知识讲解_磁场 复习与巩固 提高

1 磁场 复习与巩固 【学习目标】 1．熟悉几种常见磁场：例如条形磁体的磁场、蹄形磁体的磁场、直线电流、环形电流及通电螺线管 的磁场、匀强磁场的磁场等，能够画出这些磁场的磁感线，由此弄清磁场强弱和方向的分布情况，这是认 识磁现象，解决有关磁的相关问题的基础。 　　2．理解磁场的基本性质以及磁感应强度的定义，弄清安培力的大小和方向的决定因素，掌握安培力 大小的计算公式 ，能够熟练地运用左手定则判断安培力的方向。 　　3．理解洛伦兹力和安培力的关系，能够熟练地计算带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题。 　　4．将磁场与静电场、重力场进行对比和类比，找出它们的异同点，能够熟练地运用它们各自的特点 去解决综合性问题。 　　5．将牛顿运动定律、能的转化和守恒定律以及解决动力学问题的方法、技巧迁移到本章，顺利地解 决：在安培力作用下的运动问题、带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动和带电粒子或带电物体在复合场 中的运动问题。 　　6．理解电场、磁场的理论在现代科学技术中的运用，并能解决相关的一些简单的问题。 【知识网络】 【要点梳理】 F BILsin= θ2 要点一、几种常见磁场及磁感线的画法 1．几种常见磁场 （1）如图甲所示为条形磁铁和蹄形磁铁的磁感线。 条形：磁体外部为非匀强磁场，磁极处最强；蹄形：蹄口内为匀强磁场。 （2）如图乙所示为直线电流形成的磁场的磁感线，其形态为围绕直导线的一族同心圆，是非匀强磁场， 离导线越近，磁场越强。 说明：图中的“×”号表示磁场方向垂直进入纸面，“·”号表示磁场方向垂直离开纸面。 （3）如图丙所示为环形电流形成磁场的磁感线，环内的磁场比环外的磁场强。 （4）通电螺线管的磁场：两端分别是 N 极和 S 极；管内是匀强磁场，磁感线方向由 S 极指向 N 极，管外 为非匀强磁场，磁感线由 N 极指向 S 极，画法如图丁所示。 （5）直线电流的磁场、环形电流的磁场、通电螺线管的磁场都可通过安培定则判断。若知道了电流磁场 的方向，也可以反过来判断电流的方向，若是自由电荷做定向移动时形成“等效电流”，也可用来判断“等 效电流”的磁场。 2．对磁感线的理解 （1）磁感线的特点： ①磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向，即小磁针北极受力方向或小磁针静止时北极指向。 ②磁感线疏密表示磁场强弱，即磁感应强度大小。 （2）直流电流、通电螺线管、环形电流的磁场方向可用安培定则判断。 （3）磁感线虽然能用实验模拟其形状，但实际不存。在条形磁铁外部，磁感线由 N 极出发，进入到 S 极， 内部由 S 极回到 N 极，形成闭合的曲线。 （4）直线电流周围磁场离导线越近，磁场越强；离导线越远，磁场越弱。 要点二、磁感应强度和磁通量3 1．对磁感应强度方向的理解 （1）磁感应强度的方向即磁场的方向。磁场的方向是有规定的，即在磁场中某点的磁场方向规定为小磁 针 N 极受力的方向，与 S 极受力的方向相反。 （2）在磁场中不同位置，磁场往往具有不同的方向。 （3）磁感应强度是矢量，遵循平行四边形定则。如果空间同时存在两个或两个以上的磁场时，某点的磁 感应强度 B 是各磁感应强度的矢量和。 2．对磁感应强度的意义和定义的理解 （1）通电导线与磁场方向垂直时，它受力的大小既与导线的长度 L 成正比，又与导线中的电流 I 成正比， 即与 I 和 L 的乘积 IL 成正比，用公式表示为 F=ILB，式中 B 是比例系数，它与导线的长度和电流的大小都 没有关系。B 正是我们寻找的表征磁场强弱的物理量——磁感应强度。由此，在导线与磁场垂直的最简单 情况下 。磁感应强度 B 的单位由 F、I 和 L 的单位共同决定。 （2）在定义式 中，通电导线必须垂直于磁场方向放置。因为磁场中某点通电导线受力的大小，除 和磁场强弱有关以外，还和导线的方向有关。导线放入磁场中的方向不同，所受磁场力也不相同。通电导 线受力为零的地方，磁感应强度 B 的大小不一定为零。 （3）磁感应强度 B 的大小只取决于磁场本身的性质，与 F、IL 无关。 （4）通电导线受力的方向不是磁场磁感应强度的方向。 （5）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时 L 应很短很短，IL 称作“电流元”，相当于静电场中 的“点电荷”。 3．对磁通量的理解 （1）磁通量的定义 公式Φ=BS 中的 B 应是匀强磁场的磁感应强度，S 是与磁场方向垂直的面积，因此可以理解为 。如果平面与磁场方向不垂直，应把面积 S 投影到与磁场垂直的方向上，求出投影面积 ，代 入到 中计算，应避免硬套公式 或 。如图所示，通过面 S 的磁通量 。 （2）磁通量的变化 一般有下列三种情况： ①磁感应强度 B 不变，有效面积 S 变化，则 。 ②磁感应强度 B 变化，磁感线穿过的有效面积 S 不变，则 。 ③磁感应强度 B 和回路面积 S 同时发生变化的情况，则 。 （3）注意的问题 ①平面 S 与磁场方向不垂直时，要把面积 S 投影到与磁场垂直的方向上，即求出有效面积。 ②可以把磁通量理解为穿过面积 S 的磁感线的净条数，相反方向穿过面积 S 的磁感线可以互相抵消。 ③当磁感应强度和回路面积同时发生变化时， ，而不能用 计算。 FB IL = FB IL = ⊥Φ = BS ⊥S ⊥Φ = BS BSsinΦ = θ BScosΦ = θ · ·⊥Φ = =B S B Scosθ 0 ·∆Φ = Φ Φ = ∆t B S－ 0 ·∆Φ = Φ Φ = ∆t B S－ 0 ∆Φ = Φ Φt－ 0 ∆Φ = Φ Φt－ ·∆Φ = ∆ ∆B S4 要点三、安培力 1．对安培力方向的理解 （1）安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面。在判断时首先确定磁场与电流所确定 的平面，从而判断出安培力的方向在哪一条直线上，然后再根据左手定则判断出安培力的具体方向。 （2）当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直电流与磁场所决定的平面，所以仍可用左手 定则来判断安培力的方向，只是磁感线不再垂直穿过手心。 （3）注意区别安培力的方向和电场力的方向与场的方向的关系，安培力的方向总是与磁场的方向垂直， 而电场力的方向与电场的方向平行。 2．对安培力大小的理解 计算安培力大小时，要注意理解和灵活应用公式 和 。 （1）公式 中 L 指的是“有效长度”。当 B 与 I 垂直时，F 最大， ；当 B 与 I 平行时， F=0。 弯曲导线的长效长度，等于连接两端点直线的长度（如图甲）；相应的电流沿 L 由始端流向末端。 （2）若磁场和电流成 角时，如图乙所示。 将磁感应强度 B 正交分解成 和 ，而 对电流是没有作用的。 故 ，即 。 （3）安培力公式一般用于匀强磁场，或通电导线所处区域 B 的大小和方向相同。如果导线各部分所处位 置 B 的大小、方向不相同，应将导体分成若干段，使每段导线所处的范围 B 的大小和方向近似相同，求出 各段导线受的磁场力，然后再求合力。 要点四、洛伦兹力 1．对洛伦兹力大小的理解 洛伦兹力 ①只有相对于磁场运动的电荷才可能受到洛伦兹力的作用，v 理解为电荷相对于磁场运动的速度，相 对于磁场静止的电荷不受洛伦兹力作用，这一点与电场有根本的不同。 ②当 时，电荷虽然相对于磁场运动但不受洛伦兹力作用。 ③当 时， 最大。 ④ ， 理解为速度垂直 B 的分量， 可以理解为 B 垂直于 v 的分量。 2．对洛伦兹力方向的理解 由左手定则判断洛伦兹力的方向，使用时注意到负电荷受力方向的判断——四指指向负电荷运动的反 方向。 ①洛伦兹力的方向永远垂直于速度的方向，垂直于磁场的方向，垂直于磁场方向和速度方向所决定的 平面，磁场的方向和速度的方向不一定垂直。 ②电荷相对于磁场不同的运动方向可能对应相同的洛伦兹力的方向。 F ILB= F ILBsinθ= F ILB= F ILB= θ B Bsinθ⊥ = B Bcosθ=  B F B IL BILsinθ⊥= = F BILsinθ= F qBvsinα= v B v B⊥ F qBv= F qB vsin qv Bsinα α= =（ ） （ ） vsinα（ ） Bsinα（ ）5 3．洛伦兹力的特点： 洛伦兹力永远垂直于速度的方向，不改变速度的大小，只改变速度的方向。 ①洛伦兹力永远不做功，不改变带电粒子的动能。 ②洛伦兹力能够改变运动状态产生加速度。 ③洛伦兹力的大小和方向都随着速度的大小和方向而变化，这一点对分析电荷的运动情况非常重要。 要点五、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动（不计重力） 1．力学方程 2．轨迹半径和周期 ， ， 。 ， ， ，T 与 v 无关与轨迹半径无关。 3．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间 ， 为轨迹对应的圆心角。 要点六、带电粒子在正交场中的运动实例 1．速度选择器 2．霍尔效应 3．电磁流量计 ， 4．磁流体发电机 说明：以上几个实例之共性是：运动的电荷在洛伦兹力和电场力的作用下处于平衡状态，即 。 【典型例题】 类型一、磁场对电流的作用——安培力方向的判断 例 1．（2015 哈尔滨校级月考）两条长直导线 AB 和 CD 相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方 向的电流，其中 AB 固定，CD 可以以其中心为轴自由转动或平动，则 CD 的运动情况是（ ） A．顺时针方向转动，同时靠近导线 AB B．