斷安培力方向，其次熟悉掌握受力分析方法，應(yīng)用有關(guān)知識解決安培力參與的平衡、加速等問題，特別注意安培力、電流（導(dǎo)線）、磁場方向三者的空間方位關(guān)系。

二、考點知識梳理

（一）、安培力

1.安培力：通電導(dǎo)線在磁場中受到的作用力叫做__________．

說明:磁場對通電導(dǎo)線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的____________即為安培力．

2.安培力的計算公式：___________（θ是I與B的夾角）；

通電導(dǎo)線與磁場方向垂直時，即θ＝900，此時安培力有______值；

通電導(dǎo)線與磁場方向平行時，即θ＝00，此時安培力有______值，F(xiàn)=0N;

00＜B＜900時，安培力F介于0和最大值之間.

特別提醒：

①公式F=BIL中L為導(dǎo)線的________，即導(dǎo)線兩端點所連直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端．如圖9-2.1所示，甲中：，乙中：L/=d(直徑）＝2R（半圓環(huán)且半徑為R)

②安培力的作用點為磁場中通電導(dǎo)體的__________；

③安培力做功:做功的結(jié)果將_________轉(zhuǎn)化成__________．

3.安培力公式的適用條件:

①公式F＝BIL一般適用于勻強磁場中I⊥B的情況，對于非勻強磁場只是近似適用（如對電流元），但對某些特殊情況仍適用．

如圖9-2.3所示，電流I1//I2,如I1在I2處磁場的磁感應(yīng)強度為B，則I1對I2的安培力F＝BI2L，方向向左，同理I2對I1，安培力向右，即同向電流相吸，異向電流相斥．

②根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體對通電導(dǎo)體有力的作用，則通電導(dǎo)體對磁體有反作用力．兩根通電導(dǎo)線間的磁場力也遵循牛頓第三定律．

4.安培力作用下物體的運動方向的判斷

（1）電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段電流所受合力方向，最后確定運動方向．

（2）特殊位置法：把電流或磁鐵轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向．

（3）等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析．

（4）利用結(jié)論法：

①兩電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；

②兩電流不平行時，有轉(zhuǎn)動到相互平行且電流方向相同的趨勢．

（5）轉(zhuǎn)換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，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，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向．

（6）分析在安培力作用下通電導(dǎo)體運動情況的一般步驟

①畫出通電導(dǎo)線所在處的磁感線方向及分布情況

②用左手定則確定各段通電導(dǎo)線所受安培力

③)據(jù)初速方向結(jié)合牛頓定律確定導(dǎo)體運動情況

（二）、左手定則

1.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指________且與手掌都在__________，讓磁感線垂直穿過_______，并使四指指向________，這時手掌所在平面跟磁感線和導(dǎo)線所在平面_______，所指的方向就是通電導(dǎo)線所受安培力的方向．

2.安培力F的方向既與磁場方向________，又與通電導(dǎo)線________,即F跟BI所在的面________．但B與I的方向__________垂直．

3.安培力F、磁感應(yīng)強度B、電流1三者的關(guān)系

①已知I,B的方向，可惟一確定F的方向；

②已知F、B的方向，且導(dǎo)線的位置確定時，可惟一確定I的方向；

③已知F,1的方向時，磁感應(yīng)強度B的方向不能惟一確定．

4.由于B,I,F的方向關(guān)系常是在三維的立體空間，所以求解本部分問題時，應(yīng)具有較好的空間想象力，要善于把立體圖畫變成易于分析的平面圖，即畫成俯視圖，剖視圖，側(cè)視圖等．

三、考點知識解讀

考點1.安培力的理解

剖析：

1.安培力是磁場對電流的作用力，它與重力、彈力、摩擦力、電場力等一樣，是一種性質(zhì)力.

2.安培力公式說明

(1)B是與L垂直或與L垂直的分量;

(2)L是有效長度，若載流導(dǎo)體是彎曲導(dǎo)線，且導(dǎo)線所在平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，則L指彎曲導(dǎo)線中始端指向末端的直線長度.如圖9-2.4所示，半圓形平面通電導(dǎo)體，處于垂直于磁場方向平面內(nèi)，則導(dǎo)線所受磁場力大小為F=BILAB

(3)B并非一定是勻強磁場，但一定是導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度.

[例題1]（09年全國卷Ⅰ17.）如圖9-2.5，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力（）

A.方向沿紙面向上，大小為

B.方向沿紙面向上，大小為

C.方向沿紙面向下，大小為

D.方向沿紙面向下，大小為

解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為來等效代替,根據(jù),可知大小為,方向根據(jù)左手定則.A正確。

答案：A

【變式訓(xùn)練1】如圖9-2.6所示是磁場對直線電流的作用力判斷，其中正確是()

解析：A圖中導(dǎo)線是與磁場垂直放置的，所受安培力應(yīng)該是最大的力的方向也遵守左手定則，所以A正確；B圖中的安培力方向應(yīng)該是垂直導(dǎo)線向左；C圖中的安培力方向向下，大小應(yīng)該是最大值；D圖中由于導(dǎo)線與磁場平行，所以不受安培力作用．

答案：A

考點2.安培力作用下導(dǎo)體運動的分析方法

剖析：

（1）電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段電流所受合力方向，最后確定運動方向．

（2）特殊位置法：把電流或磁鐵轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向．

（3）等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析．

（4）利用結(jié)論法：①兩電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；②兩電流不平行時，有轉(zhuǎn)動到相互平行且電流方向相同的趨勢．

（5）轉(zhuǎn)換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，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，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向．

[例題2]如圖9-2-7所示，有一通電直導(dǎo)線放在蹄形電磁鐵的正上方，導(dǎo)線可以自由移動，當電磁鐵線圈與直導(dǎo)線中通以圖示的電流時，有關(guān)直導(dǎo)線運動情況的說法中正確的是（從上往下看）（）

A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降B．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升

C．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降D．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升

解析：用安培定則判斷通電蹄形電磁鐵的極性，通電直導(dǎo)線在蹄形磁鐵的磁場中，它的受力情況用電流無法進行判斷，如圖9-2-8所示把直線電流等效為AO、OO/、O/B三段，其中OO/為極短的電流元.畫出電磁鐵的磁感線，可知OO/段電流元不受安培力的作用，AO段受垂直于紙面向外的安培力，O/B段受一垂直于紙面向里的安培力，故從上往下看，導(dǎo)線以O(shè)O/段為軸逆時針轉(zhuǎn)動.再用特殊位置法，假設(shè)導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°，如圖9-2.8所示，則導(dǎo)線受力的受力方向應(yīng)豎直向下.實際上導(dǎo)線的運動應(yīng)是上述兩種運動的合成.

答案：C

【變式訓(xùn)練2】把圓形導(dǎo)線圈用細線掛在通電直導(dǎo)線附近，使兩者在同一豎直平面內(nèi)，其中直導(dǎo)線固定，線圈可以自由活動，如圖所示.當9-2.9圓線圈中通入圖示方向的電流時，線圈將（）

A.發(fā)生轉(zhuǎn)動，同時靠近直導(dǎo)線

B.發(fā)生轉(zhuǎn)動，同時離開直導(dǎo)線

C.遠離直導(dǎo)線

D.靠近直導(dǎo)線

解析：可將通電圓環(huán)等效為左右兩段通電直導(dǎo)線來判定，離直導(dǎo)線越近，磁場越強，由左手定則或由同向電流相吸，異向電流相斥判定，答案選D.

答案：D

考點3.安培力做功的特點

剖析：

1.安培力做功與路徑有關(guān)，所以繞閉合回路一周，安培力做功可以為正，可以為負，也可以為零，不象重力和電場力做功一定為負.

2.安培力做功的實質(zhì)：起傳遞能量的作用，將電源的能量傳遞給通電導(dǎo)線，而磁場本身不提供能量.如圖9-2-10所示，導(dǎo)體ab在安培力作用下向左運動，安培力做功的結(jié)果是將電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的動能.

[例題3]電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖9-2-11所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為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2m，長為100m，通過的電流為10A，則軌道間所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度為_________T，磁場力的最大功率P=_________W（軌道摩擦不計）.

解析：由動能定理W合=mv2-mv02可知BILs=mv2,得出B=18T.

故P=BILvm=2.16×106W.

答案：182.16×106

考點4.安培力與力學(xué)知識的綜合運用

剖析：

由于左手定則中，F(xiàn)、B、I三者的關(guān)系涉及三維空間，解題時要善于從不同的視向把立體圖改畫為平面圖，然后通過受力分析，通電導(dǎo)線的運動分析，即可解決與安培力相結(jié)合的靜力學(xué)、運動學(xué)、動力學(xué)、功和能等方面的問題.

①首先把立體圖畫成易于分析的平面圖，如側(cè)視圖、剖視圖或俯視圖等；

②確定導(dǎo)線所在處磁場方向，根據(jù)左手定則確定安培力的方向；

③結(jié)合通電導(dǎo)體、受力分析、運動情況等，根據(jù)題目要求，列出方程，解決問題.

[例題4]如圖9-2-12(a)所示，兩根平行放置的導(dǎo)電軌道，間距為L，傾角為，軌道間接有電動勢為E（內(nèi)阻不計）的電源，現(xiàn)將一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab與軌道垂直放于導(dǎo)電軌道上，軌道的摩擦和電阻均不計，要使ab桿靜止，所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度至少多大？什么方向？

解析：由ab桿靜止可知受力平衡.因軌道摩擦不計,故物體僅受重力、支持力、安培力.其中重力大小、方向均不變；支持力方向不變.如圖9-2-12（b）所示由平衡知識知，安培力沿斜面向上時磁感應(yīng)強度最小.根據(jù)左手定則磁感應(yīng)強度垂直軌道平面向上.由

得：方向：垂直于軌道平面向上.

【變式訓(xùn)練4】如圖9-2-13（a）所示，電源電動勢E＝2V，r＝0.5Ω,豎直導(dǎo)軌電阻可略，金屬棒的質(zhì)量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它與導(dǎo)體軌道的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，有效長度為0.2m,靠在導(dǎo)軌的外面，為使金屬棒不下滑，我們施一與紙面夾角為600且與導(dǎo)線垂直向外的磁場，（g=10m/s2）求：

（1)此磁場是斜向上還是斜向下？

（2）B的范圍是多少？

解析：導(dǎo)體棒側(cè)面受力圖如圖9-2-13(b)所示：

由平衡條件得：B最小時摩擦力沿導(dǎo)軌向上，則有

μFN＋BILcos300＝mg,FN=BILsin300解得B＝2.34T

當B最大時摩擦力沿導(dǎo)軌向下，則有BILcos300＝mg＋μFN

FN=BILsin300解得B=3.75T

B的范圍是2.34T--3.75T

四、考能訓(xùn)練

A基礎(chǔ)達標

1、（2009年重慶卷）在題圖9-2-14所示電路中，電池均相同，當電鍵S分別置于a、b兩處時，導(dǎo)線與，之間的安培力的大小為、，判斷這兩段導(dǎo)線（）

A．相互吸引，＞

B．相互排斥，＞

C．相互吸引，＜

D．相互排斥，＜

2、（2009年海南物理）一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定。導(dǎo)線中通有電流，方向如圖9-2-15中箭頭所示。當沒有磁場時，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)：當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是

3、（2007年天津一模）質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒置于傾角為θ的導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，當導(dǎo)體棒通以垂直紙面向里的電流時，恰能在導(dǎo)軌上靜止。如圖9-2-16所示的四個圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中棒與導(dǎo)軌間的摩擦力可能為零的是（）

4、在赤道上空，沿東西方向水平放置兩根通電直導(dǎo)線a和b，且導(dǎo)線a在北側(cè)，導(dǎo)線b在南側(cè)，導(dǎo)線a中的電流方向向東，導(dǎo)線b中的電流方向向西，則關(guān)于導(dǎo)線a和地磁場對導(dǎo)線b的安培力F1和F2的方向判斷正確的是()

A．F1水平向南，F(xiàn)2豎直向下B．F1豎直向下，F(xiàn)2水平向北

C．F1水平向北，F(xiàn)2豎直向上D．F1豎直向上，F(xiàn)2水平向南

5、如圖9-2-17所示，一根通有電流I的直銅棒MN，用導(dǎo)線掛在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，此時兩根懸線處于張緊狀態(tài)，下列哪些措施可使懸線中張力為零()

A．適當增大電流強度I

B．使電流反向并適當減小電流強度I

C．保持電流強度I不變，適當減小磁感應(yīng)強度B

D．使電流反向，適當減小磁感應(yīng)強度B

6、如圖9-2-18所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線a、b和c，各導(dǎo)線中的電流大小相同.其中a、c導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，b導(dǎo)線電流方向垂直紙面向內(nèi)，每根導(dǎo)線都受到另外兩根導(dǎo)線對它的安培力作用.則關(guān)于每根導(dǎo)線所受安培力的合力，以下說法正確的是（）

A．導(dǎo)線a所受合力方向水平向右

B．導(dǎo)線c所受合力方向水平向右

C．導(dǎo)線c所受合力方向水平向左

D．導(dǎo)線b所受合力為零

7、如圖9-2-19所示，光滑斜面傾角為θ，垂直紙面放置的通電直導(dǎo)線質(zhì)量為m、長為l，當加一勻強磁場時，導(dǎo)線所受磁力大小為mg,此時導(dǎo)線保持靜止狀態(tài)，則斜面受到導(dǎo)線的壓力大小可能是（）

A．mgB．mgcosθC．2mgcosθD．mgsinθ

8、在磁感應(yīng)強度B＝0.4T的勻強磁場中，一段長為0.5m的通電導(dǎo)體在外力作用下做勻速直線運動，設(shè)通過導(dǎo)體的電流強度為4A，運動速度是0.6m／s，電流方向、速度方向、磁場方向兩兩相互垂直，則移動這段導(dǎo)線所需要的功率是W．

9、如圖9-2-20所示，在傾角為300的斜面上，放置兩條寬L=0.5m的平行導(dǎo)軌，將電源、滑動變阻器用導(dǎo)線連接在導(dǎo)軌上，在導(dǎo)軌上橫放一根質(zhì)量m=0.2kg的金屬桿ab，電源電動勢E=12V，內(nèi)阻r=0．3Ω，金屬桿與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為fm=0.6N，磁場方向垂直軌道所在平面，B=0.8T．金屬桿ab的電阻為0.2Ω，導(dǎo)軌電阻不計．欲使桿的軌道上保持靜止，滑動變阻器的使用電阻的范圍多大?(g取10m／s2)

B能力提升

10、（2008年重慶一模）如圖9-2-21所示，連接平行金屬板P1和P2，（板面垂直于紙面）的導(dǎo)線的一部分CD和另一連接電池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在紙面內(nèi)，金屬板置于磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當一束等離子體射入兩金屬板之間時，CD段將受到力的作用，則()

A．等離子體從右方射入時，CD受力方向背離GH

B．當從右方射入時，CD受力方向指向GH；

C．當從左方射入時，CD受力方向背離GH；

D．當從左方射入時，CD受力方向指向GH。

11、（2007年蘇州一模）在同一光滑斜面上放同一導(dǎo)體棒，右圖9-2-22所示是兩種情況的剖面圖。它們所處空間有磁感強度大小相等的勻強磁場，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次豎直向上；兩次導(dǎo)體A分別通有電流I1和I2，都處于靜止平衡。已知斜面的傾角為θ，則()

A．I1：I2=cosθ∶1

B．I1：I2=1∶1

C．導(dǎo)體A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθ

D．斜面對導(dǎo)體A的彈力大小之比N1∶N2=cos2θ∶1

12、（08寧夏卷）在等邊三角形的三個頂點a、b、c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9-2-23。過c點的導(dǎo)線所受安培力的方向（）

A．與ab邊平行，豎直向上

B．與ab邊平行，豎直向下

C．與ab邊垂直，指向左邊

D．與ab邊垂直，指向右邊

13、(2007北京海淀高三第一學(xué)期期末練習(xí))兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流分別為I1和I2,電流的方向如圖所示9-2-24,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點,其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上.則導(dǎo)體中的電流在這四點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度可能為零的是（）

A．a(chǎn)點

B．b點

C．c點

D．d點

14、如圖9-2-25所示的天平可用來測定磁感應(yīng)強度.天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為L，共有n匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里.當線圈中通有電流I（方向如圖）時，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡.當電流反向（大小不變）時，左邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡，由此可知（）

A．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為

B．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為

C．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為

D．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為

15、如圖9-2-26所示，在傾角為37°的斜面上，固定著寬L=0.25m的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上端接入電源和變阻器.電源電動勢E=12V，內(nèi)電阻r=1.0Ω.一質(zhì)量m=20g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=0.80T、垂直于斜面向上的勻強磁場中.若金屬導(dǎo)軌是光滑的，取g=10m/s2,且已知sin37°=0.60,cos37°=0.80.要保持金屬棒靜止在導(dǎo)軌上.求：

（1）回路中電流的大?。?/p>

（2）滑動變阻器接入電路的阻值.

五、寬乘高

1.電磁運輸器

在這種電磁鐵路上，車廂的重力被電磁鐵的吸引力抵消了，所以它是完全失去重力的．所以如果我告訴你說，根據(jù)設(shè)計，這些車廂不是在鐵軌上行駛的，不是在水里航行的，甚至也不是在空氣里滑翔的──它們飛的時候任何支撐的東西都沒有，什么也不接觸，而是懸在看不見的強大的磁場線中的，你聽了也就不會覺得奇怪了．由于它們之間不會有摩擦，所以當它們一進入運動狀態(tài)，就能依靠慣性保持著原有的巨大速率前進，而不必再用機車來牽引．

2.超導(dǎo)電磁推進船

隨著高技術(shù)的發(fā)展，導(dǎo)體在超低溫狀態(tài)電阻等于0的超導(dǎo)性能被發(fā)現(xiàn)。在上個世紀末，美國科學(xué)家們就開始設(shè)想用超導(dǎo)體來推動船舶前進，曾做了試驗?zāi)Ｐ投耀@得了理想的推進效能。由于超導(dǎo)體電阻等于0，只須用很少的電能就能使導(dǎo)體產(chǎn)生足夠的磁場，而電流在導(dǎo)體中又無損耗，因而用它來推進船舶將大大提高效益。超導(dǎo)電磁推進，不但可以提高航速，而且能減小震動和噪音，若潛水艇使用電磁推進，不但速度快而且更具有隱蔽性能，在戰(zhàn)斗中不易被敵人發(fā)現(xiàn)，又有強大快速的攻擊力。將來的貨船和油船若用超導(dǎo)電磁推進在水下潛水航行，速度可提高到每小時３０－４０海里，即使海上風(fēng)浪再大，也可以平穩(wěn)地從水下準時到達目的地。

第三節(jié)帶電粒子在磁場中的運動

一、考情分析

考試大綱考綱解讀

1.洛倫茲力、洛倫茲力的方向I

2.洛倫茲力公式II

3.帶電粒子在勻強磁場中的運動II

洛倫茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的情形

帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，要掌握基本法（找圓心、求半徑、畫軌跡）利用幾何知識，求半徑及圓心角是關(guān)鍵。應(yīng)特別注意“邊界問題”以及由周期性引起的“多解問題”.

二、考點知識梳理

（一）、洛侖茲力

磁場對運動電荷的作用力

1.洛倫茲力的公式:_______________，θ是V、B之間的夾角.

2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)＝0

3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB

4.只有___________在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為_____．

5.洛倫茲力和安培力的關(guān)系：F洛是F安的微觀解釋，F(xiàn)安是F洛宏觀體現(xiàn)。

（二）、洛倫茲力的方向

1.洛倫茲力F的方向既_______于磁場B的方向，又_______于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面．

2.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，伸出左手，讓姆指跟四指________，且處于_______，讓磁感線穿過________，四指指向_______________（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向________）則__________所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向．

（三）、洛倫茲力與安培力的關(guān)系

1.洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導(dǎo)體中所有定向稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的________．

2.洛倫茲力_________做功，它不改變運動電荷的_________;但安培力卻可以做功．

（四）、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.若v//B,則粒子不受洛倫茲力,在勻強磁場中做____________.

2.若vB,則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做____________。

相關(guān)公式：

(1)洛倫茲力充當向心力：

(2)軌道半徑：

(3)周期：

(4)角速度：

(5)頻率：

(6)動能：

特點：

①帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的的周期T頻率f角速度與粒子的速度（v）和半徑（r）無關(guān)，只與粒子的電量（q）和質(zhì)量（m）有關(guān).

②q/m比荷相等的粒子，在相同的勻強磁場中，T、f和均相等

3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）．

（五）、“帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動”的基本型問題

（1）定圓心、定半徑、定轉(zhuǎn)過的圓心角是解決這類問題的前提。確定半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，有時需要建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角α之間的關(guān)系（）作為輔助。圓心的確定，通常有以下兩種方法。

①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點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（如圖中P為入射點，M為出射點）。

②已知入射方向和出射點的位置，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道的圓心（如圖9-2,P為入射點，M為出射點）。

（2）半徑的確定和計算：利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑或圓心角。并注意以下兩個重要的特點：

①粒子速度的偏向角等于回旋角α，并等于AB弦與切線的夾角（弦切角θ）的2倍，如圖9-3-3所示。即：。

②相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ/互補，即θ＋θ/＝180o。

（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α?xí)r，其運動時間可由下式表示(或者）。

注意：帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動具有對稱性。

①帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關(guān)于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向、出射速度方向與邊界的夾角相等；

②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。

應(yīng)用對稱性可以快速地確定運動的軌跡。

（4）一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題方法（三步法）：

①畫軌跡：即確定圓心，運用幾何知識求半徑并畫出軌跡

②找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與對應(yīng)圓心角與運動時間的聯(lián)系，在磁場中運動時間與周期相聯(lián)系。

③用規(guī)律：結(jié)合牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，運用圓周運動的半徑公式和周期公式。

三、考點知識解讀

考點1.如何確立帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間？

剖析：

1.圓心的確定：因為洛倫茲力f指向圓心，根據(jù)f⊥v，畫出粒子運動軌跡上任意兩點（一般是射入和射出磁場的兩點）的f的方向，其延長線的交點即為圓心.

2.半徑的確定和計算：圓心找到以后，自然就有了半徑（一般是利用粒子入、出磁場時的半徑）.半徑的計算一般是利用幾何知識，如解三角形的方法及圓心角等于圓弧上弦切角的兩倍等知識.

3.在磁場中運動時間的確定：利用圓心角與弦

切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°計算

出圓心角的大小，由公式t=×T可求出運動

時間.有時也用弧長與線速度的比.如圖9-3-4所示，

還應(yīng)注意到：

（1）速度的偏向角等于弧AB所對的圓心角；

（2）偏向角與弦切角的關(guān)系為：＜180°，=2；＞180°，=360-2.

4.注意圓周運動中有關(guān)對稱規(guī)律

如從同一直線邊界射入的粒子，再從這一邊射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.

[例題1]如圖9-3-5所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應(yīng)強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是300，則電子的質(zhì)量是，穿過磁場的時間是。

解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ=300，OB為半徑．所以r=d/sin300=2d．

又由r=得m＝2dBe／v．

又因為AB圓心角是300，所以穿過時間t=T=×=．

答案：2dBe／v；

【變式訓(xùn)練1】如圖9-3-6，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔．PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子（不計重力），以相同的速度v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為范圍內(nèi)．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為（）

A．B．

C．D．

解析：圖9-3-7可知，沿PC方向射入的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，PR=，沿兩邊界線射入磁場的粒子打在MN上的點離P點最近，PQ=，所以打在MN區(qū)域的長度為，則D答案正確

答案：D．

考點2.電場和磁場對電荷作用的區(qū)別

剖析：

1.電荷在電場中一定會受到電場力的作用，而電荷在磁場中不一定受磁場力作用.只有相對于磁場運動且運動方向與磁場不平行的電荷才受磁場力的作用，而相對磁場靜止的電荷或雖運動但運動方向與磁場方向平行的電荷則不受磁場力作用．

2.電場對電荷作用力的大小僅取決于場強E和電荷量q，即F=qE，而磁場對電荷的作用力大小不僅與磁感應(yīng)強度B和電荷量q有關(guān)，還與電荷運動速度的大小v及速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)，即：F=qvBsin．

3.電荷所受電場力的方向總是沿著電場線的切線(與電場方向相同或相反)，而電荷所受磁場力的方向總是既垂直于磁場方向，又垂直于運動方向(即垂直于磁場方向和運動方向所決定的平面)．

4.電荷在電場中運動時，電場力要對運動電荷做功(電荷在等勢面運動除外)，而電荷在磁場中運動時，磁場力一定不會對電荷做功.

[例題2]一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關(guān)于中線的對稱點D射出，如圖9-3-8所示，則粒子從D點射出的速度為多少?

解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m（V2－v02）/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關(guān)于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由①②③式得VD=

點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發(fā)生了變化，均與洛侖茲力無關(guān)，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功。

【變式訓(xùn)練2】如圖9-3-9所示，在寬為d的區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強電場，場強為E.一帶電粒子以速度v垂直于電場方向.也垂直于場區(qū)邊界射入電場（不計粒子的重力），射出場區(qū)時，粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角.若去掉電場，在同樣區(qū)域內(nèi)改換成方向垂直于紙面向外的勻強磁場，此粒子仍在原位置以同樣速度v射入場區(qū)，它從場區(qū)的另一側(cè)射出時，也偏轉(zhuǎn)了θ角.則此磁場的磁感應(yīng)強度B=___________.

解析：粒子在電場中做類似平拋運動，運行時間是t=，加速度a=，有tanθ==，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律：

qvB=

所以r=

依圖9-3-10得：sinθ==

解得：B=.

答案：Ecosθ/v

考點3.帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題

剖析：

注意下列結(jié)論，再借助數(shù)學(xué)方法分析：

1.剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.

2.當速度v一定時，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.

3.注意圓周運動中有關(guān)對稱規(guī)律：

如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.

[例題3]圖9-3-11中虛線為相鄰兩個勻強磁場區(qū)域1和2的邊界，磁場方向都垂直于紙面向里.區(qū)域1的磁感應(yīng)強度的大小為B，區(qū)域2的磁感應(yīng)強度的大小為23B.兩個區(qū)域的寬度都是L.一質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子，沿垂直于區(qū)域1的邊界的方向，從區(qū)域1的邊界上的P點射入?yún)^(qū)域1并進入?yún)^(qū)域2，最后恰未能穿出區(qū)域2.求此帶電粒子的速度.不計重力.

【思路點撥】本題是組合磁場的勻速圓周運動.帶電粒子在有界磁場中的運動，解決此類問題關(guān)鍵是“定圓心，找半徑”，充分利用幾何關(guān)系來確定已知長度與半徑的關(guān)系，需要對圓的幾何特性比較熟悉.

解析：如圖9-3-11所示，畫出粒子的運動軌跡，粒子在兩個場中運動的半徑分別為R1和R2.由于入射線與邊界線垂直，故圓1的圓心在區(qū)域1的邊界線上；由于兩圓相切，故兩圓的圓心和兩圓的切點必在同一直線上；又由于圓2與區(qū)域2的下邊界相切，故圓心在此切點正上方.由此得出兩軌跡和兩區(qū)域的幾何關(guān)系如圖.

由公式得R1＝mvqB，R2＝3mv2qB，由圖中幾何關(guān)系可知：

LR1＝R2－LR2

解得v＝5qBL3m

答案：5qBL3m

【變式訓(xùn)練3】如圖9-3-12所示，比荷為e/m的電子，以速度從A點沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中，欲使電子能從BC邊穿出，磁感應(yīng)強度B的取值為（）

A．B．

C．D．

解析：先根據(jù)題意畫出電子沿弧運動的軌跡，因為弧上任意一點的速度方向必然與過該點的半徑垂直，故可以過A點作與方向（即AB方向）垂直的直線，此直線即為帶電粒子做勻速圓周運動的半徑所在的直線．同理過C點作垂直于BC的直線，也為過該點的半徑所在的直線，兩直線相交于O點，即為帶電粒子做勻速圓周運動的圓心，如圖9-3-13所示，由圖示情況可以看出圓心角∠AOC=1200,θ=600．

當時,電子剛好不能從BC邊射出，

要使電子可以從BC邊射出，必滿足r＞，而r＝，

所以B＜時，電子可以從BC邊射出．

答案：C

考點4.洛侖茲力的多解問題

剖析：

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面.

1.帶電粒子電性不確定形成多解

受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導(dǎo)致形成多解.

2.磁場方向不確定形成多解

有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解.

3.臨界狀態(tài)不唯一形成多解

帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，

由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過

去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖9-3-14所示，于是形成了多解.

4.運動的重復(fù)性形成多解

帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，因而形成多解.

[例題4]如圖9-3-15有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B）在長度為L的平行極板間，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度V水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是

A．使粒子的速度VBqL/4m；

B．使粒子的速度V5BqL/4m；

C．使粒子的速度VBqL/m；

D．使粒子速度BqL/4mV5BqL/4m.

【思路點撥】本題為有界直線磁場中的勻速圓周運動問題，難點是做有界磁場臨界值的判斷.抓住兩個臨界條件是關(guān)鍵，即從左邊邊緣出場和從右邊邊緣出場；同時注意粒子運動的圓軌跡圓心必定在O點的正上方.

解析：由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得：粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有：

r12＝L2+(r1-L/2)2

解得r1=5L/4；

又由于r1=mV1/Bq，得V1=5BqL/4m；

這種情況下有V5BqL/4m．

粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有

r2＝L/4；

又由r2＝mV2/Bq=L/4得V2＝BqL/4m?

這種情況下VBqL/4m．綜上可得正確答案是A、B．

答案：AB

【變式訓(xùn)練4】一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0方向與ad邊夾角為30°，如圖9-3-16所示．已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m（重力不計）．

（1）若粒子帶負電，且恰能從d點射出磁場，求v0的大?。?/p>

（2）若粒子帶正電，使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍以及引范圍內(nèi)粒子在磁場中運動時間t的范圍．

解析：（1）由圖9-3-17可知：，

據(jù)，

則．

（2）當v0最大時：

得R1=L，則

當v0最小值：，得，

則，，

帶電粒子從ab邊射出磁場，當速度為時，運動時間最短．，

速度為vmin時運動時間最長：

，

∴粒子運動時間t的范圍．

答案：；

四、考能訓(xùn)練

A基礎(chǔ)達標

1、（09年安徽卷19）.9-3-18圖是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子（）

A．帶正電，由下往上運動

B．帶正電，由上往下運動

C．帶負電，由上往下運動

D．帶負電，由下往上運動

2、圖9-3-19中粗線是地磁場的磁感線，則以下相關(guān)信息正確的是（）

A．地磁場對宇宙射線具有一定的阻擋作用

B．有些高能帶電粒子能射向地球的兩極

C．圖中P端表示地球的北極

D．圖中粒子帶正電

3、帶電粒子以初速度V0從a點進入勻強磁場，如圖9-3-20。運動中經(jīng)過b點，oa=ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以V0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感強度B之比E/B為()

A．V0

B．1/V0

C．2V0

D．V0/2

4、一帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射人一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖9-3-21所示，徑跡上每一小段都可以看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(電量不變)，則可判定()

A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從b到a，帶正電

C．粒子從a到b，帶負電D．粒子從b到a，帶負電

5、如圖9-3-22所示，電子以垂直于勻強磁場的速度VA，從A處進入長為d，寬為h的磁場區(qū)域，發(fā)生偏移而從B處離開磁場,從A至B的電子經(jīng)過的弧長為s,若電子電量為e，磁感應(yīng)強度為B，則()

A．電子在磁場中運動的時間為t=d／VA

B．電子在磁場中運動的時間為t＝s／VA

C．洛倫茲力對電子做功是BeVAh

D．電子在A、B兩處的速度相同

6、質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子（不計重力），以速度V垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，并作順時針方向的勻速圓周運動，則粒子的角速度大小為________，向心加速度大小為________；帶電粒子的勻速圓周運動等效于一個環(huán)形電流，該環(huán)形電流的電流強度為________，其產(chǎn)生的磁場的方向與勻強磁場的方向________（相同或相反）．

7、如圖9-3-23所示為一正方形空腔的橫截面，a、b、c為三個小孔(孔徑不計)，腔內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束具有不同速率的電子，由孔a垂直磁場方向射入空腔．如從孔b、c分別有電子射出，則從兩孔射出電子的速率之比Vb:Vc＝________，飛行時間之比tb:tc=________.

8、如圖9-3-24所示，在x＜0與x＞0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1＞B2．一個帶負電荷的粒子從坐標原點O以速度V沿x軸負方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應(yīng)滿足什么條件？

9、在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖9-3-25所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出．

（1）請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；

（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強度B多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？

B能力提升

10、（2009年寧夏卷16）醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖9-3-26所示。由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160V，磁感應(yīng)強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為

A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負

C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正

11、如圖9-3-27所示，一帶負電的質(zhì)點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內(nèi)，質(zhì)點的速度方向如圖中箭頭所示．現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則（）

A．若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期大于T0

B．若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期小于T0

C．若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期小于T0

D．若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期小于T0

12、如圖9-3-28所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是（）

A．，正電荷B．，正電荷

C．，負電荷D．，負電荷

13、如圖9-3-29所示，長方形abcd長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B=0.25T．一群不計重力、質(zhì)量m=3×10－7kg、電荷量q=+2×10－3C的帶電粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域（）

A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊

B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊

C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊

D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊

14、如圖9-3-30所示，正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.一個氫核從ad邊的中點m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場的方向，以一定速度射入磁場，正好從ab邊中點n射出磁場.若將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則這個氫核射出磁場的位置是（）

A．在b、n之間某點

B．在n、a之間某點

C．a(chǎn)點

D．在a、m之間某點

15、如圖9-3-31所示，單擺的擺線是絕緣的，長L.擺球帶電荷量為q，整個裝置處在一勻強磁場中，磁場的方向垂直于單擺的振動平面.當擺角為5°時，單擺的振動周期T與不存在磁場時的振動周期T0相比較（）

A．TT0

B．T=T0

C．TT0

D．因未知擺球帶電的正負，無法判斷

16、如圖9-3-32，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場.t=0的時刻，一電子以速度v0經(jīng)過x軸上的A點，方向沿x軸正方向.A點坐標為（-，0），其中R為電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑.不計重力影響，則正確的是（）

A.電子經(jīng)過y軸時，速度大小仍為v0

B.電子在t=時，第一次經(jīng)過y軸

C.電子第一次經(jīng)過y軸坐標為（0，R）

D.電子第一次經(jīng)過y軸坐標為（0，-R）

17.如圖9-3-33所示，L1、L2為兩平行的虛線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上，帶電粒子從A點以初速度v斜向上與L2成30°角射出，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法中正確的是（）

A.帶電粒子經(jīng)過B點時速率一定跟A點速率相同

B.若將帶電粒子在A點時初速度變大（方向不變），它仍能經(jīng)過B點

C.若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成60°角斜向上，它就不一定經(jīng)過B點

D.此粒子一定帶正電

18、初速為零的離子經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，經(jīng)過一段路程后進入水平放置的平行金屬板MN和PQ之間.離子所經(jīng)空間存在一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，如圖9-3-34所示，要使離子能打在金屬板上，則離子比荷的范圍是

____________________.

19、如圖9-3-35所示，在某空間實驗室中，有兩個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磁場，磁感應(yīng)強度B=0.10T，磁場區(qū)域半徑R=233m，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)域切點為C．今有質(zhì)量m=3.2×10-26kg．帶電荷量q=1.6×10-19C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v=106m／s正對O1的方向垂直磁場射人，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出．求

(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間．

(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離多大?

(側(cè)移距離指垂直初速度方向上移動的距離)

20、(2007北京西城)如圖9-3-36，xOy平面內(nèi)的圓O′與y軸相切于坐標原點O.在該圓形區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強電場和垂直于圓面的勻強磁場.一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為T0.若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過場區(qū)的時間為T0/2.若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，求該帶電粒子穿過場區(qū)的時間.

21、如圖9-3-37所示，真空室內(nèi)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.60T，磁場內(nèi)有一塊平行感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝16cm處，有一個點狀的α粒子發(fā)射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s．已知α粒子的電量與質(zhì)量之比q/m＝5.0×107C/kg，現(xiàn)只考慮在紙平面中運動的α粒子，求ab上被α粒子打中的區(qū)域長度．

五、寬乘高

1.磁單極子之謎

在1975年，美國科學(xué)家在高空氣球上探測宇宙射線時，意外地發(fā)現(xiàn)了一條單軌跡．經(jīng)分析，認為這條軌跡是磁單極子留下的痕跡．然而這并不能說明真正找到了磁單極子．1982年2月14日，美國斯坦福大學(xué)的物理學(xué)家布拉斯卡布雷拉宣布，他利用超導(dǎo)線圈發(fā)現(xiàn)了一個磁單極子，不過后來再沒有找到新的磁單極子．科學(xué)實驗必須能經(jīng)得起多次的重復(fù)，所以，僅有這一事例還不能證實磁單極子的存在．目前，尋找磁單極子的工作仍在繼續(xù)進行，科學(xué)家們不斷改進實驗方法，提高探測儀器的精度．實現(xiàn)理想也許要經(jīng)過好幾代人的努力，這是一項長期而艱巨的任務(wù)．

2.神奇的磁化水

磁化水，顧名思義，是一種被磁場磁化了的水．讓普通水以一定流速，沿著與磁力線平行的方向，通過一定強度的磁場，這樣普通水就變成了磁化水．磁化水呈現(xiàn)出種種神奇的效能，開始在工業(yè)、農(nóng)業(yè)和醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域獲得了廣泛的應(yīng)用．磁化水為什么會有如此神奇的作用呢？這是一個至今尚未揭開的謎．一些科學(xué)家認為，水分子本身就是一個小磁體，由于異性磁極相吸，因而普通水中許多水分子就會首先相吸，連結(jié)成龐大的“分子團”．這種“分子團”會減弱水的多種物理化學(xué)性質(zhì)．當普通水經(jīng)過磁場作用后，沖破了原先連接的“分子團”，使它變成單個的有活力的水分子．

第四節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動

一、考情分析

考試大綱考綱解讀

質(zhì)譜儀和回旋加速器I

帶電粒子在磁場和電場、磁場和重力場以及磁場、電場、重力場三場所形成的復(fù)合場中運動的問題也是考查的重點.這多見于帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動、勻速圓周運動等.一般以非選擇題形式出現(xiàn).準確分析受力和運動情況，并由幾何知識畫出軌跡是關(guān)鍵。兩種基本模型：速度選擇器（電磁場正交）和回旋加速器（電磁場相鄰）

二、考點知識梳理

（一）、復(fù)合場的分類：

1、復(fù)合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同的運動，即分段運動，該類問題運動過程較為復(fù)雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關(guān)鍵在于分段運動的連接點時的速度，具有承上啟下的作用．

2、疊加場：即在同一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復(fù)雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。

（二）、帶電粒子在復(fù)合場電運動的基本分析

1.當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．

2.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．

3.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．

4.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理．

（三）、電場力和洛倫茲力的比較

1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用．

2.電場力的大小F＝Eq，與電荷的運動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小f=Bqvsinα,與電荷運動的速度大小和方向均有關(guān)．

3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直．

4.電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小

5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能．

6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓?。?/p>

（四）、對于重力的考慮

重力考慮與否分三種情況．

（1）對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應(yīng)當考慮其重力．

（2）在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單．

（3）對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設(shè)法判斷，假設(shè)重力計或者不計，結(jié)合題給條件得出的結(jié)論若與題意相符則假設(shè)正確，否則假設(shè)錯誤．

（五）、相關(guān)規(guī)律的運用

1.靜止或勻速直線運動（a=0)

合力，一般方法①矢量三角形法

②正交分解法：

2.粒子做勻變速運動（a恒定）

牛頓第二定律：（力的合成）

或:取運動方向為x軸,（正交分解）

3.動能定理的應(yīng)用：

①表達式：

②左邊：注意分析受力情況，有幾個力做功，分別是正功還是負功，進行代數(shù)相加就是總功

③右邊：一定要用末動能減去初動能

4.動量守恒定律的應(yīng)用

①應(yīng)用條件:系統(tǒng)只有內(nèi)部相互作用（系統(tǒng)不受外力或可以忽略不計）,最典型的是碰撞過程。

②表達式：

③注意動量矢量性，代入速度時要考慮其方向

5.能量的轉(zhuǎn)化和守恒

①分析在運動過程中有哪些形式的能量參與轉(zhuǎn)化

②左邊：看哪些能量增加了，增加了多少，然后把所有增加量相加

③右邊：看哪些能量減少了，減少了多少，然后把所有減少量相加

（六）、解決帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的基本方法和思路：

1.認識粒子所在區(qū)域的場的組成，一般是電場、磁場、重力場三者的復(fù)合場，或者是其中兩個的復(fù)合。

2.正確的受力分析是解題的基礎(chǔ)，處了重力、彈力、摩擦力以外，特別要注意電場力和洛倫茲力的分析，不可遺漏一個力。

3.在正確的受力分析的基礎(chǔ)上還要進行運動的分析，注意運動情況和受力情況的相互關(guān)聯(lián)，特別要關(guān)注一些特殊的時刻所處的特殊狀態(tài)（臨界狀態(tài))。

4.如果粒子在運動過程中經(jīng)過不同的區(qū)域受力發(fā)生改變，應(yīng)根據(jù)需要對過程分階段處理。

5.應(yīng)用一些必要的數(shù)學(xué)知識，畫出粒子的運動軌跡圖，根據(jù)題目的條件和問題靈活選擇不同的物理規(guī)律解題。

6.一般思路有兩類:1.力和運動角度思考2.動量和能量的角度思考

（1）當帶電粒子在復(fù)合場中處于靜止或者是做勻速直線運動時，應(yīng)該從力的平衡的角度分析尋找突破口。

（2）當帶電粒子在復(fù)合場中做勻加速直線運動時，可以考慮用牛頓運動定律。

（3）當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，可以考慮應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合圓周運動的相關(guān)規(guī)律求解。

（4）當帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動時，一般用動能定理或者是能量守恒規(guī)律求解。

對以一些由于特殊狀態(tài)（臨界狀態(tài)）所帶來的臨界問題，應(yīng)該充分挖掘臨界狀態(tài)下的特點和隱含條件。如題目敘述中一些特殊詞匯“恰好”“最大”“剛好”“至少”“最高”“最終”等往往是解題的突破口，列出相應(yīng)的輔助方程。

三、考點知識解讀

考點1.速度選擇器

剖析：

由正交的勻強磁場和勻強電場組成.帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能沿直線勻速通過速度選擇器，否則將發(fā)生偏轉(zhuǎn).這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：

⑴這個結(jié)論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關(guān).

⑵若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復(fù)雜曲線.

[例題1]如圖9-4-2所示，從正離子源發(fā)射的正離子經(jīng)加速電壓U加速后進入相互垂直的勻強電場E（方向豎直向上）和勻強磁場B（方向垂直于紙面向外）中，發(fā)現(xiàn)離子向上偏轉(zhuǎn)，要使此離子沿直線穿過電場?

A．增大電場強度E，減小磁感強度B

B．減小加速電壓U，增大電場強度E

C．適當?shù)丶哟蠹铀匐妷篣

D．適當?shù)販p小電場強度E

解析：正離子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場的區(qū)域中，受到的電場力F＝qE，方向向上，受到的洛侖茲力f＝qVB，方向向下，離子向上偏，說明了電場力大于洛侖茲力，要使離子沿直線運動，則只有使洛侖茲力磁大或電場力減小，增大洛侖茲力的途徑是增大加速電場的電壓U或或增大磁感強度B，減小電場力的途徑是減小場強E．對照選項的內(nèi)容可知C、D正確．

答案：CD

點評：帶電粒子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，則它的速度V=E／B，這個區(qū)域就是速度選擇器，且速度選擇器對進入該區(qū)域的粒子所帶電荷的符號無關(guān)，只要是具有相同的速度的帶電粒子均能沿直線通過這一區(qū)域，但是有一點必須明確的是：速度選擇器的進口與出口的位置不具有互換性。

【變式訓(xùn)練1】如圖9-4-3所示，在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強磁場,質(zhì)子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，質(zhì)子和氚核發(fā)生偏轉(zhuǎn)后射出，則（）

A．偏向正極板的是質(zhì)子

B．偏向正極板的是氚核

C．射出時動能最大的是質(zhì)子

D．射出時動能最小的是氚核

解析：分析題意得：能沿直線射出極板的粒子是洛侖茲力和電場力平衡：，所以速度一定的粒子，能否偏轉(zhuǎn)是與其電量和質(zhì)量無關(guān)，只與其速度有關(guān)，而題中幾種粒子具有相同的動能，質(zhì)量最小的質(zhì)子速度最大，則是洛侖茲力大于其電場力，所以會偏向正極板，所以選項A正確；而質(zhì)量最大的氚核速度最小，會偏向負極板，所以選項B錯誤；若質(zhì)子能射出極板，則動能會減小，所以選項C錯誤；同理則得到能射出極板的氚核，電場力做正功，具有的動能最大，所以選項D錯誤；綜上所述，本題的正確選項應(yīng)該為A。

答案：A

考點2.質(zhì)譜儀：

剖析：

⑴組成：離子源Ｏ，加速場Ｕ，速度選擇器（Ｅ、Ｂ），偏轉(zhuǎn)場Ｂ2，膠片.