顺时针方向转动，同时离开导线 AB 2mvqBv r = mvr qB = r v∝ 1r B ∝ 2 mT qB π= 1T B ∝ mT q ∝ 2t T α π= α qE qBv= Ev B = IBU K d = UqBv qE q d = = 4 dUQ B π= BLvε = qE qBv=6 C．逆时针方向转动，同时靠近导线 AB D．逆时针方向转动，同时离开导线 AB 【答案】C 【解析】AB 导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为 CD 导线，由左手定则可判断左 侧受力向下，右侧受力向上，所以 CD 棒会逆时针旋转；AB 导线和 CD 导线靠近还是远离可以从第二个 图判断，AB 产生的磁场如图所示，由左手定则可判断 CD 导线受力指向 AB 导线，故 CD 导线会靠近 AB 导线．所以 C 正确．故选 C 【总结升华】判断安培力作用下通电导体和通电线圈运动方向的方法 ①电流元法：即把整段电流等效为多段直流电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的 方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向。 ②特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定运动方向。 ③等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线 管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析。 ④结论法： 结论一，两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥； 结论二，两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。 类型二、在安培力作用下的物体的平衡 例 2．相距为 20 cm 的平行金属导轨倾斜放置，如图所示，导轨所在平面与水平面的夹角为 =37°， 现在导轨上放一质量为 330 g 的金属棒 ab，它与导轨间的动摩擦因数 =0.50，整个装置处于磁感应强度 B=2 T 的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为 15 V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进 行调节，其他部分电阻不计，g 取 10 m / s2，为保持金属棒 ab 处于静止状态（设最大静摩擦力 Ff 与支持 力 FN 满足 Ff= FN），求： （1）ab 中通入的最大电流为多少？ （2）ab 中通入的最小电流为多少？ 【思路点拨】把立体图画成易于分析的平面图（侧视图），确定导线所在处磁场方向，根据左手定则 确定安培力的方向；结合通电导体、受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出方程，解决问题。 【答案】（1）16.5 A （2）1.5 A 【解析】（1）当 ab 棒恰好不沿轨道上滑时，ab 中电流最大，受力如图甲所示： θ µ µ7 此时最大静摩擦力沿斜面向下，建立直角坐标系，由 ab 平衡可知： x 方向： ① y 方向： ② 由①②两式联立解得： 代入数据解得 由于 ，有 （2）当 ab 棒刚好不沿导轨下滑时，通入电流最小，ab 受力如图乙所示： 此时静摩擦力 ，方向沿斜面向上，建立直角坐标，由平衡条件得 x 方向： ③ y 方向： ④ 由③④两式解得： 由 ，得 【总结升华】解决涉及安培力的综合类问题的分析方法是： （1）首先把立体图画成易于分析的平面图，如侧视图、剖视图或俯视图等。 （2）确定导线所在处磁场方向，根据左手定则确定安培力的方向。 （3）结合通电导体、受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出方程，解决问题。 举一反三 【变式】如图所示，有一电阻阻值不计、质量为 m 的金属棒 ab 可在两条轨道上滑动，轨道宽为 L，轨 max N NF F cos F sinµ θ θ= + N Nmg F cos F sinθ µ θ= － max cos sin cos sinF mg µ θ θ θ µ θ += − .maxF 6 6 N= max maxF BI L= max max 6.6 A 16.5A2 0.2 FI BL = = =× ' 'f NF Fµ= min ' sin ' cosN NF F Fθ µ θ= − ' sin ' cosN Nmg F Fµ θ θ= + min sin cos sin cosF mg θ µ θ µ θ θ −= + min minF BI L= min min 0.6 A 1.5A2 0.2 FI BL = = =×8 道平面与水平面间的夹角为 ，置于垂直轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B．