⑵原理：

ａ.加速場中：

ｂ.選擇器中：

ｃ.偏轉(zhuǎn)場中：；

比荷：

⑶作用：主要用于測量粒子的質(zhì)量、比荷、研究同位素.

[例題2]（09年廣東物理12）圖9-4-5是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子

位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是（）

A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具

B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外

C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B

D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小

解析：由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動則有，可見當v相同時，，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。

答案：ABC

【變式訓(xùn)練2】（東城區(qū)2008—2009學(xué)年度第一學(xué)期期末教學(xué)目標檢測）在甲圖中，帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場。該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達照相底片上的H點．測得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計。

（1）設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，試證明該粒子的比荷為：；

（2）若偏轉(zhuǎn)磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖乙所示，其它條件不變。要保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場后不能打到MN邊界上（MN足夠長），求磁場區(qū)域的半徑應(yīng)滿足的條件。

解析：（1）帶電粒子經(jīng)過電場加速，進入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，由動能定理

…………………①（1分）

進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r

………………②（2分）

打到H點有………………………③（1分）

由①②③得…………（1分）

（2）要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，帶電粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態(tài)為90°，如圖所示，磁場區(qū)半徑

（2分）

所以磁場區(qū)域半徑滿足（1分）

考點3.電磁流量計

剖析：

如圖9-4-6所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，

原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷（正負離子）在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a,b間出現(xiàn)電勢差.當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.

[例題3]為了診斷病人的心臟功能和動脈中血液粘滯情況需測量血管中血液的流速和流量.如圖9-4-7為電磁流量計的示意圖，將血管置于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，測得血管兩側(cè)電壓為U，已知管的直徑為d，試求出血液在血管中的流速v為多少？流量Q（單位時間內(nèi)流過的體積）是多少？（重力不計）

解析：血液是導(dǎo)電液體，含有大量的正負離子.設(shè)血液中正負離子向右流動的速度為v，由于洛侖茲力的作用，正離子向管道a的一側(cè)集中，負離子向管道b的一側(cè)集中，a、b間形成電勢差.當正負離子所受電場力與洛侖茲力達到平衡時，離子不再偏移，此時ab之間有了穩(wěn)定電勢差U，形成一個勻強電場.離子在電場中受力平衡，則E=,Eq=qvB.

所以v=

設(shè)在時間Δt內(nèi)流進管道的血液體積為V，則流量

Q===.

答案：

點評：這是一道實際應(yīng)用題，是速度選擇器與電磁流量計組合的一個問題.要求學(xué)生認真構(gòu)建物理模型.

考點4.磁流體發(fā)電機

剖析：

圖9-4-8是磁流體發(fā)電機，其原理是：等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛侖茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差.設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距L，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速率為v，板間磁場的磁感應(yīng)強度為B，板外電阻為R，當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢.

從S極向N極看去,電路可視為圖9-4-9:

此時:Eq=Bqv，

則有E=Bv，

電動勢ε=EL=BLv.電源內(nèi)阻

r=.

由閉合電路歐姆定律知通過R中電流

I=

[例題4].目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖9-4-10所示表示了它的原理：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓．如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間．當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，那么板間電離氣體的電阻率為____________．

解析：等離子體是在高氣壓作用下被噴射入磁場的，所以正離子和電子的運動方向是相同的．在洛倫茲力的作用下，正離子向極板B方向偏轉(zhuǎn)，負電子向極板A方向偏轉(zhuǎn)，在極板間建立電場，形成電勢差，在開路狀態(tài)，當電場力與洛倫茲力平衡時，發(fā)電機電動勢恒定，且；

電路閉合時，，可得：=．

【答案】

考點5.回旋加速器

剖析：

如圖9-4-11所示

組成：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U

作用：電場用來對粒子（質(zhì)子、氛核,a粒子等）加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復(fù)加速．高能粒子是研究微觀物理的重要手段．

要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期．

關(guān)于回旋加速器的幾個問題：

(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在圓周運動過程中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻速圓周運動‘

(2)回旋加速器中所加交變電壓的頻率f,與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相等:

(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式來計算，在粒子電量，、質(zhì)量m和磁感應(yīng)強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．

[例題5].回旋加速器是利用較低電壓的高頻電源使粒子經(jīng)多次加速獲得巨大速度的一種儀器，工作原理如圖9-4-12，下列說法正確的是（）

A.粒子在磁場中做勻速圓周運動

B.粒子由A0運動到A1比粒子由A2運動到A3所用時間少

C.粒子的軌道半徑與它的速率成正比

D.粒子的運動周期和運動速率成正比

解析：理解回旋加速度的工作原理，在磁場中做勻速圓周運動，T=,r=.故A、C正確.（粒子是通過加速電場才加速的）

答案：AC

【變式訓(xùn)練5】環(huán)型對撞機是研究高能粒子的重要裝置．帶電粒子被電壓為U的電場加速后，注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，在勻強磁場中作半徑恒定的勻速圓周運動．帶電粒子局限在環(huán)狀空腔內(nèi)運動，粒子碰撞時發(fā)生核反應(yīng)．關(guān)于帶電粒子的比荷q/m、加速電壓U和磁感應(yīng)強度B以及粒子運動的周期T的關(guān)系有如下判斷：①對于給定的U，q/m越大，則B應(yīng)越大；②對于給定的U，q/m越大，則B應(yīng)越小；③對于給定的帶電粒子，U越大，則T越小；④對于給定的帶電粒子，不管U多大，T都不變，其中正確的是（）

A．①③B．①④C．②③D．②④

【解析】在電場加速中，根據(jù)動能定理有：，令k=q/m,得,在洛倫茲力的作用下粒子作勻速圓周運動，軌道半徑，，所以②正確，周期,對給定的帶電粒子，k為定值，周期只與磁感應(yīng)強度成反比，與加速電壓等無關(guān)，所以④正確．

答案：D

四、考能訓(xùn)練

A基礎(chǔ)達標

1、圖9-4-13中為一“濾速器”裝置示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO運動，由O射出．不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是（）

A.使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里

B.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里

C.使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外

D.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外

2、對具有相同動能的α粒子和質(zhì)子組成的粒子束，有可能把這兩種粒子分開的方法是（不計重力，α粒子即氦的原子核）（）

A．使粒子束穿過一勻強電場區(qū)域

B．使粒子束穿過一勻強磁場區(qū)域

C．使粒子束先后穿過兩個磁感應(yīng)強度不同的勻強磁場區(qū)域

D．使粒子束穿過一相互正交的勻強磁場與勻強電場并存的區(qū)域

3、用回旋加速器分別加速α粒子和質(zhì)子時，若磁場相同，則加在兩個D形盒間的交變電壓的頻率應(yīng)不同，其頻率之比為()

A．1：1B．1:2C．2:1D．1：3

4、如圖9-4-14所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速率為V，若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，當滑塊沿斜面滑至底端，則滑至底端時的速率()

A．變大B．變小C．不變D．條件不足，無法判斷

5、（2008年長沙一模）勻強電場的方向平行紙面由下至上，電場強度為E，勻強磁場方向垂直紙面由里向外，磁感應(yīng)強度為B，速度為ｖ０的帶負電的粒子以垂直于電場和磁場的方向射入場區(qū)，恰好不會發(fā)生偏轉(zhuǎn).則以下說法正確的是（）

A．若入射粒子的速度ｖ＞ｖ０，而其他條件保持不變，則粒子將向上偏轉(zhuǎn)、且速度減小

B．若使磁感應(yīng)強度增大而其他條件不變，則粒子將向下偏轉(zhuǎn)、且運動軌跡為拋物線

C．若使電場強度增大而其他條件保持不變，則粒子將向下偏轉(zhuǎn)，且速度增大

D．若使粒子的帶電量增大而其他條件保持不變，則粒子將向下偏轉(zhuǎn)

6、如圖9-4-15所示，水平放置的兩個平行金屬板MN、PQ間存在勻強電場和勻強磁場.MN板帶正電，PQ板帶負電，磁場方向垂直紙面向里.一帶電微粒只在電場力和洛倫茲力作用下，從I點由靜止開始沿曲線IJK運動，到達K點時速度為零，J是曲線上離MN板最遠的點.以下幾種說法中正確的是（）

A．在I點和K點的加速度大小相等，方向相同

B．在I點和K點的加速度大小相等，方向不同

C．在J點微粒受到的電場力小于洛倫茲力

D．在J點微粒受到的電場力等于洛倫茲力

7、（09年北京卷19）如圖9-4-16所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b（）

A．穿出位置一定在O′點下方

B．穿出位置一定在O′點上方

C．運動時，在電場中的電勢能一定減小

D．在電場中運動時，動能一定減小

8、（北京市西城區(qū)2009年抽樣測試）如圖9-4-17，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是

A．當小球運動的弧長為圓周長的1/4時，洛侖茲力最大

B．當小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛侖茲力最大

C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大

D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小

9、某空間存在著如圖9-4-18所示的水平方向的勻強磁場，A、B兩個物塊疊放在一起，并置于光滑的絕緣水平地面上．物塊A帶正電，物塊B為不帶電的絕緣塊．水平恒力F作用在物塊B上，使A、B一起由靜止開始向左運動．在A、B一起向左運動的過程中，以下關(guān)于A、B受力的說法中正確的是（）

A．A對B的壓力變小B．B對A的摩擦力保持不變

C．A對B的摩擦力變大D．B對地面的壓力保持不變

10、一個帶電液滴從距正交的勻強磁場和勻強電場的區(qū)域上邊緣H高處自由下落，進入該復(fù)合場，并做勻速圓周運動，方向如圖9-4-19所示．已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向為水平向外，則液滴的電性是__________電，電場方向為______________圓周的半徑為_____________．

11、如圖9-4-20所示，所以O(shè)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；豎直平行放置的極板A、K相距為d，AK之間的電壓可以調(diào)節(jié)，S1、S2為A、K極板上的兩個小孔，且S1、S2和O三點在垂直于極板的同一直線上，OS2=R；質(zhì)量為m、電量為q的正離子從S1進入電場后，自S2射出并進入磁場區(qū)域，不計重力和離子進入電場時的初速度，問：

（1）為使正離子射出磁場時的速度的方向與進入時重直，A、K之間的電壓應(yīng)為多大？

（2）粒子在磁場中的運動時間多長？

12、（蘇北四市高三第三次調(diào)研）如圖9-4-21所示，K與虛線MN之間是加速電場，虛線MN與PQ之間是勻強電場，虛線PQ與熒光屏之間是勻強磁場，且MN、PQ與熒光屏三者互相平行，電場和磁場的方向如圖所示，圖中A點與O點的連線垂直于熒光屏.一帶正電的粒子從A點離開加速電場，速度方向垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場，在離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場，最后恰好垂直地打在熒光屏上.已知電場和磁場區(qū)域在豎直方向足夠長，加速電場電壓與偏轉(zhuǎn)電場的場強關(guān)系為U=Ed，式中的d是偏轉(zhuǎn)電場的寬度，磁場的磁感應(yīng)強度B與偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E和帶電粒子離開加速電場的速度v0關(guān)系符合表達式v0=．若題中只有偏轉(zhuǎn)電場的寬度d為已知量，則

（1）畫出帶電粒子軌跡示意圖；

（2）磁場的寬度L為多少？

（3）帶電粒子在電場和磁場中垂直于v0方向的偏轉(zhuǎn)距離分別是多少？

13、（徐州市六縣一區(qū)08摸底考試）如圖9-4-22所示，在y軸的右方有一磁感應(yīng)強度為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一場強為E的方向平行x軸向右的勻強電場。有一鉛板放置在y軸處，且與紙面垂直。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于鉛板的方向從A處沿直線穿過鉛板，而后從x軸上的D處以與x軸正向夾角為60°的方向進入電場和磁場疊加的區(qū)域，最后到達y軸上的C點。已知OD長為l，求：

（1）粒子經(jīng)過鉛板時損失了多少動能？

（2）粒子到達C點時的速度多大？

B能力提升

14、空間存在一勻強磁場B，其方向垂直紙面向里，另有一個點電荷+Q的電場，如圖9-4-23所示.一帶電粒子-q以初速度v0從某處垂直電場、磁場入射，初位置到點電荷的距離為r，則粒子在電、磁場中的運動軌跡可能為（）

A．以點電荷+Q為圓心，以r為半徑的在紙平面內(nèi)的圓周

B．開始階段在紙面內(nèi)向右偏的曲線

C．開始階段在紙面內(nèi)向左偏的曲線

D．沿初速度v0方向的直線

15、如圖9-4-24所示，在沿水平方向向里的勻強磁場中，帶電小球A與B處在同一條豎直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸而處于靜止狀態(tài)．若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說法正確的是（）

A．小球A仍可能處于靜止狀態(tài)

B．小球A將可能沿軌跡1運動

C．小球A將可能沿軌跡2運動

D．小球A將可能沿軌跡3運動

16、如圖9-4-25所示，一束質(zhì)量、速度和電量不同的正離子垂直射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結(jié)果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉(zhuǎn)．如果讓這些不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進入后一磁場的離子，可得出結(jié)論（）

A．它們的動能一定各不相同

B．它們的電量一定各不相同

C．它們的質(zhì)量一定各不相同

D．它們的電量與質(zhì)量之比一定各不相同

17、如圖9-4-26所示，一帶電粒子以水平初速度v0(v0＜)先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向下，兩個區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起.在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中（其所受重力忽略不計），電場和磁場對粒子所做的總功為W1；若把電場和磁場正交重疊，如圖乙所示，粒子仍以初速度v0穿過重疊場區(qū)，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W2.比較W1和W2，有（）

A.一定是W1＞W(wǎng)2

B.一定是W1=W2

C.一定是W1＜W2

D.可能是W1＜W2,也可能是W1＞W(wǎng)2

18、(2009山東濰坊重點中學(xué)高三質(zhì)量檢測)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示9-4-27的流量計.該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口.在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極.污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積），下列說法中正確的是（）

A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高

B．若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高

C．污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大

D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關(guān)

19、如圖9-4-28所示，一帶正電小球穿在一根絕緣的粗糙直桿上，桿與水平方向成θ角，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直于桿方向斜向上的勻強磁場，小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J，在C點時動能減為零，B為AC的中點，在運動過程中（）

A.小球在B點時的動能為50J

B.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量

C.小球在AB段克服摩擦力做的功與在BC段克服摩擦力做的功相等

D.到達C點后小球可能沿桿向上運動

20、空間中存在著水平方向的勻強磁場，磁場的方向如圖9-4-29所示，即垂直紙面向里．同時也存在著水平方向的勻強電場，一帶電油滴沿一條與豎直方向成θ角的直線MN運動，可判斷下列說法正確的是：()

A．如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點

B．粒子的運動必定是勻速運動

C．如果水平電場方向向左，油滴是從N點運動到M點

D．如果水平電場方向向右，油滴是由M點運動到N點

21、如圖9-4-30所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場，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0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2．則（）

A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動

B．滑塊開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動

C．最終木板做加速度為2m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動

D．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動

22、一個帶電微粒在圖9-4-31中的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉(zhuǎn)方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應(yīng)強度為B，則線速度為_____。

23、（溫州市十校聯(lián)合體2008屆期中聯(lián)考）如圖9-4-32所示，某一空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。右側(cè)區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小也為B，方向垂直紙面向里，其右邊界可向右邊無限延伸。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。求：

（1）帶電粒子在磁場中的軌道半徑

（2）中間磁場區(qū)域的寬度d；

（3）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。

24、(2009年江蘇睢寧高中16)如圖9-4-33所示，在xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強電場和垂直于xoy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點4L的A點處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0的電子（質(zhì)量為m，電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運動.如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點3L的C點離開磁場.不計重力的影響，求：

（1）磁感應(yīng)強度B和電場強度E的大小和方向；

（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐標；

（3）電子通過D點時的動能。

25、（豐臺區(qū)2008—2009學(xué)年度第一學(xué)期期末考試）在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖9-4-34所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的圓心角θ=37°。今有一質(zhì)量m=3.6×10－4kg、電荷量q=+9.0×10－4C的帶電小球（可視為質(zhì)點），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，求：

（1）勻強電場的場強E；

（2）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力。

五、寬乘高

1.地球是一個巨大的“發(fā)電機”

一些地球物理學(xué)家認為，地球磁場變化的原因來源于地球中心的深處．地球像太陽系里的其他某些天體一樣，是通過一個內(nèi)部的發(fā)電機來產(chǎn)生自己的磁場．從原理上，地球“發(fā)電機”和普通發(fā)電機一樣工作，即由其運動部份的動能產(chǎn)生電流和磁場．發(fā)電機的運動部份是旋轉(zhuǎn)的線圈；行星或恒星內(nèi)部運動部分則發(fā)生在可導(dǎo)電的流體部分．在地心，有著6倍于月球體積的巨大鋼鐵融流海洋，構(gòu)成了所謂的地球發(fā)電機．我們探究磁場如何反轉(zhuǎn)之前，需要了解是什么驅(qū)動著地球發(fā)電機．在1940年代，物理學(xué)家就公認：三個基本條件對產(chǎn)生任何的行星磁場是必需的，并且自那以后的其他發(fā)現(xiàn)都是建立在這一共識之上．

2.百慕大三角的磁場說

在百慕大三角出現(xiàn)的各種奇異事件中，羅盤失靈是最常發(fā)生的．這使人把它和地磁異常聯(lián)系在一起．地球的磁場有兩個磁極，即地磁南極和地磁北極．但它們的位置并不是固定不變的，而是在不斷變化中．地磁異常容易造成羅盤失誤而使機船迷航．還有一種看法認為，百慕大三角海域的海底有巨大的磁場，它能造成羅盤和儀表失靈．1943年，一位名叫襲薩的博士曾在美國海軍配合下，做過一次有趣的試驗．他們在百慕大三角區(qū)架起兩臺磁力發(fā)生機，輸以十幾倍的磁力，看會出現(xiàn)什么情況．試驗一開始，怪事就出現(xiàn)了．船體周圍立刻涌起綠色的煙霧，船和人都消失了．試驗結(jié)束后，船上的人都受到了某種刺激，有些人經(jīng)治療恢復(fù)正常，有的人卻因此而神經(jīng)失常．

單元質(zhì)量評估（九）

一、選擇題(本題包括8小題,共32分.每小題給出的四個選項中,有的只有一個選項正確,有的有多個選項正確.全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不選的得0分)

1．關(guān)于磁場、磁感線和磁性材料的描述，下列說法錯誤的是（）

A．異名磁極相互吸引，同名磁極相互排斥；同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，都是通過磁場發(fā)生的相互作用；

B．磁感線可以形象地描述各點的磁場的強弱和方向，磁感線上每一點的切線方向都和小磁針在該點靜止時N極所指的方向一致；

C．磁感線可以用鐵屑來模擬，在磁場中鐵屑在磁場力的作用下有序排列起來，所以磁感線就是細鐵屑連成的實際存在的曲線；

D．根據(jù)物質(zhì)在外磁場作用下被磁化的程度不同，分為順磁性材料，如錳、鉻和鋁；抗磁性材料，如銅、銀等；以及鐵磁性材料，如鐵、鈷、鎳和鐵氧體等．

2．一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導(dǎo)線，放在磁感應(yīng)強度為0.50T的勻強磁場中，受到的安培力大小不可能是（）

A.0NB.0.10NC.0.20ND.0.40N

3．如圖11-1所示，在xOy平面中有一通電直導(dǎo)線與Ox、Oy軸相交，導(dǎo)線中電流方向如圖中所示．該區(qū)域有勻強磁場，通電直導(dǎo)線所受磁場力的方向沿平行于Oz軸的正方向．該磁場的磁感應(yīng)強度的方向可能是（）

A.沿x軸正方向B.沿y軸負方向

C.沿z軸正方向D.沿z軸負方向

4．如圖11-2所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線和載有大小相等方向相反的電流，受到的磁場力大小為，當加入一個與兩導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場后，受到的磁場力大小變?yōu)?，則此時受到的磁場力大小變?yōu)?)

A．B．C．D．

5．如圖11-3所示在x軸的上方（y≥0）存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．在原點O有一個離子源向x軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，速率都為v．對那些在xoy平面內(nèi)運動的離子在磁場中可能到達的最大x和最大y，判斷正確的是（）

A.沿x軸正方向射出的離子具有最大y，且

B.沿y軸正方向射出的離子具有最大x，且

C.沿正x偏正y450方向射出的離子具有最大y，且

D.沿正y偏負x450方向射出的離子具有最大x，且

6．一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域．設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示．在如圖11-4所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()

A.①②B.③④C.②③D.①④

7．帶電粒子a在勻強電場中只受電場力作用，從A點運動到B點，帶電粒子b在勻強磁場中只受磁場力作用，做勻速圓周運動．下列說法中正確的是（）

A.粒子a的電勢能一定發(fā)生變化，動量不一定發(fā)生變化；

B.粒子b的動能一定發(fā)生變化，動量也一定發(fā)生變化；

C.粒子a受到電場力的沖量作用，動量一定發(fā)生變化；

D.粒子b受到磁場力的沖量作用，動量一定發(fā)生變化．

8．如圖11-5所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，下列判斷錯誤的是（）

A.兩小球到達軌道最低點的速度vM＞vN

B.兩小球經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FN

C.小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間

D.在磁場中小球能到達軌道的另一端最高處，在電場中小球不能到達軌道另一端最高處

二、填空題（3分+6分+6分+6分））

9．一束由相同的粒子構(gòu)成的細粒子流，已知其電流強度為I，每個粒子均帶正電，電荷量為q，當這束粒子射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中后，每個粒子都做半徑為R的勻速圓周運動，最后又從磁場射出打在靶上，并將動能傳遞給靶，測得靶在每秒鐘內(nèi)獲得能量E，則每個粒子質(zhì)量為．

10．如圖11-6所示，質(zhì)量是m的小球帶有正電荷，電荷量為q，小球中間有一孔套在足夠長的絕緣細桿上．桿與水平方向成θ角，與球的動摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．若從高處將小球無初速釋放，小球下滑過程中加速度的最大值為______________和運動速度的最大值為______________．

11．在原子反應(yīng)堆中抽動液態(tài)金屬和在醫(yī)療器械中抽動血液等導(dǎo)電液體時，由于不允許傳動的機械部分與這些液體相接觸，常使用一種電磁泵，如圖11-7所示是這種電磁泵的結(jié)構(gòu)，將導(dǎo)管放在磁場中，當電流穿過導(dǎo)電液體時，這種液體即被驅(qū)動，（1）這種電磁泵的原理是怎樣的?___________________________________________________________________________________；

（2）若導(dǎo)管內(nèi)截面積為w×h，磁場的寬度為L，磁感應(yīng)強度為B（看成勻強磁場），液體穿過磁場區(qū)域的電流強度為I，則驅(qū)動力造成的壓強差為_____________．

12．如圖11-8所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界．質(zhì)量為m、帶電為-q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為θ（0°θ90°）的方向垂直于磁感線射入勻強磁場中，第一次粒子是經(jīng)電壓U1加速后射入磁場的，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場；第二次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場．（不計重力影響，粒子加速前的速度認為是零，U1、U2未知）

1.加速電壓U1、U2的比值U1/U2為_____________；

2.為使粒子經(jīng)電壓U2加速射入磁場后沿直線射出PQ邊界，可在磁場區(qū)域加一個勻強電場，則該電場的場強方向為___________________，大小為_____________．

三、計算題（5小題，共47分）

13．（8分）（2002年高考全國卷）電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的．電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖11-9所示．磁場方向垂直于圓面．磁場區(qū)的中心為O，半徑為r．當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點．為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度θ，此時磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少？

14．（9分）串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置．如圖11-10中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢φ，a、c兩端均有電極接地(電勢為零)．現(xiàn)將速度很?。珊雎裕┑呢撘粌r碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大?。@些正n價碳離子從c端飛出后進入一個與其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做半徑為R的圓周運動．已知碳離子的質(zhì)量m=2.0×10-26kg，φ=7.5×105V,B=0.5T，n=2，元電荷e=1.6×10-19C，求半徑R．

15．（9分）如圖11-11(a)所示，兩塊水平放置的平行金屬板A、B，板長L=18.5cm，兩板間距d=3cm，兩板之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=6.0×10-2T，兩板加上如圖(b)所示的周期性變化的電壓，帶電時A板帶正電．當t=0時，有一個質(zhì)量m=1.0×10-12kg，帶電荷量q=1.0×10-6C的粒子，以速度v=600m／s，從距A板2.5cm處，沿垂直于磁場、平行于兩板的方向射入兩板之間，若不計粒子的重力，取π＝3.0，求：

1.粒子在0~1×10-4s內(nèi)做怎樣的運動?位移多大?

2.帶電粒子從射入到射出板間所用的時間．

16．（9分）如圖11-12所示，由電容器和磁場組成一射線管，電容器極板長＝5cm，兩板間距d＝5cm，兩端加電壓U＝10V，電容器右側(cè)有一寬度為＝5cm弱磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B＝T，方向豎直向下，在磁場邊界的右邊s＝10m處，放置一個標有坐標的屏，現(xiàn)有初速度m/s的負離子束從電容器中心水平向右入射（荷質(zhì)比＝＝5×C/kg）．若不加電壓和磁場時，離子束恰打在坐標的原點上，那么加上電壓和磁場后離子束應(yīng)打在坐標紙上的哪個位置?（結(jié)果精確到0.1cm）

17.（12分）(2009屆廣東省新洲中學(xué)高三摸底考試試卷．物理．20)在如圖18所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為450且斜向上方.現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的正離子，以速度v0由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點進入電場區(qū)域，該離子經(jīng)C點時的速度方向與x軸夾角為450.不計離子的重力，設(shè)磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大.求：

（1）C點的坐標；

（2）離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間；

（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角。

第九章參考答案

第一節(jié)第一節(jié)磁場及其描述

考點知識梳理

（一）4.特殊物質(zhì)6.N極受力；N極；磁鐵的磁場和電流的磁場一樣，都是由電荷的運動產(chǎn)生的。

（二）磁場力；不受；吸引；排斥；磁場；磁場力；磁場

（三）有方向的曲線；強弱；切線方向；磁感應(yīng)強度；N；S；S；N；磁場的方向；不一定；電流方向；平行且距離相等

（四）對放入其中的電流或磁極有力的作用；最大；磁場力為零；磁感應(yīng)強度；矢量；B=；垂直；切線；N極；N極；牛/安米；特斯拉；T；處處相等；矢量和；矢量運算法則

（五）乘積；韋伯；Wb；磁通量表示穿過某一面積的磁感線條數(shù)多少；穿過單位面積的磁通量；標量

考能訓(xùn)練答案：

1.解析:因在地球的內(nèi)部地磁場從地球北極指向地球的南極，根據(jù)右手螺旋定則可判斷出地球表現(xiàn)環(huán)形電流的方向應(yīng)從東到西，而地球是從西向東自轉(zhuǎn)，所以只有地球表面帶負電荷才能形成上述電流。

答案：A

2.解析：由安培定則判斷，凡是垂直紙面向外的磁感線都集中在是線圈內(nèi)，因磁感線是閉合曲線，則必有相應(yīng)條數(shù)的磁感線垂直紙面向里，這些磁總線分布在線圈是外，所以B、C兩圓面都有垂直紙面向里和向外的磁感線穿過，垂直紙面向外磁感線條數(shù)相同，垂直紙面向里的磁感線條數(shù)不同，B圓面較少，c圓面較多，但都比垂直向外的少，所以B、C磁通方向應(yīng)垂直紙面向外，φB＞φC，所以A、C正確．

分析磁通時要注意磁感線是閉合曲線的特點和正反兩方向磁總線條數(shù)的多少，不能認為面積大的磁通就大．

答案：AC

3.解析：由可知1特。由。由1安及

，可知1特。由1焦=1牛米=1庫伏，可知

1牛=1庫伏/米，又知1特=，從而可知1特。

答案：A、B、C、D。

4.解析：在赤道上空地磁場方向水平向北，在地磁場的作用下，小磁針的N極只能穩(wěn)定地水平指北．當小磁針的N極突然向東偏轉(zhuǎn)，說明小磁針所在位置突然有一指向東邊的磁場對小磁針產(chǎn)生磁力的作用．這一磁場既可以是磁體產(chǎn)生的，也可以是電流產(chǎn)生的．在小磁針正東方向，條形磁體N極所產(chǎn)生的磁場在小磁針所在位置是指向西，故A選項不正確．而條形磁鐵S極產(chǎn)生的磁場在小磁針所在位置指向東，小磁針N極可能向東偏轉(zhuǎn)，但不是惟一原因；故B選項不正確．當小磁針正上方有電子流通過時，電子流在小磁針所在位置產(chǎn)生的磁場方向為水平方向，若電子流水平自南向北，則經(jīng)過小磁針的磁場方向為水平向東；若電子流水平自北向南，則其中小磁針的磁場方向為水平向西．故C選項正確．

答案C

5．解析：磁鐵和電流周圍都能夠產(chǎn)生磁場，答案A錯；磁場歸根結(jié)底是運動電荷產(chǎn)生的客觀物質(zhì)，答案B錯；在磁體或電流周圍首先產(chǎn)生磁場，其次放入磁場中的磁體或電流將通過磁場與之發(fā)生相互作用，所以C錯，D對．

答案：D

6.解析：磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，所以A正確；用磁感線的疏密反映磁場的強弱，但不等于空隙處不存在磁場，磁場是充滿某個區(qū)域的，所以B錯誤；不同磁源產(chǎn)生的磁場在某一區(qū)域疊加合成，磁感線應(yīng)描繪的是疊加后的合磁場，某處的磁感應(yīng)強度是唯一的，所以磁感線是不相交的，C錯誤；磁感線是形象描繪磁場假想的曲線，可以用實驗來模擬，但是不存在的，D錯誤．

答案：A

7．解析：作水平面內(nèi)的平面圖如圖所示，地磁場的磁感應(yīng)強度分量向正北，直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場在該點的磁感應(yīng)強度分量向正西，由矢量平行四邊形定則合成可得該點的磁感應(yīng)強度應(yīng)為西偏北450角方向．

答案：C

8.解析：A．將鋼棒的一端接近磁針的N極，兩者互相吸引，鋼棒的這一端可能是S極，因為異名磁極互相吸引，再將鋼棒的這一端S極接近磁針的S極，兩者相互排斥，因為同名磁極互相排斥，所以情況A可能；B．將鋼棒的一端接近磁針的N極，兩者互相排斥，鋼棒的這一端一定是N極，再將鋼棒的另一端S極接近磁針的N極，兩者互相吸引，所以情況B成立；C．將鋼棒的一端接近磁針的N極，兩者互相吸引，鋼棒的這一端可能是S極，再將鋼棒的另一端N極接近磁針的S極，兩者互相吸引，所以情況C可能；D．將鋼棒的一端接近磁針的N極，兩者互相吸引，鋼棒的這一端可能是S極，再將鋼棒的另一端N極接近磁針的N極，兩者應(yīng)互相排斥，與所述矛盾．若鋼棒沒有磁性，當它接近磁針的N極時，鋼棒被磁化，且該端為S極，所以互相吸引，當鋼棒的另一端接近磁針N極時，鋼棒又被磁化為S極，互相吸引，與所述情況D相符．

答案：D

9.解析：由B＝F/IL可知F/IL＝2（T）當小段直導(dǎo)線垂直于磁場B時，受力最大，因而此時可能導(dǎo)線與B不垂直，即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。

說明：B的定義式B＝F/IL中要求B與IL垂直，若不垂直且兩者間夾角為θ，則IL在與B垂直方向分上的分量即ILsinθ，因而B=F/ILsinθ，所以F/IL=Bsinθ．則B≥F/IL。

答案：B

10.解析:題中的磁場是由直導(dǎo)線電流的磁場和勻強磁場共同形成的，磁場中任一點的磁感應(yīng)強度應(yīng)為兩磁場分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的矢量和．a(chǎn)處磁感應(yīng)強度為0，說明直線電流在該處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與勻強磁場B的大小相等、方向相反，可得直導(dǎo)線中電流方向應(yīng)是垂直紙面向里．在圓周上任一點，由直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B＝1T，方向沿圓周切線方向，可知C點的磁感應(yīng)強度大小為2T，方向向右.d點的磁感應(yīng)強度大小為，方向與B成450斜向右下方．

答案：AC

11.解析：要知道線圈在下落過程中磁通量的變化情況，就必須知道條形磁鐵在磁極附近磁感線的分布情況．條形磁鐵在N極附近的分布情況如圖所示，由圖可知線圈中磁通量是先減少，后增加．D選項正確．

點評：要知道一個面上磁通量，在面積不變的條件下，也必須知道磁場的磁感線的分布情況．因此，牢記條形磁鐵、蹄形磁鐵、通電直導(dǎo)線、通電螺線管和通電圓環(huán)等磁場中磁感線的分布情況在電磁學(xué)中是很必要的．

答案：D

12.解析：在原圖示位置，由于磁感線與線圈平面垂直，因此

Φ1＝B1×S/2＋B2×S/2＝（0．6×1/2＋0．4×1/2）Wb=0．5Wb

當線圈繞OO/軸逆時針轉(zhuǎn)過370后，（見圖中虛線位置）：

Φ2＝B1×Sn/2＋B2×Sn/2＝B1×Scos370/2＋B2×Scos370/2＝0．4Wb

磁通量變化量ΔΦ=Φ2－Φ1＝（0．4－0．5）Wb=－0．1Wb

所以線圈轉(zhuǎn)過370后。

答案：穿過線圈的磁通量減少了0．1Wb．

13.解析：把木板、框架及磁鐵A、B看成一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)受有重力，地面的彈力N1’。由牛頓第三定律可知，由系統(tǒng)平衡條件可知，即。

磁鐵B受有重力、木塊的彈力N2’、磁鐵A的吸引力。由平衡條件可知N2’。由牛頓第三定律N2’=N2，所以有N2=。

磁鐵A受有重力，懸線拉力T’，B磁鐵的吸引力。由平衡條件可知。由牛頓第三定律可知，所以有。

答案：A。

14.解析：分析題意得：因為磁場的磁感應(yīng)強度是一個矢量，根據(jù)右手螺旋定則得到兩通電導(dǎo)線在直角頂點處的磁感應(yīng)強度大小相等，所以合場強的大小為B，夾角剛好是一個直角，所以磁感應(yīng)強度的合場強正好沿水平方向向左，即沿x的負方向，所以選項D正確。

答案：D

15.解析：從線圈的繞制方向和安培定則判斷電磁鐵上端等效于S極，由異名磁極相吸原理可知永磁體下端為N極．

答案：S、N

16.解析：由磁感應(yīng)強度的定義式計算相應(yīng)的磁感應(yīng)強度的值，從數(shù)據(jù)可以歸納出磁感應(yīng)強度B與產(chǎn)生磁場的長直導(dǎo)線上的電流I0成正比，與距離r成反比．

答案：0.505，1.00，1.49，1.98，2.51，成正比；6.00，2.95，2.05，1.50，1.20，成反比．

17．解析:在用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離△L的過程中，拉力F可認為不變，因此F所做的功為:W＝F△L.

以ω表示間隙中磁場的能量密度，則間隙中磁場的能量E＝ωV＝ωA△L

又題給條件ω＝B2/2μ，故E＝A△LB2/2μ.

因為F所做的功等于間隙中磁場的能量，即W=E，故有F△L=A△LB2/2μ

解得

答案：

18.解析：（1）勻速運動時磁場力與滑動摩擦力平衡，所以磁場力，金屬桿上有電流通過部分是導(dǎo)軌間的1m長，由定義式得，由左手定則可判斷磁場方向豎直向上．（2）勻加速運動時由牛頓第二定律，，得，．

答案：0.3T，0.4T

19.解析：可變電阻在一定的取值范圍內(nèi)都能使MN處于靜止，說明導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌間存在摩擦力，由左手定則判斷導(dǎo)體棒所受到的磁場力水平向左，當R=1Ω時，由閉合電路歐姆定律可知電流強度最大且I1=3A，所受最大靜摩擦力方向向右，三力平衡關(guān)系是，當R=5Ω時，電流強度最小I2=1A，所受最大靜摩擦力方向向左，三力平衡關(guān)系是，可得，變形可得磁感應(yīng)強度為．

答案：0.2T

第二節(jié)磁場對電流的作用

考點知識梳理

（一）安培力；宏觀表現(xiàn)；F＝BILsinθ；最大；最??；有效長度；幾何中心；電能；其它形式的能

（二）垂直；同一平面內(nèi)；手心；電流方向；垂直；大拇指；垂直；垂直；垂直；不一定；

考能訓(xùn)練答案

1.解析：電鍵S分別置于a、b兩處時，電源分別為一節(jié)干電池、兩節(jié)干電池，而電路中燈泡電阻不變，則電路中電流Ia＜Ib，在處的磁感應(yīng)強度Ba＜Bb，應(yīng)用安培力公式F＝BIL可知fa＜fb，又在電流方向相反、則相互排斥。

答案：D

2.解析：勻強磁場豎直向上、和導(dǎo)線平行，導(dǎo)線受到安培力為0，A錯；勻強磁場水平向右，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線受到安培力向里，B錯；勻強磁場垂直紙面向外，由左手定則可知導(dǎo)線受到安培力水平向右，C錯、D對。

答案：D

3.解析：分析A圖，根據(jù)左手定則，金屬棒會受到豎直向下的重力和豎直向上的安培力，如果兩力平衡，則不會有彈力，也就不會有摩擦力，所以選項A正確；B圖中，金屬棒受到的安培力垂直斜面向下，所以有向下的運動或者向上的運動趨勢，所以一定有摩擦力的作用，選項B錯誤；C選項，金屬棒受到水平向右的安培力，如果安培力和重力的合力正好與支持力平衡，則摩擦力為零，所以選項C也是可能的，所以正確；D圖中，金屬棒受到沿斜面向上的安培力，如果安培力和重力的下滑分力平衡，則沒有摩擦力，所以D項也正確；綜上所述，本題的正確選項為ACD。

答案：ACD

4.解析：由安培定則判斷導(dǎo)線a產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線b所在處的方向是豎直向下，由左手定則判斷安培力F1向南，在赤道上空的地磁場方向是水平向北，所以F2豎直向下．

答案：A

5.解析：根據(jù)左手定則判斷，銅棒MN所受的安培力豎直向上，但因為小于銅棒重力，所以懸線依然處于張緊狀態(tài)，適當增大電流強度I使安培力恰好平衡重力時，張力就為零．

答案：A

6.解析：由安培定則確定電流磁場方向，再由磁場的疊加判定a、b、c處合磁場方向，由左手定則可得出導(dǎo)線a受合力方向向左，導(dǎo)線c受合力方向向右，導(dǎo)線b受安培力合力為零，故選B、D.

答案：BD

7.解析：斜面光滑，則通電導(dǎo)線受重力、安培力、支持力三力作用而平衡.安培力大小為mg,且重力與安培力合力與支持力等值反向，如圖9-2-27.易得N′=N=2mgcosθ,故C對.

答案：C

8.解析：導(dǎo)體所受安培力方向與電流方向和磁場方向兩兩垂直，而外力與安培力兩力平衡，所以可以判斷外力與導(dǎo)體速度方向相同，所以．

答案：0.48

9.解析：重力沿斜面向下的分力G1=mgsin300=1.0Nfm,所以在沒有安培力的情況下，金屬桿ab將下滑．金屬桿ab所受的安培力方向沿斜面向上，如果所取電阻較小，電流強度較大，則安培力BIL可能大于金屬桿ab的重力沿斜面方向的分力G1，金屬桿ab有向上滑動的趨勢，靜摩擦力沿斜面向下，當靜摩擦力為最大值時，金屬桿ab處于臨界狀態(tài)；反之，如果所取電阻較大，電流強度較小，則安培力BIL可能小于G1，金屬桿ab有向下滑動的趨勢，靜摩擦力沿斜面向上，當靜摩擦力為最大值時，金屬桿ab又處于臨界狀態(tài)；在兩個臨界狀態(tài)的臨界條件分別為：和，對應(yīng)的電流強度和A，根據(jù)閉合電路歐姆定律最小電阻和最大電阻．

答案：2.5Ω≤R≤11.5Ω

10.解析：如果等離子從右邊射入，則正離子受到向下的洛侖茲力，偏到下極板，同理上極板有負離子，所以CD中有從下向上的電流，與GH中的電流方向相反，所以會相斥，所以選項A正確；則選項B錯誤；如果等離子從左方射入，情況正好相反，所以CD會與GH相吸，所以選項C錯誤，D選項正確，、綜上所述，本題的正確選項應(yīng)該為AD。

答案：AD

11.解析：分析左圖中導(dǎo)體棒處于靜止狀態(tài)，所以是安培力和重力的分力平衡，即，而右圖中的平衡方程是，所以得到I1：I2=cosθ：1，則選項A正確；選項B錯誤；導(dǎo)體A所受安培力大小之比F1：F2=cosθ：1，所以選項C錯誤；左圖中的彈力，右圖中的彈力，所以N1：N2=cos2θ：1，所以選項D正確，綜上所述，本題的正確選項應(yīng)該為AD。

答案：AD

12.解析：本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。

答案：C

13.解析：由安培定則知I1、I2分別在a、b、c、d四點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B的方向如圖9-2-28所示.

由圖知a、b兩點處B可為零.

故選AB.

答案：AB

14.解析：因為當電流方向改為反向時，右邊需要加上質(zhì)量m，天平才能重新平衡，說明當電流反向時，安培力方向由向下改為向上，所以磁場方向是垂直紙面向里的；又因為電流方向未改變時，由受力平衡有

m1g=m2g+nBIL+G(G為線圈重力)

電流反向時有m1g=m2g+mg-nBIL+G

由式①②可得mg=2nBIL

所以B=.故只有B選項正確.

答案：B

15.解析：（1）金屬棒靜止在金屬軌道上受力平衡，如圖9-2-29所示

BIL=mgsin37°

解得：I==0.60A.

（2）設(shè)變阻器接入電路的阻值為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I（R+r）

解得：R=-r=19Ω.