金属棒与轨 道间的最大静摩擦力为重力的 k 倍，回路中电源电动势为 E，内阻不计，轨道电阻也不计．问：调动变阻 器滑片在什么阻值范围内，金属棒恰能静止在轨道上？ 【答案】 【解析】如图所示，金属棒静止在斜面上，相对运动的趋势不确定，当滑动变阻器的阻值小时，电路 中电流大，金属棒有沿斜面向上的运动趋势，反之有向下的运动趋势． 假设金属棒刚要向下滑时，静摩擦力达最大值．选金属棒 ab 为研究对象，进行受力分析（如图甲）， 沿轨道方向列平衡方程如下： ， ， 。 若金属棒刚要向上滑时，受力分析如图乙所示，同理可得： , ， 。 所以滑动变阻器的电阻应满足： 。 类型三、关于磁偏转的双圆问题 例 3.（2016 海淀期末）如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 为 B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方 向成 θ 角。设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求： (1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R； (2)电子在磁场中运动的时间 t； (3)圆形磁场区域的半径 r。 θ (sin ) (sin ) BLE BLERmg k mg kθ θ≤ ≤+ − 1BI L mgsin kmgθ= － 1 1 EI R = 1 (sin ) BLER mg kθ= − 2BI L mgsin kmgθ= + 2 2 EI R = 2 (sin ) BLER mg kθ= + (sin ) (sin ) BLE BLERmg k mg kθ θ≤ ≤+ −9 【思路点拨】(1)要求轨迹半径→应根据洛伦兹力提供向心力求解。 (2)要求运动时间→可根据 ，先求周期 T。 (3)要求圆形磁场区域的半径→可根据几何关系求解。 【答案】(1) 　(2) 　(3) 【解析】(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 解得 。 (2)设电子做匀速圆周运动的周期为 T， 则 由如图所示的几何关系得圆心角 α＝θ， 所以 (3)由如图所示几何关系可知， ， 所以 【总结升华】分析带电粒子磁偏转的双圆问题，应根据受力情况和运动情况分析并画出可能运动圆的 草图．并要灵活运用数学知识（几何、三角关系等）找出两圆的圆心、半径、弦长、圆心角间的规律关系 以及有关各种可能运动圆间的内在联系． 举一反三 【高清课程：磁场知识复习与巩固 例题 7】 【变式】如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝 a、 b、c 和 d，外筒的外半径为 r0，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大 小为 B，在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场，一质量为 m、带电量为+q 的粒 子，从紧靠内筒且正对狭缝 a 的 S 点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出 发点 S，则两电极之间的电压 U 应是多少？（不计重力，整个装置在直空中） 【答案】 2πt T θ= mv eB m eB θ tan 2 mv eB θ 2mvevB R = mvR eB = 2π 2πR mT v eB = = 2π mt T eB θ θ= = tan 2 r R θ = tan 2 mvr eB θ= 2 2 0B r qU 2m =10 类型四、带电粒子在复合场中的运动及应用 例题 4.在如图所示的直角坐标系中，坐标原点 O 处固定有正点电荷，另有平行于 y 轴的匀强磁场．一 个质量为 m、带电荷量+q 的微粒，恰能以 y 轴上 O＇（0，a，0）点为圆心做匀速圆周运动，其轨迹平面与 xOz 平面平行，角速度为 ，旋转方向如图中箭头所示，试求匀强磁场的磁感应强度大小和方向． 【答案】 磁感应强度大小为 ，方向沿+y 方向 【解析】 带电微粒受重力、库仑力、洛伦兹力作用，如图所示，这三个力的合力提供向心力． 设圆轨道半径为 R，圆周上一点和坐标原点连线与 y 轴的夹角为 ． 对带电微粒满足 ， ， 而 ， ． 由各式消去 F 库和 R、 得 ，方向沿+y 方向． 【总结升华】本题运动电荷受的电场力斜向上，洛伦兹力指向 y 轴 O＇点，根据题意分析知需考虑重 力，这样竖直方向才能合力为零．才能在水平面内做匀速圆周运动． 举一反三 【变式 1】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内 横截面的流体的体积）．