答案：（1）0.60A(2)19Ω

第三節(jié)帶電粒子在磁場中的運動

考點知識梳理

（一）f=qvBsinθ；運動電荷；0

（二）垂直；垂直；垂直；同一平面內(nèi)；手心；正電荷運動方向；相反；姆指

（三）宏觀表現(xiàn)；一定不；速度大小

（四）勻速直線運動；勻速圓周運動

考能訓(xùn)練答案

1.解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。

答案：A

2.解析：分析題意得：宇宙射線是有一些帶電粒子組成的，所以面射線射向地球時，會受到地磁場的作用力，所以說地磁場對宇宙射線有一定的阻擋作用，選項A正確；根據(jù)洛侖茲力的判斷，總會有一些高能的帶電粒子能夠射到地球的兩極，所以選項B正確；根據(jù)左手定則判斷該種粒子帶負電，射向的是地球的北極，所以選項C正確；選項D錯誤，綜上所述，本題的正確選項應(yīng)該為ABC。

答案：ABC

3.解析：設(shè)oa=ob=d，因為帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d，即，得到：如果換成勻強電場，水平v0方向是作勻速直線運動，豎直y軸負方向是作勻加速運動即，所得到，所以E/B=2V0，所以選項C正確。

答案：C

4.解析：帶電粒子在運動中動能逐漸減少，即速率逐漸減小，根據(jù)半徑公式，粒子的運動半徑逐漸減小，由軌跡形狀可知，粒子的運動方向是b到a，選擇軌跡上的一個點（如b點）根據(jù)左手定則可以判斷粒子是帶正電的．

答案：B

5.解析：解題時容易受帶電粒子在勻強電場中運動的負遷移，錯誤地將電子的運動判斷成類似于平拋運動的勻變速曲線運動，答案A和C就是這種錯誤判斷引起的；要區(qū)分洛倫茲力作用下的勻速圓周運動和勻強電場中在電場力作用下的勻變速曲線運動，本題中在洛倫茲力作用下作勻速圓周運動時，洛倫茲力是一個變力，對粒子不做功；A、B兩處的速度方向是不同的，故答案D錯誤；因為是勻速圓周運動，所以時間等于弧長除于速度，答案B正確．

答案：B

6.解析：洛倫茲力提供向心力，且，得到，；向心加速度；等效環(huán)形電流的電流強度；電流方向是順時針方向，由安培定則判斷電流產(chǎn)生的磁場垂直軌道平面向里，而根據(jù)左手定則判斷勻強磁場方向垂直軌道平面向外，所以兩者方向相反．

答案：；；；相反．

7.解析：由各孔的軸線方向可知，從孔b射出的電子的速度方向改變1800，圓周運動的圓心為ab的中點，直徑為ab；從孔c射出的電子的速度方向改變900,圓周運動的圓心是b點，半徑是ab．所以兩者的軌道半徑之比為1：2，根據(jù)半徑公式可知，兩者的速度之比為1：2；軌道對應(yīng)的圓心角之比是2：1,根據(jù)時間公式，可知兩者的運動時間之比是2：1．

答案：1：2；2：1

8.考點分析：本題主要考查了圓周運動知識在帶電粒子在磁場中的具體應(yīng)用．

解析：粒子在整個過程中的速度大小恒為，交替地在平面內(nèi)與磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌道都是半個圓周.設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為和，圓周運動的半徑分別為和，有：①

②

現(xiàn)分析粒子運動的軌跡.如圖9-3-38所示，在平面內(nèi)，粒子先沿半徑為的半圓運動至軸上離點距離為的點，接著沿半徑為的半圓運動至點，的距離：③

此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”（即從軸出發(fā)沿半徑為的半圓和半徑為的半圓回到原點下方的軸），粒子的坐標就減小.設(shè)粒子經(jīng)過次回旋后與軸交于點，若即滿足：

④

則粒子再經(jīng)過半圓就能經(jīng)過原點，式中＝1，2，3，……為回旋次數(shù)．

由③④式解得：（＝1，2，3，…）⑤

聯(lián)立①②⑤式可得、應(yīng)滿足的條件：

（＝1，2，3，……）⑥

失分陷阱：本題的難點只有一個，就是通過分析計算找出每轉(zhuǎn)一周粒子在y軸上的坐標減少2（r2-r1），顯然，n次回旋，粒子在y軸上的坐標就減少2n（r2-r1），要想滿足粒子仍能回到O點，自然就有2r1=2n（r2-r1）．考慮粒子運動的周期性，表達出通式，這在粒子運動題目中經(jīng)常遇到，如回旋加速器等，應(yīng)引起足夠的重視，解決了關(guān)鍵點，其他就簡單了．

9.考點分析：本題考查了帶電粒子在有界勻強磁場中的運動．

解析：（1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．

粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑：r=R．

又：，

則粒子的比荷為：．

（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角60°，粒子做圓周運動的半徑：，

又：，

所以：．

粒子在磁場中飛行時間：．

失分陷阱：抓準以下幾何關(guān)系是解題的基礎(chǔ)．（1）粒子速度偏向角等于回旋角（圓心角），等于弦切角的兩倍．（2）弦切角等于粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的弧所對的圓心角（回旋角）的一半．由此可以推知，題目已知偏向角后馬上就可以知道圓心角，集合關(guān)系也就容易找了．

10.解析：依據(jù)左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力作用向上偏，負離子在磁場中受到洛倫茲力作用向下偏，因此電極a、b的正負為a正、b負；當穩(wěn)定時，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，則，可得，答案：A。

11.解析：勻速圓周運動、庫侖定律、洛侖茲力、左手定則等知識列出：

未加磁場：＝(1)

磁場指向紙里：－qvB＝(2)

磁場指向紙外：＋qvB＝(3)

比較上述式子，T1＞T0，T2＜T0，故AD選項正確．

易錯點悟：學(xué)生列不出圓周運動的動力學(xué)方程及不注意負電荷運動形成的電流與運動方向．

答案：AD．

12.解析：由題意可漢子，粒子帶負電，運動軌跡如圖9-3-39，

∠2=1200－900=300．

由R+Rsin300=a，

得R=2a/3．

由R=，

可知．則正確答案為C．

答案：C．

13.解析：帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑，由題圖可知：從O點射入的粒子從be邊射出，因此只有D正確．

易錯點悟：解決本題的關(guān)鍵是要先畫出從特殊點入射時的軌跡，然后判斷答案的正確與否．

答案：D．

14.解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當氫核垂直于ad邊從中點m射入，又從ab邊的中點n射出，則速度必垂直于ab邊a點為圓心，且R=.當磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，則半徑變?yōu)樵瓉淼?/2，氫核從a點垂直于ad邊射出，所以選項C正確．

答案：C．

15.解析：洛倫茲力的方向始終與運動方向垂直，所以沒有提供回復(fù)力，則運動的周期不變.

答案：B．

16.解析：由于洛倫茲力不做功，故A對.t==T時，電子第一次經(jīng)y軸，由幾何關(guān)系可得x=0、y=-R,因此，選項A、B、D都正確.

答案：ABD

17.解析：先準確畫出帶電粒子運動的軌跡，分兩種情況：一是粒子帶正電，二是粒子帶負電.其軌跡是完整圓的“分家”情形，正確選項為AB.

答案：AB

18.答案：≤≤

解析：分兩種臨界情況討論離子比荷，其一是離子在磁場中偏轉(zhuǎn)后打到平行金屬板的右側(cè)端點，其軌跡如圖（a）所示.據(jù)幾何關(guān)系應(yīng)有：

r12=(r1-)2+(2d)2,解得r1=d.

其二是離子在磁場中偏轉(zhuǎn)后打到平行金屬板的左側(cè)端點，其軌跡如圖（b）所示.此時有：

（a）(b)

r22=(r2-)2+d2

解得r2=d.

根據(jù)離子在電場中加速，由功能關(guān)系有：mv2=qU

再根據(jù)離子所受洛倫茲力提供的向心力有：qvB=m

結(jié)合前兩種臨界情況，可得：=或=

因此，所求離子比荷的范圍是：

≤≤.

19.解析：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動是對稱的，如圖9-3-41，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.

由牛頓第二定律：qvB=mv2R

又T=2πRv

解得：R=mvqBT=2πmqB

將已知量代入得R=2m

由軌跡知：tanθ=rR=33θ＝30°

則全段軌跡運動時間為t=T3=4.19×10-6s

(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＝23m．

20.解析：設(shè)電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，圓O′的半徑為R.粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m，初速度為v.同時存在電場和磁場時，帶電粒子做勻速直線運動，有

qvB=qE,vT0=2R.

只存在電場時，粒子做類平拋運動，有

x=v,

解得y=()2

由以上式子可知x=y=R,粒子從圖中的M點離開電場.

由以上式子得qvB=.

只存在磁場時，粒子做勻速圓周運動，從圖中N點離開磁場，P為軌跡圓弧的圓心.

設(shè)半徑為rqvB=

由以上式子可得r=

由圖tanθ=R/2=2

所以，粒子在磁場中運動的時間

t==arctan2.

答案：arctan2

21.解析：洛倫茲力是α粒子作圓運動的向心力；計算出圓半徑后，確定圓心的位置就成為解題的關(guān)鍵，α粒子軌跡與ab相切，以及α粒子離S最遠的距離為2r是判定最遠點的條件．如圖9-3-20．

α粒子帶正電，用左手定則判定α粒子在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用r表示軌道半徑，有Bqv＝m，解得，可見2rlr．

因向不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠點，為定出P1的位置，可作平行與ab的直線cd，cd到ab的距離為r＝0.10m．以S為圓心，r為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1．由圖中幾何關(guān)系得：．

再考慮N的右側(cè)，任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2r，以2r為半徑，S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，P2即為α粒子在右側(cè)能達到的最遠點．由幾何關(guān)系得：．

所求長度為：P1P2=NP1+NP2=0.20m．

第四節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動

考能訓(xùn)練答案

1.考點分析：本題主要考查了應(yīng)用平衡的知識求解問題．

解析：要使電子沿直線OO′射出，則電子必做勻速直線運動，電子受力平衡．在該場區(qū)，電子受到電場力和洛侖茲力，要使電子二力平衡，則二力方向為豎直向上和豎直向下．A答案電子所受的電場力豎直向上，由左手定則判斷洛侖茲力豎直向下，滿座受力平衡．同理，D答案也滿足受力平衡．

答案：AD．

失分陷阱：粒子速度選擇器關(guān)鍵是抓住電場力和洛侖茲力平衡，只要滿足“磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向上：均有可能使粒子勻速通過，與粒子的電性沒有關(guān)系．其中，因qvB=Eq，則．

2.解析：由Fe=Eq，電量不同，電場力不同，因而由電場能分開兩束粒子．又，，可知質(zhì)子和粒子在動能相同時，在同一勻強磁場做圓周運動的半徑也相同，故分不開兩束粒子．則本題的正確答案為AD．

答案：AD．

3.解析：粒子每次在磁場中回旋的時間是勻速圓周運動的半周期，這個時間也正是交變電壓的半周期，所以交變電壓的頻率就是粒子在磁場中勻速圓周運動的頻率，根據(jù)，頻率與粒子的比荷成正比，α粒子和質(zhì)子的比荷之比是1：2，所以頻率之比也是1：2.

答案：B

4.解析：由左手定則判斷帶負電的滑塊沿斜面下滑時所受洛倫茲力方向垂直斜面向下，所以使滑塊與斜面之間的彈力增大，滑動摩擦力增大，從頂端滑到底端過程中克服摩擦力做功增大，根據(jù)動能定理，滑到底端時的動能小于無磁場時到底端的動能，速率變小．

答案：B

5.解析：分析題意得：該粒子在復(fù)合場中共受到三個力的作用，豎直向下的重力、豎直向下的電場力、洛侖茲力，其中重力和電場力是恒力，如果不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則一定是沿直線作勻速運動，洛侖茲力一定是豎直向上的，所以粒子是水平向左運動的，如果把粒子的速度變大，則洛侖茲力變大，所以粒子一定向上偏轉(zhuǎn)，且重力和電場力做負功，則速度減小，所以選項A正確；若只增大磁感感應(yīng)強度，結(jié)果與A答案一樣，所以選項B錯誤；如果電場強度增大，則粒子會向下偏轉(zhuǎn)，電場力和重力做正功，則速度增大，所以選項C正確；因為，如果只增加帶電量，則粒子會向下偏轉(zhuǎn)，所以選項D錯誤，綜上所述，本題的正確選項應(yīng)該為AC。

答案：AC

6.解析：電荷所受的洛倫茲力Ff=qvB,當電荷的速度為零時，洛倫茲力為零，故電荷在I點和K點只受到電場力的作用，故在這兩點的加速度大小相等.方向相同，A是正確的，B是錯誤的.由于J點是曲線上離MN板最遠的點，說明電荷在J點具有與MN平行的速度，帶電粒子在J點受到兩個力的作用，即電場力和洛倫茲力；軌跡能夠向上偏折，則說明洛倫茲力大于電場力，故C正確.綜上所述，選項A、C是正確的.

答案：AC

7.解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤

答案：C

8.答案：D

9.解析：AB系統(tǒng)在水平方向僅受水平恒力F作用，所以作勻加速直線運動，隨著AB速度的增大，帶正電的物塊A所受的洛倫茲力逐漸增大，且由左手定則判斷洛倫茲力方向豎直向下，所以A對B的壓力變大，B對地面的壓力變大，B對A的摩擦力為靜摩擦力，且，由于系統(tǒng)作勻加速直線運動，加速度恒定，所以靜摩擦力保持不變，A對B的靜摩擦力也不變．

答案：B

10.解析：進入復(fù)合場后作勻速圓周運動，表明液滴的電場力和重力平衡，并在洛倫茲力作用下作勻速圓周運動，進入時洛倫茲力向右，由左手定則判斷四指方向與其運動方向相反，所以液滴帶負電；液滴所受電場力豎直向上，所以電場方向豎直向下；進入磁場時的速度為，又，根據(jù)半徑公式得到半徑=．

答案：負，豎直向下，．

11.解析：（1）正離子在電場中做初速度為零的加速直線運動．由動能定理得①

∵正離子以速度v進入勻強磁場，做勻速圓周運動

②

正離子離開磁場時的速度與進入時垂直，故r=R③解得A、K間的電壓U=．

（2）離子進入磁場后洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：④

離子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：

⑤

離子在磁場中的運動時間為：⑥

解④⑤⑥式得：．

12.解析：（1）軌跡如圖9-4-35所示

（2）粒子在加速電場中，由動能定理有

粒子在勻強電場中做類平拋運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為，有

U=Ed

解得：θ=45

由幾何關(guān)系得，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場速度為

粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律有：qvB=mv2R

在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為

由圖可知，磁場寬度L=Rsinθ=d

（3）由幾何關(guān)系可得：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中距離為，

在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為

13.解析：

（1）由動能定理可知此帶電粒子穿過鉛板前的動能，

根據(jù)，得，

又由幾何知識可得（如圖9-4-36）

即，——1分故。

由于洛倫茲力不做功，帶電粒子穿過鉛板后的動能，

因此粒子穿過鉛板后動能的損失為

（2）從D到C只有電場力對粒子做功，電場力做功與路徑無關(guān)，根據(jù)動能定理，有

，

解得

14.解析：當電場力大于洛倫茲力時，如果電場力和洛倫茲力的合力剛好提供向心力時，則答案A正確；如果電場力大于洛倫茲力時，選項C正確；當電場力小于洛倫茲力時，選項B正確；由于電場力方向變化，選項D錯誤．

答案：ABC．

15、解析：若小球A帶正電，小球A受重力G、庫侖斥力F和板對小球向下的彈力N．當撤走絕緣板C時，N=0，若F=G，小球A仍處于靜止狀態(tài)，A正確；若F＞G，則由左手定則可判斷B正確；若小球A帶負電，則由A的受力情況可知是不可能的，則D錯誤．

答案：AB．

16、解析：當正離子進入正交的勻強電場和勻強磁場后，能夠沿原來運動方向幾學(xué)運動的離子必然受力平衡，即：qvB=Eq，則v=E/B．這樣，以速度v吹孩子進入下一個勻強磁場后，離子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，，則．式中的B′為偏轉(zhuǎn)勻強磁場的磁感應(yīng)強度，r為偏轉(zhuǎn)半徑，分析上式可知，當v、B′相同時，m|、q、都可以相同，也可以不同，只要不相同，半徑r即可不同，所以只有D答案正確．

答案：D．

17．解析：不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移一定大于乙中的偏轉(zhuǎn)位移洛倫茲力對帶電粒子不做功，故A對.

答案：A

18.解析：由左手定則可判斷出正離子較多時，正離子受到的洛倫茲力使其向后表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致后表面電勢升高，同理，負離子較多時，負離子向前表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致前表面電勢降低，故A、B錯誤.設(shè)前后表面間的最高電壓為U，則qU/b=qvB,所以U=vBb.由此可知U與離子濃度無關(guān)，故C錯誤.因Q=vbc，而U=vBb,所以Q=Uc/B,D正確.

答案：D

19、解析：由于從A到B再到C的過程中動能減少，所以洛倫茲力減小，小球與桿之間的壓力減小，摩擦力也在減小，AB=BC，所以C錯誤.AB段和BC段合外力不同，因此合外力的功也不同，所以根據(jù)動能定理，動能的變化不同，A錯誤.再由于電場力和重力的關(guān)系未知，因此B錯誤，所以D正確.

答案：D

20.思路點撥：本題是三種典型的復(fù)合場中的直線運動，如果三種場均有，那么粒子在復(fù)合場中的直線運動必定是勻速直線運動，三個力有三種特點，重力是只能豎直向下的，電場力的方向依電荷的電性和電場的方向共同決定，洛侖茲力的方向垂直于速度的方向，同時也由磁場和速度兩個方向共同決定，且洛侖茲力的大小在恒定的磁場中直接由速率來決定，所以復(fù)合場中的帶電粒子的運動一定要抓住速率和洛侖茲力的大小對應(yīng)關(guān)系，掌握三個力的特點，利用平衡或牛頓運動定律以及曲線運動的特點解題.

解析：如果油滴帶正電，受力有重力豎直向下，電場力只能水平方向，洛侖茲力只能垂直MN，則豎直向上需要有力才能保證豎直平衡，故洛侖茲力必須有向上的分量，洛侖茲力必須垂直MN向上，由左手定則可知油滴是從M點運動到N點；對B選項，假設(shè)粒子速率改變，則洛侖茲力必定改變，原來的受力平衡必被打破，合力的方向必定改變，將于速度方向不在同一直線，不會做直線運動，這與題干意思矛盾，故粒子必定做勻速運動，B正確；對于CD選項，由于不知道粒子的電性，即使已知電場方向也無法知道電場力的方向，故無法判斷油滴的運動方向，CD錯.

答案：AB

21.解析：滑塊開始運動后，受到豎直向上的洛倫茲力作用，且洛倫茲力不斷增大，滑塊受到的支持力逐漸減小，當qvB=mg時，滑塊做速度為10m/s的勻速運動．此后，木板做加速度a=F/M=3m/s2的勻加速運動．故BD正確．

答案：BD．

22.解析：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動；再由

23.解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：(1分)

帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：（1分）

由以上兩式，可得（1分）

（2）由于在兩磁場區(qū)域中粒子運動半徑相同，如圖14所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為

（3分）

（3）在電場中，(1分)

在中間磁場中運動時間(1分)

在右側(cè)磁場中運動時間，(1分)

則粒子第一次回到O點的所用時間為

24.解析：（1）只有磁場時，電子運動軌跡如答圖1所示，

洛侖茲力提供向心力，由幾何關(guān)系：，

求出，垂直紙面向里。電子做勻速直線運動，

求出，沿軸負方向。

（2）只有電場時，電子從MN上的D點離開電場，如答圖2所示，設(shè)D點橫坐標為，，，求出D點的橫坐標為，縱坐標為。

（3）從A點到D點，由動能定理，

求出。

25.解析：

（1）當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示，

由平衡條件得：F電=qE=mgtan

代入數(shù)據(jù)解得：E=3N/C

（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得：

F電

代入數(shù)據(jù)得：

由

解得：B=1T

分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況如圖所示，

由牛頓第二定律得：

代入數(shù)據(jù)得：

由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫?/p>

單元質(zhì)量評估（九）答案

1.【解析】：磁極和電流周圍都能產(chǎn)生磁場，磁場的基本特性是對放入磁場的磁極和電流產(chǎn)生磁場力的作用，所以答案A正確；畫磁感線時，要求使磁感線上每一點的切線方向與該處的磁場方向（小磁針靜止時N極的指向）一致，所以答案B正確；磁感線是使磁場形象化的虛擬曲線，所以答案C錯誤；物質(zhì)在外磁場的作用下有不同的特性，按外磁場對材料的磁化程度的不同分為順磁性材料、抗磁性材料以及鐵磁性材料，所以答案D正確．

【答案】：C

2.【解析】：當導(dǎo)線與磁場平行放置時，安培力為零；當導(dǎo)線與磁場垂直放置時，其受到的安培力最大，最大值為，所以0.40N是不可能的．

【答案】：D

3.【解析】：當磁場沿x軸正方向時，磁感應(yīng)強度可分解為垂直導(dǎo)線方向的分量B⊥和平行導(dǎo)線分量B∥，其中B⊥分量方向是正x偏正y方向，如圖所示，由左手定則判斷安培力方向為沿負z方向，答案A錯誤；當磁場沿y軸負方向時，磁感應(yīng)強度可分解為垂直導(dǎo)線方向的分量B⊥和平行導(dǎo)線分量B∥，其中B⊥分量方向是負y偏負x方向，即圖示中的B⊥分量的反方向，由左手定則判斷安培力方向為沿正z方向，答案B正確；安培力方向不可能與磁場方向相同，所以答案CD錯誤．

【答案】：B

4.【解析】：（一）：導(dǎo)線間的磁場力大小相等，方向相反，勻強磁場施給導(dǎo)線a、b的磁場力也是大小相等，方向相反，所以導(dǎo)線a（或b）的磁場力的合力大小相等，都是F2，方向相反．

（二）：導(dǎo)線a（或b）在導(dǎo)線b(或a)所在處的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，方向都是垂直導(dǎo)線所在平面向里，加入勻強磁場后，合磁感應(yīng)強度也相等，所以受到的磁場力大小也是F2．

【答案】：A

5.【解析】：沿x軸正方向射出的正離子，立即離開磁場，答案A錯誤；在磁場中圓周運動的正離子有相等的軌道半徑（直徑），所以從射出到運動至軸上某點之間的弦為直徑時，具有最大坐標，且坐標值為直徑大?。谎貀軸正方向射出的離子具有最大x，沿x軸負方向射出的離子具有最大y，答案B正確．

【答案】：B

6.【解析】由帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)情況判斷粒子的電性，再由左手定則判斷是否符合在磁場中的偏轉(zhuǎn)情況．①③④中的粒子是正電荷，②是負電荷．答案①④正確．

【答案】D

7.【解析】帶電粒子a在勻強電場中只受電場力作用，但可能有一定的初速度V0，如圖所示的情形中，若運動的初末位置正好是在同一等勢面上，則電場力做功等于零，動能不變，答案A錯誤；電場力是恒力，其沖量一定不為零，粒子a的動量一定變化，答案C正確；洛倫茲力對粒子b不做功，所以它的動能一定不變，由于勻速圓周運動是周期性運動，所以在一個周期內(nèi)磁場力的沖量也為零，動量可能不變，答案BD錯誤．

【答案】C

8.【解析】磁場中的帶電小球在滑向M點的過程中，洛倫茲力對它不做功，小球的機械能守恒，電場中的帶電小球在滑向N點的過程中需克服電場力做功，機械能減小，所以到最低點有vM＞vN，答案A正確；速率越大，向心力越大，且小球在M點受到的洛倫茲力方向豎直向下，所以要求軌道對小球的支持力越大，小球?qū)壍赖膲毫υ酱?，答案B正確；電場中的小球下滑過程中機械能減小，與磁場中的小球滑到軌道上同一點比較，其動能較小，速率較小，則滑到最低點過程中的平均速率較小，時間較長，答案C錯誤；磁場中小球機械能守恒，所以能到另一端最高處，電場中的小球在右側(cè)軌道上速度為零時，其電勢能增加了，則重力勢能減小了，所以不能到達軌道另一端最高處，答案D正確．