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空的部分 的长、宽、高分别为图中的 a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连（图中虚线）．图中流量计的上 下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现给流量计所在处加磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂 直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻 R 的 电流表的两端连接，I 表示测得的电流值，已知流体的电阻率 ，不计电流表的内阻，则可求得流量为（ ） A． B． C． D． ω mg m aq q ω ω + θ mg F cos= θ库 2f F sin m Rθ = ω洛 库－ f qB R= ω洛 tan R a θ = θ mg mB aq q ω ω= + ρ I cbRB a ρ +   I baRB c ρ +   I acRB b ρ +   I bcRB a ρ +  11 【答案】 A 【解析】 如图甲所示，两极板间距为 c，并设磁场方向垂直纸面向里．当外电路断开时，运动电荷 受洛伦兹力作用而偏转，两极板带电（两极板作为电路供电部分）使电荷受电场力，当运动电荷稳定时， 两极板所带电荷量很多，两极间的电压最大等于电源电动势 E 测量电路可等效成如图乙所示． 由受力平衡得 ，所以电动势 ， 流量 ． 接外电阻 R，由欧姆定律得 ， 又知导电液体的电阻 ， 由以上各式得 ． 【高清课程：磁场知识复习与巩固 例题 9】 【变式 2】如图所示，一根粗糙的长竖直绝缘杆，套有一个质量为 m，带正电 q 的小球，匀强电场 E 与 匀磁磁场 B 互相垂直，E 和 B 都与杆垂直，当小球由静止开始下落后( ) A．小球加速度不断减小，最后为零 B．小球加速度先增加后减小，最后为零 C．小球速度先增加后减小，最后为零 D．小球动能不断增大，直到达到某一最大值 【答案】AD qEqvB c = E Bvc= Q Sv bcv= = ( )E I R r= + ' l cr S ab ρρ= ⋅ = I cQ bRB a ρ = +  12 【巩固练习】 一、选择题： 1．一个松弛的螺旋线圈如图所示，当线圈通有电流 I 时，线圈中将出现的现象是（ ） A．轴向收缩，径向变大 B．轴向收缩，径向收缩 C．轴向伸长，径向变大 D．轴向伸长，径向收缩 2．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是(　　) 3．如图所以，固定不动的绝缘直导线 mn 和可以自由移动的矩形线框 abcd 位于同一平面内，mn 与 ad、bc 边平行且离 ad 边较近。当导线 mn 中通以向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况 是（ ） A．向左运动 B．向右运动 C．以 mn 为轴转动 D．静止不动 4．(2015 北京朝阳二练)如图所示，在 MNQP 中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和电荷量都相等的带 电粒子 a、b、c 以不同的速率从 O 点沿垂直于 PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知 O 是 PQ 的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是 A．粒子 a 带负电，粒子 b、c 带正电 B．射入磁场时粒子 a 的速率最小 C．射出磁场时粒子 b 的动能最小 D．粒子 c 在磁场中运动的时间最长 　 5．如图所示，长方形 abcd 长 ad=0.6 m，宽 ab=0.3 m，O、e 分别是 ad、bc 的中点，以 ad 为直径的半圆内 有 垂 直 纸 面 向 里 的 匀 强 磁 场 （ 边 界 上 无 磁 场 ），磁 感 应 强 度 B=0.25 T 。 一 群 不 计 重 力 、 质 量 、电荷量 的带电粒子以速度 沿垂直 ad 方向且垂直于磁场射 入磁场区域（　 ） 7m 3 10 kg= × － 3q 2 10 C= + × － 2v 5 l0 m/s= ×13 　 A．从 Od 边射入的粒子，出射点全部分布在 Oa 边 　　B．从 aO 边射入的粒子，出射点全部分布在 ab 边 　　C．从 Od 边射入的粒子，出射点分布在 Oa 边和 ab 边 　　D．从 aO 边射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 bc 边 6．如图所示，始终静止在斜面上的条形磁铁 P，当其上方固定的水平长直导线 L 中通以垂直纸面向外的电 流时，斜面对磁体的弹力 FN 和摩擦力 f 的大小变化是（　 ） 　 　 A．