【答案】C

9.【解析】根據(jù)動能與動量的關(guān)系：和軌道半徑公式；

可得每個粒子的動能；每秒內(nèi)打在靶上的粒子數(shù)為；

靶獲得的能量，得到質(zhì)量．

【答案】

10.【解析】分析帶電小球的受力如圖所示，在釋放處a，由于初速度為零，無洛倫茲力，隨著小球的加速運動，產(chǎn)生逐漸增大，方向垂直細桿斜向上的洛倫茲力，在b處，洛倫茲力平衡重力垂直細桿方向的分力，此時無彈力，從而無摩擦力，則加速度最大，且；隨著小球的繼續(xù)加速，洛倫茲力繼續(xù)增大，小球?qū)⑹艿酱怪奔殫U斜向下的彈力，從而恢復(fù)了摩擦力，且逐漸增大，使其加速度逐漸減小，當摩擦力與重力沿斜面方向的分力平衡時，小球的加速運動結(jié)束，將作勻速直線運動，速度也達到最大值，在如圖中c位置，有，，整理可得．

【答案】am=gsinθ，

11.【解析】（1）工作原理：電流在磁場中受安培力，在安培力的作用下使導(dǎo)電液體運動．

（2）由左手定則可以判定沿液體的移動方向產(chǎn)生安培力，在導(dǎo)管內(nèi)截面產(chǎn)生壓強差．

【答案】

12.【解析】如圖所示，第一次粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道剛好與PQ邊緣相切，如圖中的軌道1，設(shè)軌道半徑為，由幾何關(guān)系得到：，；第二次粒子剛好能垂直PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道圓心為圖中的O2點，為軌道2，設(shè)軌道半徑為，由幾何關(guān)系得到：；根據(jù)軌道半徑公式，可得，所以；若加入一個勻強電場后使電場力恰好能平衡洛倫茲力，則粒子將沿直線射出PQ邊界，場強方向為垂直速度方向斜向下，設(shè)場強大小為：則，得，由粒子的軌道半徑，可得，代入得場強大小為．

【答案】；，與水平方向成θ角斜向右下方．

13.【解析】如圖所示，電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C，半徑為R．以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電量，則

eU＝mv2Bev＝,θ角既是速度方向的偏轉(zhuǎn)角，也是圓弧ab對應(yīng)的圓心角，所以有tg＝，由以上各式解得B＝．

【答案】

14.【解析】設(shè)碳離子到達b處時的速度為v1，從c端射出時的速度為v2，由動能定理，在a到b過程中有mv12=eUba，在b到c過程中有mv22-mv12=neUbc，其中Uba和Ubc都等于b點的電勢值φ，所以，速度．進入磁場后，碳離子做勻速圓周運動,可得nev2B=m，則R，由題給數(shù)值可解得R=0.75m．

【答案】0.75m

15.【解析】1.F電=q=1.0×10-6×N=3.6×10-5NF洛＝qvB＝3.6×10-5N

因為F電=F洛=3.6×10-5N，所以粒子在第一個t0=1.0×10-4s時間內(nèi)做勻速直線運動，其位移s＝vt0=600×10-4m＝0.06m=6cm．

2.在第二個t0時間內(nèi)，由于U＝0，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)Bqv=m

其周期T為：T==1×10-4s,恰好等于t0，在一個周期內(nèi)恰好回到圓周運動的起點．

其軌道半徑R==0.01m=1.0cm，直徑是2.0cm，小于射入方向到A板的距離，所以粒子不會碰到A板．

由此可以判斷粒子在第一個t0內(nèi)作勻速直線運動，在第二個t0內(nèi)作勻速圓周運動，如此往復(fù)，經(jīng)過5個t0，粒子向前18cm，還有s/=0.5cm才能射出兩板，如圖所示：

粒子經(jīng)過5t0后做勻速圓周運動的圓心角為θ，則

sinθ===，所以θ=30°，總時間t＝5t0+=5.08×10-4s．

【答案】勻速直線運動，6cm；5.08×10-4s．

16.【解析】通過電場時，粒子受電場力：

產(chǎn)生加速度：，方向豎直向上．

穿出電場的時間：．

豎直方向分速度：，又由于L1＝5cmS＝10m，故粒子在電容器內(nèi)沿y軸方向發(fā)生的位移可忽略不計，但速度方向發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在屏上豎直方向的分位移主要是在場外發(fā)生．

在磁場中，粒子受洛倫茲力：，其中豎直分速度與磁場平行，不會使粒子受洛倫茲力作用．使粒子在水平面內(nèi)作勻速圓周運動且半徑，所以粒子在磁場中圓周運動的圓心角θ很小，向x軸正方向偏轉(zhuǎn)的位移很小可以忽略，如圖所示．同樣由于水平方向速度發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在場外沿x軸正方向的分位移就是屏上的x坐標．

在場外沿軸線方向勻速直線運動的時間；

縱坐標；

在磁場中偏轉(zhuǎn)的速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，由于θ很小，所以．

橫坐標．

【答案】2.5cm，5.0cm

17．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有

--------------①

同時有-----------②

粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，

xC＝－（r＋rcos450）＝，------------③

故，C點坐標為（，0）。-----------④

（2）設(shè)粒子從A到C的時間為t1，設(shè)粒子從A到C的時間為t1，由題意知

------------⑤

設(shè)粒子從進入電場到返回C的時間為t2，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)知識，有------------⑥

及，------------⑦

聯(lián)立⑥⑦解得------------⑧

設(shè)粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t3，由題意知

------------⑨

故而，設(shè)粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為

------------⑩

（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v0的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運動，即

……①…………②

沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即

……③……④

設(shè)離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.

由圖中幾何關(guān)系知

……⑤……⑥

……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

……⑧

【答案】（1）C點坐標為（，0）（2）（3）

精選閱讀

高考物理考點重點磁場復(fù)習(xí)

第六課時單元知識整合
本章知識結(jié)構(gòu)
1．磁場的基本的性質(zhì)從本質(zhì)上看是對處于磁場中的運動電荷有力的作用。
2．磁場中某點的磁場方向可描述為①小磁針靜止時N極的指向；②磁感應(yīng)強度的方向；③通過該點磁感線的切線方向。
3．磁感線不是真實存在的曲線，而是為了形象描繪磁場而假想的。磁感線的疏密表示磁場的強弱；磁感線的切線方向表示磁場的方向；磁感線是閉合的曲線。地磁場的磁感線大體從地理南極附近出發(fā)到達地理北極附近，而內(nèi)部又大體從地理北極到地理南極。
4．磁感應(yīng)強度的定義式為B＝，條件為電流的方向和磁場方向垂直。
5．通電螺線管的磁感線分布與條形磁鐵的磁感線分布類似，直線電流的磁場的磁感線分布特點是內(nèi)密外疏的一組同心圓，電流的磁場方向用安培定則來判斷。
6．安培力是電流在磁場中的受力，當電流方向和磁場方向垂直時，電流受到的安培力最大，且F＝；當電流方向和磁場方向平行時，電流受到的安培力最小，且F＝；安培力的方向由左手定則來判斷。特點是安培力的方向總是垂直于電流方向和磁場方向決定的平面。
7．洛倫茲力是運動電荷在磁場中的受力。當電荷的運動方向和磁場方向垂直時，電荷受到的洛倫茲力最大，且F洛＝；當電荷的運動方向和磁場方向平行時，電荷受到的洛倫茲力最小，且F洛＝；由于洛倫茲力的方向始終與電荷的運動方向垂直，因此洛倫茲力對電荷不做功。
8．帶電粒子垂直進入磁場時，在洛倫茲力作用下將做勻速圓周運動。軌道半徑R＝，周期T＝。
1．類比與遷移：通過電場與磁場，電場線與磁感線，電場強度與磁感應(yīng)強度，電場力與洛倫茲力等相關(guān)知識和概念的類比，找出異同點，促進正向遷移，克服負遷移，深化新舊知識的學(xué)習(xí)。
2．空間想象與轉(zhuǎn)化：由于安培力(或洛倫茲力)的方向與磁場方向、電流方向(或運動電荷方向)之間存在著較復(fù)雜的空間方位關(guān)系，因此要注意空間想象能力的培養(yǎng)，同時要善于選擇合理角度將立體圖轉(zhuǎn)化為平面視圖，以便于分析。
3．幾何知識的靈活應(yīng)用：粒子在有界磁場中的圓周運動問題中圓心的確定，圓心角、半徑的確定往往都要用到幾何知識，然后根據(jù)物理知識求解相關(guān)物理量，體現(xiàn)著數(shù)理知識的有機結(jié)合。
4．假設(shè)法：為了探明磁鐵的磁場與電流的磁場的關(guān)系，安培假設(shè)分子周圍存在環(huán)形電流。每個環(huán)形電流使每個分子成為一個小磁鐵，從而得出了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)。
5．極限法：帶電粒子在復(fù)合場中的運動有關(guān)動態(tài)分析，臨界現(xiàn)象等可用極限法輔助分析。
6．判別物體在安培力作用下的運動方向，常用方法有以下四種：
(1)電流元受力分析法：即把整段電流等效為很多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元受安培力的方向，從而判斷出整段電流所受合力的方向，最后確定運動方向。
(2)特殊值分析法：把電流或磁鐵轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°)后再判定所受安培力方向，從而確定運動方向。
(3)等效分析法：環(huán)形電流可以等效成條形磁鐵、條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流、通電螺線管可等效成很多的環(huán)形電流來分析。
(4)推論分析法：①兩電流相互平行時無轉(zhuǎn)動趨勢，方向相同相互吸引；方向相反相互排斥。②兩電流不平行時有轉(zhuǎn)動到相互平行且方向相同的趨勢。
知識點一安培定則的應(yīng)用
【例1】如圖所示，兩根無限長的平行導(dǎo)線水平放置，兩導(dǎo)線中均通以向右的、大小相等的恒定電流I，圖中的A點與兩導(dǎo)線共面，且到兩導(dǎo)線的距離相等，則這兩根通電導(dǎo)線在該點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的合矢量（）
A．方向水平向右B．方向水平向左
C．大小一定為零D．大小一定不為零
導(dǎo)示:由安培定則可判斷出兩電流在A產(chǎn)生的磁場方向相反，又A點與兩導(dǎo)線共面，且等距，故在感應(yīng)強度的合矢量大小一定為零，故選C。
知識點二安培力的計算
【例2】一段通電的直導(dǎo)線平行于勻強磁場放入磁場中，如圖所示，導(dǎo)線上的電流由左向右流過.當導(dǎo)線以左端點為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過90°的過程中，導(dǎo)線所受的安培力
A.大小不變，方向也不變
B.大小由零逐漸增大，方向隨時改變
C.大小由零逐漸增大，方向不變
D.大小由最大逐漸減小到零，方向不變
導(dǎo)示:安培力F=BILsinθ，θ為導(dǎo)線與磁感應(yīng)強度方向的夾角，由圖可知，θ的變化是由0°增大到900°，所以安培力大小由零逐漸增大，方向不變，故選C。
知識點三復(fù)合場中的能量轉(zhuǎn)化
抓住過程中做功的特點和動力學(xué)知識進行求解。
【例3】(07海安期終)如圖所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一根長的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數(shù)μ＝0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是/3，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。
導(dǎo)示:①小球在沿桿向下運動時，受向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力f。有：
F＝Bqv，N＝F＝Bqv0
∴f＝μN＝μBqv
當小球作勻速運動時，qE＝f＝μBqv0
②小球在磁場中作勻速圓周運動時，
又∴vb＝Bq/3m
③小球從a運動到b過程中，由動能定理得
所以：
知識點四帶電粒子在組合場中的多個過程
帶電粒子在組合場中的多個運動過程，應(yīng)針對每個過程特點進行分析，分別找出相應(yīng)規(guī)律解題。
【例4】(07廣東卷)如圖所示，K與虛線MN之間是加速電場.虛線MN與PQ之間是勻強電場，虛線PQ與熒光屏之間是勻強磁場，且MN、PQ與熒光屏三者互相平行.電場和磁場的方向如圖所示.圖中A點與O點的連線垂直于熒光屏.一帶正電的粒子從A點離開加速電場，速度方向垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場，在離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場，最后恰好垂直地打在熒光屏上.已知電場和磁場區(qū)域在豎直方向足夠長，加速電場電壓與偏轉(zhuǎn)電場的場強關(guān)系為U=Ed，式中的d是偏轉(zhuǎn)電場的寬度，磁場的磁感應(yīng)強度B與偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E和帶電粒子離開加速電場的速度關(guān)系符合表達式=，若題中只有偏轉(zhuǎn)電場的寬度d為已知量，則：（1）畫出帶電粒子軌跡示意圖；
（2）磁場的寬度L為多少？（3）帶電粒子在電場和磁場中垂直于方向的偏轉(zhuǎn)距離分別是多少？
導(dǎo)示:（1）軌跡如圖所示：
（2）粒子在加速電場中由動能定理有
粒子在勻強電場中做類平拋運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為，有：，，，，U=Ed
由以上各式解得：θ=45
由幾何關(guān)系得：離開偏轉(zhuǎn)電場速度為
粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律有：qvB=mv2R
在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為：
，
由圖可知，磁場寬度L=Rsinθ=d
（3）由幾何關(guān)系可得：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中距離為，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為：

1．一根用導(dǎo)線繞制的螺線管，水平放置，在通電的瞬間，可能發(fā)生的情況是（）
A.伸長B.縮短C.彎曲D.轉(zhuǎn)動
2．在同一水平面內(nèi)的兩導(dǎo)軌互相平行，相距2m，置于磁感應(yīng)強度大小為1.2T，方向豎直向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為3.6kg的銅棒垂直放在導(dǎo)軌上，當棒中的電流為5A時，棒沿導(dǎo)軌做勻速直線運動，則當棒中的電流為8A時，棒的加速度大小為________m／s2.
3．(07全國卷）如圖所示，在坐標系Oxy的第一象限中在在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E。在其它象限中在在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，A是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O點的距離為l，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過C點進入磁場區(qū)域，并再次通過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：
（1）粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向；
（2）磁感應(yīng)強度的大小B。

參考答案
1．B
2．a(chǎn)=2m／s2
3．（1）粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為α，則
（2）

高考物理知識網(wǎng)絡(luò)磁場復(fù)習(xí)教案

一名優(yōu)秀的教師在每次教學(xué)前有自己的事先計劃，高中教師要準備好教案，這是老師職責(zé)的一部分。教案可以讓學(xué)生更好的吸收課堂上所講的知識點，幫助授課經(jīng)驗少的高中教師教學(xué)。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高考物理知識網(wǎng)絡(luò)磁場復(fù)習(xí)教案”，歡迎您參考，希望對您有所助益！

第十一章磁場

本章重點研究了磁場產(chǎn)生的本質(zhì)、磁場的描述和磁場力的性質(zhì)。研究了磁場對電流、對運動電荷的作用特點，以及電流、運動電荷在磁場或復(fù)合場中所處狀態(tài)和它們的運動。通過本章的學(xué)習(xí)，同學(xué)們能夠進一步鞏固和加深對力學(xué)、電學(xué)等基本規(guī)律的理解，加強力、熱、電、磁知識的聯(lián)系，有效地提高綜合運用知識分析、推理以及解決實際問題的能力。

知識網(wǎng)絡(luò)

產(chǎn)生運動電荷永磁體

通電導(dǎo)體安培定則

磁感應(yīng)強度大小、方向

描述磁感線假想曲線、模型

磁通量

磁場

對電流的作用安培力

性質(zhì)

對運動電荷的作用洛侖茲力

帶電粒子在磁場中的圓周運動半徑、周期

應(yīng)用

帶電粒子在復(fù)合場中的運動質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機

專題一磁場及描述磁場的基本概念

【考點透析】

一、本專題考點：本專題為Ⅰ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．磁現(xiàn)象的電本質(zhì)磁體周圍的磁場和電流周圍的磁場一樣，都是由運動電荷產(chǎn)生的。

2．磁場的方向、磁感線、電流的磁場（安培定則）

（1）磁場的方向：規(guī)定在磁場中的任意一點，小磁針北極所受磁場力的方向，就是該點磁場的方向。

（2）磁感線：在磁場中畫一系列有向曲線，這些曲線上每一點的切線方向表示該點的磁場方向。

（3）直線電流的磁場：磁感線為以導(dǎo)線為圓心的同心圓，其方向用安培定則判定：右手握住通電導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，其余四指指向磁感線的環(huán)繞方向；離通電導(dǎo)線越遠，磁場越弱。環(huán)形電流的磁場和通電螺線管的磁場：與條形磁鐵相似，方向也可以用安培定則判定：右手握住螺線管，四指指向電流方向，大拇指指向為螺線管的N極。

3．磁感強度：磁場最基本的性質(zhì)是對放入其中的電流或運動電荷有力的作用。電流垂直于磁場時磁場力最大，平行時磁場力等于零。

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與電流強度I和導(dǎo)線長度L的乘積的比值叫做該處的磁感強度。定義式為：B=F/IL，磁感強度的方向就是該點的磁場的方向。

勻強磁場：如果某個區(qū)域內(nèi)磁感強度的大小處處相等，方向相同，那么，這個區(qū)域的磁場就是勻強磁場。如：兩個較大的異名磁極之間（除了邊緣以外）、長螺線管內(nèi)部（除了兩端以外）都可以看作勻強磁場。勻強磁場中的磁感線是平行等間距的。

4．磁通量：穿過某一面積的磁感線條數(shù)，就叫做穿過這個面積的磁通量。磁通量是標量。定義式為：ф=BSsinθ，θ為面積S與磁感強度B之間的夾角，此式只適用于勻強磁場。磁通量的單位是韋伯（Wb）。

注意：穿過某一面積的磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)；磁通量隨磁感線從不同方向穿過面積時正負符號不同；計算磁通量時要用和磁通。

【例題精析】

例1關(guān)于磁通量的說法正確的是（）

A．磁通量是反映磁場強弱的物理量

B．某一面積上的磁通量是表示穿過此面積的磁感線的總條數(shù)

C．在磁場中所取的面積越大，穿過該面的磁通量一定越大

D．穿過任何封閉曲面的磁通量一定為零

解析：磁通量是磁感強度與垂直磁場方向的面積的乘積，它可以理解為穿過磁場中某面積的磁感線的總條數(shù)，但并不表示磁場的強弱和方向，故A錯；可以假想一個條形磁鐵，外面套有兩個線圈去比較磁通量，從而判斷出B正確，也要注意和磁通的問題和磁場與面積是否垂直等因素，故C錯；因為磁感線是閉合曲線，所以D正確。

例2將一塊邊長為a的立方體導(dǎo)體均勻拉長為直徑為d的細圓柱后再組成閉合回路，將其置于磁感強度為B的勻強磁場中時，穿過這個回路的最大磁通量是多少？

解析：要使穿過該回路的磁通量最大，一方面要使磁場方向垂直回路平面；另一方面回路面積應(yīng)該最大，所以將立方體拉成細圓柱導(dǎo)線以后應(yīng)該圍成一個圓形回路。

因為導(dǎo)體拉伸過程中體積不變，由此可以通過數(shù)學(xué)方法求得回路最大面積S，進一步求出最大磁通量。

設(shè)邊長為a的立方體均勻拉長為直徑為d的細圓柱導(dǎo)線后總長度為L，圍成的圓形半徑為R，面積為S，由題意有：

a3=πL（d/2）2

L=2πR

S=πR2

以上三式聯(lián)立可解得S=4a6/π3d4

代入φ=BSsinθ，得回路的最大磁通量為φM=4Ba4/π3d4。

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．由磁感強度的定義式B=F/IL可知（）

A．磁感強度與通電導(dǎo)線受到的磁場力F成正比，與電流強度和導(dǎo)線的長度的乘積成反比

B．磁感強度的方向與F的方向一致

C．磁感強度由磁場本身決定，與通電導(dǎo)線無關(guān)

D．磁感強度是標量，沒有方向

2．下列說法正確的是（）

A．奧斯特實驗證明了電磁感應(yīng)現(xiàn)象

B．磁鐵周圍的磁場和電流的磁場一樣，本質(zhì)上都是由運動電荷產(chǎn)生的

C．電荷與電荷之間的相互作用一定是通過磁場來發(fā)生的

D．使用安培定則時，大拇指一定指向磁場方向

3．磁感強度的單位為T，下面的單位與1T不相等的為（）

A．1Wb/m2

B．1kg/（As2）

C．1Ns/（Cm）

D．1V/（sm2）

4．如圖11-1所示的四面體OABC，處在OX方向的勻強磁場中，下列關(guān)于穿過各個面的磁通量的說法不正確的是（）

A．穿過AOB的磁通量為零

B．穿過ABC的磁通量和穿過BOC的相等

C．穿過AOC的磁通量為零

D．穿過ABC的磁通量大于穿過BOC的磁通量

Ⅱ能力與素質(zhì)

5．如圖11-2所示，兩個同心放置的金屬圓環(huán)a和b，一條形磁鐵穿過圓心且與環(huán)面垂直，則穿過兩個圓環(huán)的磁通量的大小關(guān)系為（）

A．a(chǎn)的較大

B．b的較大

C．一樣大

D．無法確定

6．如圖11-3所示為一個通電螺線管，內(nèi)部放置一個小磁針，則穩(wěn)定時小磁針的N極指向（）

A．左側(cè)

B．右側(cè)

C．垂直紙面向里

D．垂直紙面向外

7．如圖11-4所示，在通有反向電流的兩條平行導(dǎo)線所分出的a、b、c三個區(qū)域中，合磁場為零的區(qū)域是（）

①只可能出現(xiàn)在b區(qū)

②可能出現(xiàn)在a、c區(qū)域中的某一個區(qū)域

③可能同時出現(xiàn)在a區(qū)域和c區(qū)域

④有可能沒有合磁場為零的區(qū)域

A．①②正確

B．②③正確

C．②④正確

D．只有②正確

8．在磁感強度為B的勻強磁場中，有一個面積為S，匝數(shù)為N的線圈，如圖11-5所示，將線圈從圖示位置繞著ad旋轉(zhuǎn)1800角，則在此過程中，穿過線圈的磁通量的變化量為（）

A．0

B．2BS

C．2NBS

D．NBS

【拓展研究】

9．19世紀20年代，以塞貝克（數(shù)學(xué)家）為代表的科學(xué)家已認識到：溫度差會引起電流。安培考慮到地球自轉(zhuǎn)造成了太陽照射后正面與背面的溫度差，從而提出如下假設(shè)：地球磁場是由繞地球的環(huán)形電流引起的，則該假設(shè)中的電流方向是（）

A．由西向東垂直磁子午線

B．由東向西垂直磁子午線

C．由南向北沿著磁子午線

D．由赤道線兩極沿著磁子午線

（已知：磁子午線是地球磁場N極與S極在地球表面的連線。）

10．超導(dǎo)是當今高科技的熱點，當一塊磁鐵靠近超導(dǎo)體時，超導(dǎo)體會產(chǎn)生強大的電流，對磁體有排斥作用。這種作用可以使磁體懸浮空中，磁懸浮列車采用了這種技術(shù)。

（1）超導(dǎo)體產(chǎn)生強大的電流，是由于（）

A．超導(dǎo)體中磁通量很大

B．超導(dǎo)體中磁通量變化率很大

C．超導(dǎo)體電阻較大

D．超導(dǎo)體電阻較小

（2）磁懸浮的原理是（）

A．超導(dǎo)體電流的磁場方向與磁體磁場方向相同

B．超導(dǎo)體電流的磁場方向與磁體磁場方向相反

C．超導(dǎo)體是磁體處于失重狀態(tài)

D．超導(dǎo)體產(chǎn)生的磁力比磁體的重力大

專題二磁場對電流的作用

【考點透析】

一、本專題考點：磁場對通電直導(dǎo)線的作用，安培力左手定則均為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．安培力的大?。篎=BILsinθ，θ表示電流與磁感強度的夾角。當θ等于900時，安培力最大；當θ等于00或者1800時，安培力等于零。

2．安培力的方向由左手定則判斷：安培力的方向始終垂直磁感強度和電流決定的平面。

3．實驗室常用的電流表是磁電式儀表。這種儀表的磁鐵和鐵芯之間有一個均勻、輻向分布的磁場，這種磁場能夠保證通電線圈無論轉(zhuǎn)到什么位置，線圈平面都跟磁場方向平行。于是使得磁力矩的大小只跟電流的大小有關(guān)，而跟線圈的位置無關(guān)，即磁力矩正比于電流強度。因為彈簧（發(fā)條）扭轉(zhuǎn)所產(chǎn)生的反力矩與線圈轉(zhuǎn)過的角度成正比，所以，當兩個力矩平衡時，電流正比于表針轉(zhuǎn)過的角度。

【例題精析】

例1如圖11-6所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直，現(xiàn)給導(dǎo)線通以垂直紙面向里的電流。則通電后與通電前相比較（）

A．磁鐵對桌面的壓力減小，桌面對磁鐵的摩擦力為零

B．磁鐵對桌面的壓力減小，桌面對磁鐵的摩擦力不為零

C．磁鐵對桌面的壓力增大，桌面對磁鐵的摩擦力為零

D．磁鐵對桌面的壓力增大，桌面對磁鐵的摩擦力不為零

解析：如圖11-7所示，畫出一條通過導(dǎo)線處的磁感線，導(dǎo)線處的磁

場方向水平向左，由左手定則可知，電流受到的安培力方向豎直向上。

根據(jù)牛頓第三定律知，電流對磁鐵的反作用力方向豎直向下，所以，磁

鐵對桌面的壓力增大，而桌面對磁鐵無摩擦力作用。故選C。

思考拓寬：如果長直導(dǎo)線放的位置不是磁鐵的正上方，結(jié)果又如何？

例2如圖11-8所示，在原子反應(yīng)堆中抽動液態(tài)金屬或者在醫(yī)療

器械中抽動血液等導(dǎo)電液體時，常常使用電磁泵。某種電磁泵的結(jié)構(gòu)

示意圖如圖所示，把裝有液態(tài)鈉的矩形截面導(dǎo)管（導(dǎo)管是環(huán)形的，圖

中只畫出了其中的一部分）水平放置于勻強磁場中，磁場的磁感強度為B，方向與導(dǎo)管垂直。電流強度為I的電流按圖示的方向橫向穿過液態(tài)鈉而且電流方向與磁感強度方向垂直。設(shè)導(dǎo)管的截面高為a，寬度為b，導(dǎo)管有長為L的一部分置于磁場中。由于磁場對液態(tài)鈉的作用力使液態(tài)鈉獲得驅(qū)動力而不斷地沿著管子向前推進。整個系統(tǒng)是密封的，只有金屬鈉本身流動，其余部件都是固定不動的。

（1）在圖中標出液態(tài)鈉受磁場驅(qū)動力的方向。

（2）假設(shè)在液態(tài)鈉不流動的條件下，求導(dǎo)管橫截面上由于受到磁場驅(qū)動力的作用而形成的附加壓強P與上述各個量之間的關(guān)系式。

（3）假設(shè)液態(tài)鈉中每個自由電荷所帶的電量為q，單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的自由電荷數(shù)n，求在橫穿液態(tài)鈉的電流I的方向上參與導(dǎo)電的自由電荷定向移動的平均速率。

解析：（1）磁場驅(qū)動力的方向沿著導(dǎo)管水平向里且與B、I垂直。

（2）由安培力的計算公式得液態(tài)鈉所受的磁場力為F=BIa

在垂直于導(dǎo)管橫截面方向上所產(chǎn)生的附加壓強P=F/S=F/ab

帶入得：P=BI/b

（3）由電流強度I=Q/t

在時間t內(nèi)通過的總電量Q=nqBLVt

所以，參與導(dǎo)電的自由電荷定向移動的平均速率V=I/nqbL

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．兩根固定的平行長直導(dǎo)線a、b中通以等大的同向電流，導(dǎo)線c與a、b在同一平面內(nèi)，位于中心線OO1一側(cè)，如圖11-9所示。當導(dǎo)線c中通以與a、b中反向的電流后，若c能自由運動，則其運動的情況是（）

A．向a靠近

B．向b靠近

C．停在中心線OO1處

D．在中心線OO1處附近左右振動

2．如圖11-10所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡。P為水平放置的導(dǎo)線的截面。導(dǎo)線中導(dǎo)線中無電流時，磁鐵對斜面的壓力為N1；當導(dǎo)線中通電流時，磁鐵對斜面的壓力為N2，此時彈簧的伸長量減小了，則（）

A．N1〈N2，P中電流方向向外

B．N1=N2，P中電流方向向外

C，N1〉N2，P中電流方向向內(nèi)

D．N1〉N2，P中電流方向向外

3．如圖11-11所示的天平可以用來測定磁感強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場的方向垂直紙面，當線圈中通有電流I（方向如圖所示）時，在天平的左右兩端各放上質(zhì)量分別為m1、m2的砝碼，此時天平平衡。當電流反向時（大小不變），右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡。由此可知磁場的方向和磁感強度大小為（）

A．向里；mg/2NIL

B．向外；mg/2NIL

C．向里；mg/2IL

D．向外；mg/2IL

4．如圖11-12所示，兩個相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一個光滑的絕緣圓柱體上，兩個鋁環(huán)中通有大小不同但方向相同的電流，則兩個鋁環(huán)的運動情況正確的是（）

A．都繞著圓柱體轉(zhuǎn)動

B．彼此相向運動，而且加速度大小相等

C．彼此相向運動，而且電流大的加速度大

D．兩個鋁環(huán)向兩邊分開，而且加速度大小相等

5．有一段長為L的通電直導(dǎo)線，每米長度中有N個自由電荷，每個自由電荷的電量都為q，它們定向移動的速率為V，現(xiàn)在加一個勻強磁場，方向垂直導(dǎo)線，磁感強度為B，則磁場對這段導(dǎo)線的安培力大小為（）

A．NqVLB

B．NqBL/V

C．Qvb/NL

D．QVBL/N

Ⅱ能力與素質(zhì)

6．如圖11-13所示，在傾角為300的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的通電直導(dǎo)線，電流大小為I，方向向外。

（1）能使導(dǎo)線靜止在斜面上的磁感強度最小為多大？方向如何？

（2）如果加一個水平向右的勻強磁場能使導(dǎo)線靜止，此時磁感強度大小為多少？

7．如圖11-14所示，寬度為L=0.25m的“U”形金屬框架上連有一個電池（電動勢12V，內(nèi)阻不記）和一個滑動變阻器，框架與水平面的夾角為300。在垂直框架方向上放有一個質(zhì)量為200g的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與框架之間的動摩擦因數(shù)為√3/6，整個裝置放在磁感強度為0.8T，方向垂直框架斜向上的勻強磁場中。假設(shè)導(dǎo)體棒與框架之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，而且其余部分電阻均不計，g=10m/S2。求：滑動變阻器的阻值在什么范圍內(nèi)，導(dǎo)體棒能夠靜止在框架上？

【拓展研究】

8．根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮。其原理是把待發(fā)射的炮彈（導(dǎo)體）放在磁場中的兩個平行導(dǎo)軌上，給導(dǎo)軌通以較大電流，使炮彈作為一個通電導(dǎo)體在磁場作用下沿著導(dǎo)軌加速運動，并且以某一速度發(fā)射出去，如果想提高某種電磁炮的發(fā)射速度，理論上可以怎么辦？（增大磁感強度、增大電流

延長導(dǎo)軌長度。）

專題三磁場對荷的作用

【考點透析】

一、本專題考點：磁場對運動電荷的作用，洛侖茲力，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周均為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．磁場對運動電荷的作用力——洛侖茲力

（1）大小：f=BqV其中V與B垂直

（2）方向：左手定則判斷。四指指向正電荷的運動方向，磁場方向垂直穿過手心，伸開的拇指指向受力方向。

2．帶電粒子以速度V垂直磁場進入勻強磁場后，做勻速圓周運動。

半徑：R=mv/qB

周期：T=2πm/qB

3．洛侖茲力不做功

4．洛侖茲力與安培力的關(guān)系

安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)，洛侖茲力是安培力的微觀解釋。

5．在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動規(guī)律時，著重把握“一找圓心，二找半徑，三找周期”的規(guī)律。

（1）圓心的確定：因為洛侖茲力指向圓心，根據(jù)洛侖茲力垂直速度方向，畫出粒子的運動軌跡上任意兩點（一般是入射點和出射點）的洛侖茲力方向，沿著兩個洛侖茲力畫出延長線，兩個延長線的交點即為圓心。或者利用圓心位置必定在圓中一根弦的中垂線上。

（2）半徑的確定：利用相關(guān)幾何知識作圖計算。

（3）粒子在磁場中運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關(guān)系進行計算。

（4）注意圓周運動中有關(guān)對稱規(guī)律。

【例題精析】

例1如圖11-15所示，一束電子（電量為e）以速度V垂直磁場射入磁感強度為B、寬度為D的勻強磁場中，穿過磁場時電子的速度方向與原來射入的方向之間的夾角為300,則電子的質(zhì)量為多少?穿過磁場的時間是多少?

解析：電子在磁場中運動，只在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，因此確定圓心的位置，求出半徑的大小是解題的關(guān)鍵。

過入射點A作初速度的垂線AC，連接出射點B和入射點A，作其中垂線交AC于點O，即為圓心。用幾何知識算出半徑為R=2d。

設(shè)電子在磁場中的運動時間為t，由eVB=mV2/R

由運動學(xué)公式：S=Vt

S=2πR=VT

T=T/12

得：m=2eBd/V

t=πd/3V

例2．如圖11-16所示，在XOY平面上，a點坐標為（0，L），平面內(nèi)一邊界通過a點和坐標原點O的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。有一個電子（質(zhì)量為m，電量為e）從a點以初速度V平行X軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好從X軸正方向上的b點（圖中未標出），射出磁場區(qū)域，此時速率方向與X軸正方向的夾角為600，求：

（1）磁場的磁感強度

（2）磁場區(qū)域的圓心的坐標

（3）電子在磁場中運動的時間

解析：電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，從a點射入，b點射出磁場區(qū)域，所以所求磁場區(qū)域的邊界通過了a、b、O三點。電子的運動軌跡如圖虛線所示，其對應(yīng)的圓心在O2點。令aO2=bO2，由幾何知識得：

R2=（R-L）2+（Rsin600）2

而R=mv/Be

所以，R=2L，B=mV/2eL

電子在磁場中的飛行時間

t=600T/3600=2πL/3V。

由于與圓O1的圓心角aOb=900，所以直線ab為圓形磁場的直徑，故磁場區(qū)域的圓心O1的坐標為：X=L/2，Y=L/2。

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．在赤道處沿東西方向放置一根通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中電子定向運動的方向是由東向西，則導(dǎo)線受到地球磁場的作用力的方向為（）

A．向上

B．向下

C．向北

D．向南

2．一個帶電粒子，沿著垂直于磁場的方向射入一個勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖11-17所示，徑跡上的每一小段都可以近似看成圓弧。由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減少（電量不變）。從圖中情況可以確定（）

A．粒子從a到b，帶正電

B．粒子從b到a，帶正電

C．粒子從a到b，帶負電

D．粒子從b到a，帶負電

3．如圖11-18所示，平行直線ab和cd之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B?，F(xiàn)分別在ab上某兩點射入帶正電的粒子M和N，而且M、N的速度方向不同，但與ab的夾角均相等，兩粒子都恰好不能穿過邊界線cd。如果兩粒子質(zhì)量都為m，電量都為q，兩粒子從射入到cd的時間分別為t1和t2，則下列不正確的為（）

A．t1+t2=πm/qB

B．t1+t2=πm/2qB

C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度

D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑

4．如圖11-19所示，在實線所示的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直圓面向里的勻強磁場，從邊緣的A點有一束速率各不相同的質(zhì)子沿著半徑方向射入磁場區(qū)域，這些質(zhì)子在磁場中的運動（）

A．運動時間越長，其軌跡越長

B．運動時間越長，其圓心角越小

C．運動時間越短，射出磁場時的速率越小

D．運動時間越短，射出磁場時速度的方向偏轉(zhuǎn)得越小

5．如圖1-20所示，L1和L2為兩平行的虛線，L1的上方和L2的下方都是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上。帶電粒子從A點以初速度V與L2成300角斜向上射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好經(jīng)過B點，經(jīng)過B點的速度方向也斜向上，不計重力，則下列說法正確的是（）

A．帶電粒子經(jīng)過B點時的速度不一定與在A點的速度相同

B．如果將帶電粒子在A點時的速度變大（方向不變），則它仍能經(jīng)過B點

C．如果將帶電粒子在A點的速度方向改為與L2成600角斜向上，它就不一定經(jīng)過B點了

D．此粒子一定帶正電

6．如圖11-21所示，兩個相切的圓表示一個靜止的原子核（無外層電子）發(fā)生某種核變化后產(chǎn)生的兩種運動粒子在勻強磁場中的運動軌跡，著可能是（）

A．原子核發(fā)生了β衰變

B．原子核發(fā)生了α衰變

C．半徑較大的圓為反沖核的軌跡

D．反沖核順時針旋轉(zhuǎn)

Ⅱ能力與素質(zhì)

7．兩個相同的帶電粒子，以不同的初速度從P點沿著垂直勻強磁場的方向，而且與直線MN平行的方向射入磁場中，通過a點的速度V1與MN垂直；通過b點的粒子速度V2與MN成600角（如圖11-22所示），則它們的速率了之比V1：V2為（）

A．3：2

B．2：3

C．1：2

D．2：1

8．如圖11-23所示，在x軸上方存在著垂直與紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在原點O有一個離子源向X軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m，電量為q的正離子，速率都為V，對那些在XY平面內(nèi)運動的離子，在磁場中可能達到的最大X=（），最大Y=（）。

9．一圓形的垂直紙面向里的勻強磁場，如圖11-24所示，bc為直徑，

弧ab為圓周的1/3，有兩個不同的帶電粒子從a點射入，速度方向垂直bC線，粒子甲打在b點，粒子乙打在c點。如果甲、乙進入磁場的速度之比為1：，則它們在磁場中運動的時間之比為（）

10．如圖11-25所示，在某裝置中有一勻強磁場，磁感強度為B，方向

垂直與XOY所在的紙面向外。某時刻正在坐標（L0，0）處，一個質(zhì)子沿著Y軸的負方向進入磁場，同時，在坐標（-L0，0）處，一個α粒子進入磁場，速度方向垂直磁場。不考慮質(zhì)子與α粒子的相互作用。設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e。

（1）如果質(zhì)子經(jīng)過坐標原點O，那么它的速度為多大？

（2）如果α粒子與質(zhì)子在坐標原點相遇，那么α粒子的速度為多大？

專題四帶電粒子在復(fù)合場中的運動

【考點透析】

一、本專題考點：本專題為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．帶電粒子在復(fù)合場中的運動的基本分析

（1）復(fù)合場在這里指的是電場、磁場和重力場并存或其中某兩種場并存的情況。此時必須同時考慮帶電粒子所受電場力、洛侖茲力和重力等。

（2）當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，粒子將靜止或做勻速直線運動。

（3）當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動。

（4）當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力的大小、方向不斷變化時，粒子將做曲線運動。

（5）關(guān)于粒子重力問題，要看具體問題而定。

2．電場力和洛侖茲力的比較

（1）帶電粒子在電場中始終受到電場力；在磁場中不一定受到洛侖茲力

（2）電場力的大小與粒子速度無關(guān)；洛侖茲力受速度制約

（3）勻強電場中帶電粒子所受電場力為恒力，勻強磁場中帶電粒子所受洛侖茲力為變力。

（4）電場力可以改變速度大小和方向，洛侖茲力只能改變速度方向，不能改變速度大小，電場力可以對帶電粒子做功，洛侖茲力不會做功。

【例題精析】

例1如圖11-26所示，在X0Y平面內(nèi)，有E=12N/C的勻強電場和B=2T的勻強磁場。一個質(zhì)量為m=4.0×10-5Kg、電量q=2.5×10-5C的正電微粒，在XOY平面內(nèi)做直線運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)過一段時間后，帶電微粒運動到X軸上的P點。

求：（1）PO之間的距離。

（2）帶電微粒由O到P的時間。

（3）帶電微粒到達P點的速度大小。

解析：由題意可知，微粒在空間的直線運動只能是重力、電場力、洛侖茲力的合力為零的勻速直線運動。所以方向關(guān)系如圖所示。撤去磁場后，從O到P將做類平拋運動，由tanα=Eq/mg，BqV=解得α=370，V=10m/S；再由平拋知識得出t=1.2S，則OP=Vt/cos370=15m，從O到P由EqOP=mVP2/2–mV2/2，解得VP=18m/S。

思考拓寬：帶電體進入混合場后，根據(jù)受到的重力、電場力、洛侖茲力的特點以及相關(guān)聯(lián)系判斷運動狀況。若三力平衡，則一定做勻速直線運動；若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動；若合力不為零而且與速度方向不垂直，就做復(fù)雜的曲線運動。但是洛侖茲力不做功，就可以用能量守衡定律后動量守衡定律解題。

例2如圖11-27所示，玻璃管內(nèi)抽成真空，陰極K加熱后能發(fā)射電子。電子在K、A之間被加速后通過小孔A，沿著兩極板正中央前進時打到熒光屏的中央，形成一個光點O，C、D為電容器的兩個極板，在其間可以產(chǎn)生勻強電場，在電容器間有垂直紙面向里的勻強磁場。若電容器的極板成為L，極板間距為d，電容器右邊緣到熒光屏的距離為S，電子從陰極K射出時的初速度很小。

（1）若磁場的磁感強度B，當調(diào)整電容器上的偏轉(zhuǎn)電壓到U0時，電子束恰好能勻速通過電磁場區(qū)域，打到熒光屏上的O點。則能通過電磁場區(qū)域的電子的速度多大？

（2）將電場撤去，只保留磁場，則電子飛入磁場后在極板間做圓周運動，

經(jīng)過時間t后從磁場的右方飛出打到熒光屏上。若電子的質(zhì)量為m，電量為e，則電子在離開磁場時速度偏離原來方向的角度多大？

（3）將電場撤去，保留磁場，適當調(diào)節(jié)磁場的強度，使電子緊靠電容器的下極板邊緣飛出磁場，打到熒光屏上的P點，求OP之間的距離。

解析：（1）電子做勻速運動，受洛侖茲力f與電場力F等大反向，

f=Evb

f=Ee=EU/d

因為f=F，所以eVB=eU0/d

V=U0=/Bd

（2）電子在磁場中的運動時間為t=αT/2Π

α為電子速度的偏轉(zhuǎn)角，即電子的運動軌跡所對的圓心角。

周期T=2Πm/eB

所以α=2Πt/T=eBt/m

（3）由幾何知識可知：r2=L2+（r–d/2）2

解得r=（4L2+d2）/4d

又根據(jù)三角形相似得出：Y=4SLd/（4L2-d2）

所以，OP=Y+d/2=4SLd/（4L2–d2）+d/2

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．如圖11-28所示是電視機顯象管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖，它由繞在磁環(huán)上的兩個相同的線圈串聯(lián)而成，線圈中通有方向如圖所示的電流。當電子束從磁環(huán)中心由里向外射出時，它將（）

A．向上偏轉(zhuǎn)

B．向下偏轉(zhuǎn)

C．向左偏轉(zhuǎn)

D．向右偏轉(zhuǎn)

2．A、B兩種離子化合物只含M、N兩種元素，A、B中M元素的質(zhì)量分數(shù)分別為30.4%和25.9%，若A中M、N兩離子以相同動量進入同一勻強磁場，半徑之比為1：2，則B中M、N兩離子以相同動量進入勻強磁場時，半徑之比為（）

A．1：5

B．190：87

C．152：435

D．3：4

3．如圖11-29所示，空間的某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3的大小，則（粒子重力忽略不計）（）

A．t1=t2=t3

B．t2t1t3

C.t1=t2t3

D.t1=t3t2

4.如圖11-30所示,一束正離子從S點沿水平方向射出,在沒有電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O，若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可以是（不計離子重力及其相互作用力）（）

A．E向上，B向上

B．E向下，B向下

C．E向上，B向下

D．E向下，B向上

5．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖11-31所示，拋物線的方程是y=x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線（圖中虛線所示）。一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線上y=b處（ba）以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是（）

A．mgb

B.v2/2

C.mg（b-a）

D.mg（b-a）+mv2/2

6．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖11-32所示，離子源S可以發(fā)出各種不同的正離子束，離子從S出來時速度很小，可以看作是靜止的。離子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，并沿著半圓周運動而到達照相底片上的P點，測得P點到入口處S1的距離為X（）

①若離子束是同位素，則X越大，質(zhì)子質(zhì)量越大

②若離子束是同位素，則X越大，質(zhì)子質(zhì)量越小

③只要X相同，則離子質(zhì)量一定相同

④只要X相同，則離子質(zhì)量之比一定相同

A．①③

B．①④

C．②③

D．②④

Ⅱ能力與素質(zhì)

7．如圖11-33所示，兩個水平放置的平行極板之間有正交的勻強電場和勻強磁場。有三個帶有同種電荷的帶電粒子，以不同的速度從A點沿著極板的中心線射入。第一個粒子沿著AB做直線運動，打在O點。不計重力。則下列說法中不正確的是（）

A．粒子可能帶正電，也可能帶負電

B．若都是帶正電，則第二個粒子入射的速度最大，第三個粒子入射的速度最小

C．若都是帶負電，則第二個粒子入射的速度最大，第三個粒子入射的速度最小

D．若都是帶負電，則通過場區(qū)后，第二個粒子的動能增大，第三個粒子的動能減小

8．如圖11-34所示，一個質(zhì)量為m、電量為q的小金屬滑塊以某一速度沿著水平放置的絕緣板運動，整個裝置所在的空間存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，勻強電場沿著水平方向。滑塊與絕緣板之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊從A到B是勻速運動，到達B點時與提供電場的電路開關(guān)相碰，使電路斷開，因而電場立即消失，碰撞使滑塊的動能減少為原來的1/4?；瑝K碰撞后從B點返回到A點的運動恰好是勻速運動，已知滑塊從B點到A點所需時間為t，AB長為L。

求：（1）勻強磁場的磁感強度大小。

（2）勻強電場的電場強度大小

（3）滑塊在整個過程中克服摩擦力做的功。

9．將氫原子中電子的運動看作是繞氫核做勻速圓周運動，這時在研究電子運動的磁效應(yīng)，可將電子的運動等效為一個環(huán)形電流，環(huán)的半徑等于電子的軌道半徑R。現(xiàn)對一個氫原子加上一個外磁場，磁場的磁感強度大小為B，方向垂直電子的軌道平面。這時電子運動的等效電流用I1來表示。再將磁場反向，但磁場的磁感強度大小不變，這時電子運動的等效電流用I2來表示。假設(shè)在加上外磁場以及外磁場反向時，氫核的位置、電子運動的軌道平面以及半徑都不變，求外磁場反向前后電子運動的等效電流之差等于多少？（用m和e表示電子的質(zhì)量和電量）

10．1998年6月2日，由我國科學(xué)家丁肇中主持研制的阿爾法磁譜儀有“發(fā)現(xiàn)號”航天飛機搭載升空，用來探測宇宙中是否有反物質(zhì)和暗物質(zhì)，該探測儀的核心部件----永久磁鐵由中國科學(xué)院電工研究所設(shè)計制造。

反物質(zhì)與原物質(zhì)具有相同的質(zhì)量數(shù)，而電荷種類相反。如H、n、e等物質(zhì)對應(yīng)的反物質(zhì)分別為H、n、e，反原子核由反質(zhì)子和反中子組成，根據(jù)反粒子和相應(yīng)粒子的質(zhì)量相同而電荷相反，故可以用下列方法探測：

簡化原理如圖11-35所示，設(shè)圖中個粒子或反粒子沿著垂直于勻強磁場B的方向（OO1）進入磁譜儀時速度相同，而且氫原子核在OX軸上的偏轉(zhuǎn)位移X0恰為其軌道半徑r的一半，試預(yù)言反氫核和反氦核的軌跡和在X軸上的偏轉(zhuǎn)位移X1和X2。

如果預(yù)言正確，那么當人們觀測到這樣的軌跡，就證明已經(jīng)探測到了反氫核和反氦核。

效果驗收

1.下列關(guān)于磁通量的說法，正確的是（）

A在磁場中穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，就叫做這個面積的磁通量。

B.在磁場中垂直穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，就叫做這個面積的磁通量。

C.在磁場中某一面積與該處的磁感強度的乘積，叫做磁通量。

D.在磁場中垂直某一面積的磁感線的條數(shù)與該面積的比值叫做磁通量。

2.磁場中某區(qū)域的磁感線，如右圖11-36所示，則（）

A.a、b兩處的磁感強度的大小不等Ba＞Bb

B.a、b兩處的磁感強度的大小不等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

3.如圖11-37所示，一束質(zhì)量、速度和電量不同的正離子垂直射入勻強電場和勻強磁場相互垂直的區(qū)域里（圖中A），結(jié)果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這些離子進入另一勻強磁場中（圖中C），又分裂為幾束，這些離子的（）

A.電量一定不同

B.質(zhì)量一定不同

C.速度一定不同

D.荷質(zhì)比一定不同

4.如圖11-38所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中錯誤的是（）

A.液滴一定做勻速直線運動

B.液滴一定帶正電

C.電場線方向一定斜向上

D.液滴有可能做勻變速直線運動

5.如圖11-39所示，ab為一載流直導(dǎo)線，可在空間移動，電流方向如圖所示，現(xiàn)置于一螺線管上方并與螺線管軸線平行，當螺線管中通有圖示電流時，導(dǎo)線ab的運動情況是（）

A.a端向里，b端向外，并遠離螺線管

B.a端向里，b端向外，并靠近螺線管

C.a端向外，b端向里，并遠離螺線管

D.a端向外，b端向里，并靠近螺線管

6.如圖11-40所示，絕緣細線下懸掛一個帶正電的小球，在垂直于紙面向里的勻強磁場中，沿圓弧AOB來回擺動，不計空氣阻力，A、B為所能達到的最高點，O為平衡位置，比較小球在擺動過程中由A→O與由B→O兩種情況，下列說法錯誤的是（）

A.所用時間tAO=tBO

B.擺過最低點時的速率vAO=vBO

C.擺過最低點時，細線的張力TAO＞TBO

D.擺過最低點時，細線的張力TAO＜TBO

7.如圖11-41所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的物體，在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數(shù)為μ的水平面運動，則下列結(jié)論正確的是（）

A.物體速度由v減小到零所用時間等于mv/μ（mg+qBv）

B.物體速度由v減小到零所用時間小于mv/μ（mg+qBv）

C.若另加一個電場強度為μ（mg+qBv）/q，方向水平向左的勻強電場，則物體做勻速運動

D.若另加一個電場強度為μ（mg+qBv）/q，方向豎直向上的勻強電場，則物體做勻速運動

8.如圖11-42所示A為帶正電的小物塊，B是一個不帶電的絕緣物塊，A、B疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉B物塊，使A、B一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段（）

①A、B一起運動的加速度減小

②A、B一起運動的加速度增大

③A、B物塊間的摩擦力減小

④A、B物塊間的摩擦力增大

A.①③

B.②④

C.①④

D.②③

9．如圖11-43所示，在虛線所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使以初速度v0垂直電場方向入射的某種正離子偏轉(zhuǎn)θ角，在同樣寬度范圍內(nèi)若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場，使該離子穿過磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)角也為θ角，勻強磁場的磁感強度應(yīng)是()

10.如圖11-44所示，兩平行金屬板間的勻強磁場磁感強度B與勻強電場E的方向垂直，一質(zhì)量為m、帶電量為q的負離子以速度v從M處垂直于正極板射入平行板內(nèi)，運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，當偏轉(zhuǎn)角90O時，離子與正極板相距d，此時離子所受洛淪茲力的大小為()方向為()（離子重力不計）

11.如圖11-45所示，質(zhì)量為m=10-4kg的小球，放在絕緣的水平面上，小球帶電量為q=2х10-4C，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，外加勻強電場E=5V/m，勻強磁場磁感應(yīng)強度B=2T，方向如圖，小球由靜止開始運動，小球的最大加速度為（）可能達到的最大速度為（）。

12.一個帶負電的小球，電量為2.0х10-2C，質(zhì)量為4.0х10-6kg，如圖11-46所示小球以500m/s的速度沿OO‘方向射入并穿過勻強電場區(qū)域，發(fā)生側(cè)移OA=2cm，穿過電場后的動能為0.6J，不計小球受到的重力，要使這個小球穿過電場區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可在這個區(qū)域內(nèi)加一個方向與速度方向垂直的勻強磁場。試在圖中標出磁場的方向，并求出磁感強度的大小。

13.如圖11-47所示，足夠長的絕緣斜面與水平面間的夾角為θ（sinθ=0.6），放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外。一個帶電量為+4.0х10-2C，質(zhì)量為0.4kg的光滑小球，以初速v0=20m/s從斜面底端A沖上斜面，經(jīng)過3s離開斜面，求磁場的磁感應(yīng)強度，（取g=10m/s2）

14.如圖11-48所示，靜止在負極板附近的帶負電的微粒m1在MN間突然加上電場時開始運動，水平勻速的擊中速度為零的中性粒子m2后，粘合在一起恰好沿一段圓弧運動N極板上，如果m1=9.995х10-7kg，帶電量為1х10-8C，電場強度E=103V/m，磁感強度B=0.5T，求m1擊中m2時的高度，m1擊中m2前瞬時速度，m2的質(zhì)量及m1和m2粘合體做圓弧運動的半徑

15.如圖11-49所示，水平向右的勻強電場E=4V/m，垂直紙面向里的勻強磁場B=2T質(zhì)量m=1g帶正電的小物塊A，從M點沿絕緣粗糙的豎直檔板無初速滑下，滑行0.8m到N點時離開檔板做曲線運動，在P點時小物塊瞬時受力平衡，此時速度與水平方向成450，若P與N的高度差為0.8m，求（1）A沿檔板下滑過程中摩擦力所做的功，（2）P與N的水平距離。

16．如圖11-50所示，在相距為d=0.02m的兩平行金屬板間加上600V的電壓，在N板附近有一質(zhì)量為10-3g，帶負電

q=-3х10-6c的粒子，無初速的經(jīng)電場加速后眼沿P進入勻強磁場，偏轉(zhuǎn)后粒子打至Q點，已知PQ=0.4m，（忽略重力作用）求

（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B多大？

（2）帶電粒子由N至Q總歷時多少？

17.如圖11-51所示，為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道的半徑為R，均勻輔向電場場強為E磁場磁感強度為B，試計算

（1）為使電量為q、質(zhì)量為m的離子，從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿圖中的虛線通過靜電分析器，加速電場的電壓至少為多大？

（2）離子由O點進入磁分析器后，最終打在乳膠片上的位置A，距入射點O多遠？

（3）若有一群帶電離子，從靜止起經(jīng)加速電場加速，又經(jīng)靜電分析器和磁分析器后落在同一點A，問該群帶電離子有什么共性？

第十一章磁場參考答案

專題一1．C2.B3.D4.D5.A6.A7.C8.B拓展研究1.B2.D,B

專題二1.D2.D3.A4.B5.A6.mg/2IL,垂直斜面向上;mg/IL,水平向右.

7.1.6Ω—4.8Ω

專題三1.A2.B3.B4.D5.B6.A7.C8.2mV/Bq,2mV/Bq9．-1

10.BeL0/2m,BeL0/4m

專題四1.A2.C3.C4.D5.D6.B7.C8.mgt/qL;3μmg/q;3μmgL.9.Be2/2Πm.

10.X1=-(2r–2rcosθ);X2=-(2-/2)r

效果驗收

（1）A（2）B（3）D（4）D（5）C（6）C（7）A（8）Ecosθ/v0

（9）豎直向上（10）8m/s210m/s

（11）B的方向垂直紙面向里，大小為0.5T（12）5T

（13）h=100mv=1m/sm2=5х10-10kgr=200m（14）-6х10-3J0.6m

（15）B=100T，t=1.11х10-2S

（16）U=ER/2要求帶電離子同為正離子，荷質(zhì)比相同

高考物理考試考點：磁場學(xué)

20xx年高考物理考試考點：磁場學(xué)

物理是高考考試中能夠拉開分數(shù)的學(xué)科，要想取得好的物理成績必須重視物理考試考點的掌握，下面xx為大家?guī)?0xx年高考物理考試考點：磁場，希望對大家提高物理知識水平有所幫助。
1.磁場
(1)磁場：磁場是存在于磁體、電流和運動電荷周圍的一種物質(zhì)。永磁體和電流都能在空間產(chǎn)生磁場。變化的電場也能產(chǎn)生磁場。
(2)磁場的基本特點：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用。
(3)磁現(xiàn)象的電本質(zhì)：一切磁現(xiàn)象都可歸結(jié)為運動電荷(或電流)之間通過磁場而發(fā)生的相互作用。
(4)安培分子電流假說------在原子、分子等物質(zhì)微粒內(nèi)部，存在著一種環(huán)形電流即分子電流，分子電流使每個物質(zhì)微粒成為微小的磁體。
(5)磁場的方向：規(guī)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向(或者小磁針靜止時N極的指向)就是那一點的磁場方向。
2.磁感線
(1)在磁場中人為地畫出一系列曲線，曲線的切線方向表示該位置的磁場方向，曲線的疏密能定性地表示磁場的弱強，這一系列曲線稱為磁感線。
(2)磁鐵外部的磁感線，都從磁鐵N極出來，進入S極，在內(nèi)部，由S極到N極，磁感線是閉合曲線;磁感線不相交。
(3)幾種典型磁場的磁感線的分布：
①直線電流的磁場：同心圓、非勻強、距導(dǎo)線越遠處磁場越弱。
②通電螺線管的磁場：兩端分別是N極和S極，管內(nèi)可看作勻強磁場，管外是非勻強磁場。
③環(huán)形電流的磁場：兩側(cè)是N極和S極，離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱。
④勻強磁場：磁感應(yīng)強度的大小處處相等、方向處處相同。勻強磁場中的磁感線是分布均勻、方向相同的平行直線。
3.磁感應(yīng)強度
(1)定義：磁感應(yīng)強度是表示磁場強弱的物理量，在磁場中垂直于磁場方向的通電導(dǎo)線，受到的磁場力F跟電流I和導(dǎo)線長度L的乘積IL的比值，叫做通電導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度，定義式B=F/IL。單位T，1T=1N/(A·m)。
(2)磁感應(yīng)強度是矢量，磁場中某點的磁感應(yīng)強度的方向就是該點的磁場方向，即通過該點的磁感線的切線方向。
(3)磁場中某位置的磁感應(yīng)強度的大小及方向是客觀存在的，與放入的電流強度I的大小、導(dǎo)線的長短L的大小無關(guān)，與電流受到的力也無關(guān)，即使不放入載流導(dǎo)體，它的磁感應(yīng)強度也照樣存在，因此不能說B與F成正比，或B與IL成反比。
(4)磁感應(yīng)強度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。
4.地磁場：地球的磁場與條形磁體的磁場相似，其主要特點有三個：
(1)地磁場的N極在地球南極附近，S極在地球北極附近。
(2)地磁場B的水平分量(Bx)總是從地球南極指向北極，而豎直分量(By)則南北相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。
(3)在赤道平面上，距離地球表面相等的各點，磁感強度相等，且方向水平向北。
5★.安培力
(1)安培力大小F=BIL。式中F、B、I要兩兩垂直，L是有效長度。若載流導(dǎo)體是彎曲導(dǎo)線，且導(dǎo)線所在平面與磁感強度方向垂直，則L指彎曲導(dǎo)線中始端指向末端的直線長度。
(2)安培力的方向由左手定則判定。
(3)安培力做功與路徑有關(guān)，繞閉合回路一周，安培力做的功可以為正，可以為負，也可以為零，而不像重力和電場力那樣做功總為零。
6.★洛倫茲力
(1)洛倫茲力的大小f=qvB，條件：v⊥B。當v∥B時，f=0。
(2)洛倫茲力的特性：洛倫茲力始終垂直于v的方向，所以洛倫茲力一定不做功。
(3)洛倫茲力與安培力的關(guān)系：洛倫茲力是安培力的微觀實質(zhì)，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也由左手定則判定。
(4)在磁場中靜止的電荷不受洛倫茲力作用。
7.★★★帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律
在帶電粒子只受洛倫茲力作用的條件下(電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子的重力通常忽略不計),
(1)若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(相同或相反)，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。
(2)若帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速率v做勻速圓周運動。①軌道半徑公式：r=mv/qB②周期公式：T=2πm/qB
8.帶電粒子在復(fù)合場中運動
(1)帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動
①帶電粒子所受合外力為零時，做勻速直線運動，處理這類問題，應(yīng)根據(jù)受力平衡列方程求解。
②帶電粒子所受合外力恒定，且與初速度在一條直線上，粒子將作勻變速直線運動，處理這類問題，根據(jù)洛倫茲力不做功的特點，選用牛頓第二定律、動量定理、動能定理、能量守恒等規(guī)律列方程求解。
(2)帶電粒子在復(fù)合場中做曲線運動
①當帶電粒子在所受的重力與電場力等值反向時，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。處理這類問題，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律、動能定理列方程求解。
②當帶電粒子所受的合外力是變力，與初速度方向不在同一直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，一般處理這類問題，選用動能定理或能量守恒列方程求解。
③由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中“最大”、“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解。
20xx年高考物理考試考點：磁場xx為大家?guī)磉^了，平常備考物理的過程中需要大家掌握好考試考點，這樣才能在考試中取得好成績。

高考物理《磁場》重要知識點匯總

一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)方面無論做什么事都有計劃和準備，高中教師要準備好教案，這是高中教師的任務(wù)之一。教案可以讓學(xué)生更好的吸收課堂上所講的知識點，幫助高中教師提高自己的教學(xué)質(zhì)量。寫好一份優(yōu)質(zhì)的高中教案要怎么做呢？經(jīng)過搜索和整理，小編為大家呈現(xiàn)“高考物理《磁場》重要知識點匯總”，僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

高考物理《磁場》重要知識點匯總

磁場

磁極和磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的。電流在周圍空間產(chǎn)生磁場，小磁針在該磁場中受到力的作用。磁極和電流之間的相互作用也是通過磁場發(fā)生的。電流和電流之間的相互作用也是通過磁場產(chǎn)生的。

磁場是存在于磁體、電流和運動電荷周圍空間的一種特殊形態(tài)的物質(zhì)，磁極或電流在自己的周圍空間產(chǎn)生磁場，而磁場的基本性質(zhì)就是對放入其中的磁極或電流有力的作用。

磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

1、羅蘭實驗
正電荷隨絕緣橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)，發(fā)現(xiàn)小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明運動的電荷產(chǎn)生了磁場，小磁針受到磁場力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)。

2、安培分子電流假說
法國學(xué)者安培提出，在原子、分子等物質(zhì)微粒內(nèi)部，存在一種環(huán)形電流-分子電流，分子電流使每個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體，它的兩側(cè)相當于兩個磁極。安培是最早揭示磁現(xiàn)象的電本質(zhì)的。

一根未被磁化的鐵棒，各分子電流的取向是雜亂無章的，它們的磁場互相抵消，對外不顯磁性；當鐵棒被磁化后各分子電流的取向大致相同，兩端對外顯示較強的磁性，形成磁極；注意，當磁體受到高溫或猛烈敲擊會失去磁性。

3、磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

運動的電荷(電流)產(chǎn)生磁場，磁場對運動電荷(電流)有磁場力的作用，所有的磁現(xiàn)象都可以歸結(jié)為運動電荷(電流)通過磁場而發(fā)生相互作用。

磁場的方向

規(guī)定：在磁場中任意一點小磁針北極受力的方向亦即小磁針靜止時北極所指的方向就是那一點的磁場方向。

磁感線
1．磁感線的概念：
在磁場中畫出一系列有方向的曲線，在這些曲線上，每一點切線方向都跟該點磁場方向一致。

2．磁感線的特點：
(1)在磁體外部磁感線由N極到S極，在磁體內(nèi)部磁感線由S極到N極。
(2)磁感線是閉合曲線。
(3)磁感線不相交。
(4)磁感線的疏密程度反映磁場的強弱，磁感線越密的地方磁場越強。

3．幾種典型磁場的磁感線：
(1)條形磁鐵。
(2)通電直導(dǎo)線。
①安培定則：用右手握住導(dǎo)線，讓伸直的大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向；
②其磁感線是內(nèi)密外疏的同心圓。

(3)環(huán)形電流磁場：
①安培定則：讓右手彎曲的四指和環(huán)形電流的方向一致，伸直的大拇指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線中心軸線的磁感線方向。
②所有磁感線都通過內(nèi)部，內(nèi)密外疏。

(4)通電螺線管：
①安培定則：讓右手彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，伸直的大拇指的方向就是螺線管內(nèi)部磁場的磁感線方向；
②通電螺線管的磁場相當于條形磁鐵的磁場。

磁感應(yīng)強度
1．定義：在磁場中垂直于磁場方向的通電直導(dǎo)線，所受的磁場力跟電流I和導(dǎo)線長度l的乘積Il的比值叫做通電導(dǎo)線處的磁感應(yīng)強度。

2．定義式：B=F/IL

3．單位：特斯拉(T)，1T=1N/A．m

4．磁感應(yīng)強度是矢量，其方向就是對應(yīng)處磁場方向。

5．物理意義：磁感應(yīng)強度是反映磁場本身力學(xué)性質(zhì)的物理量，與檢驗通電直導(dǎo)線的電流強度的大小、導(dǎo)線的長短等因素?zé)o關(guān)。

6．磁感應(yīng)強度的大小可用磁感線的疏密程度來表示，規(guī)定：在垂直于磁場方向的1m2面積上的磁感線條數(shù)跟那里的磁感應(yīng)強度一致。

7．勻強磁場：
(1)磁感應(yīng)強度的大小和方向處處相等的磁場叫勻強磁場。
(2)勻強磁場的磁感線是均勻且平行的一組直線。

磁通量
1．定義：磁感應(yīng)強度B與面積S的乘積，叫做穿過這個面的磁通量。
2．定義式：φ=BS(B與S垂直)φ=BScosθ(θ為B與S之間的夾角)
3．單位：韋伯(Wb)
4．物理意義：表示穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)。
5．B=φ/S，所以磁感應(yīng)強度也叫磁通密度。

安培力
1．定義：磁場對電流的作用力叫安培力。

2．安培力大小：安培力的大小等于電流I、導(dǎo)線長度L、磁感應(yīng)強度B以及I和B間的夾角的正弦sinθ的乘積，即F=BIlsinθ。
注意：公式只適用于勻強磁場。

3．安培力的方向：安培力的方向可利用左手定則判斷。