FN 和 f 都增大 　　B．FN 和 f 都减小 　　C．FN 增大，f 减小 　　D．FN 减小，f 增大 7．（2016 枣庄校级模拟）如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释放一带电 微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°，再由 a 点从静止释放 一同样的微粒，该微粒将(　　) A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 8．如图所示，虚线框内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，一离子束垂直于电场和磁场方向飞入此 区域，恰好做匀速直线运动，从 O 点离开此区域。如果仅有电场，离子将从 a 点飞离此区域，经历时间为 t1，飞离速度为 v1；如果仅有磁场，飞离时速度为 v2，则下列说法正确的是（　 ） 　　 A．v1＞v2 　B．aO＞bO 　　C．t1＞t2　 D．以上都不正确 二、填空题: 1.将长为 1m 的导线 ac 从中点 b 折成如图所示的形状，放入 B=0.08T 的匀强磁场中，abc 平面与磁场垂直。 若在导线 abc 中通入 25 A 的直流电，则整个导线所受安培力大小为________N。14 2．如图所示，在正交的匀强磁场 B 和匀强电场 E 中，有一竖直的长绝缘管，管内有一质量为 m、带电荷量 为－q 的小球，球与管壁之间的动摩擦因数为μ，磁场和电场足够大，则小球运动的最大加速度为 ________；在有最大加速度时的速度为________；小球运动的最小加速度为________，在有最小加速度时 的速度为________。 三、计算题: 1．核聚变反应需几百万度高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反 应），可采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图所示，在一个环状区域内加上匀强磁场 B，“约束”在中 空区域中的高速带电粒子具有各个方向的速度，其中在中空区域边缘处沿切线方向射入磁场的带电粒子最 容易穿越磁场的外边缘。设环状磁场的内径 R1=0.5 m，外半径 R2=1.0 m，若被“约束”的带电粒子的比荷 ，速度 v 可达 1×107 m / s。为使所有被约束的带电粒子都不能穿越磁场，则磁场 的磁感应强度 B 至少多大？ 2．在倾角 的斜面上，固定一金属框，宽 L=0.25 m，接入电动势 E=12 V，内阻不计的电池，垂直框 面放有一根质量 m=0.2 kg 的金属棒 ab，它与框架的动摩擦因数 ，整个装置放在磁感应强度 B=0.8 T，垂直框面向上的匀强磁场（如图）。当调节滑动变阻器 R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框 架上？框架与棒的电阻不计，g 取 10 m / s2。 3．如图所示，与水平面成倾角为 的绝缘正方形斜面 abcd 上放有一质量为 m=0.01 kg，带电荷量 7q / m 4 10 C / kg= × 30θ = ° 3 6 µ = 30θ = °15 的小滑块，与斜面间的动摩擦因数 ，整个装置处在垂直于斜面向上的匀强磁场 中，磁场的磁感应强度为 B=0.4 T，滑块在 a 点具有沿 ac 方向、大小 v=30 m / s 的初速度，g 取 10 m / s2。要使滑块由 a 点沿直线运动到达 c 点，应在绝缘斜面内加一个怎样的恒定匀强电场？ 4．（2016 海南卷）如图，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA=30°，OA 的长度为 L。在△OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0。 不计重力。 （1）求磁场的磁感应强度的大小； （2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场，求该粒子这 两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内运动的时间为 ，求粒子此 次入射速度的大小。 42 10 Cq −= + × 6 6 µ = 0 4 3 t16 【答案与解析】 一、选择题： 1．A 解析：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥． 2．【答案】D 【解析】由 可得 。磁场最强的是对应轨迹半径最小，选项 D 正确。 3．B 解析：ad 边的电流在 mn 电流的磁场中受到向右的吸引力，bc 边中的电流与 mn 中电流方向相反，受到向 右的排斥力，所以线框受到向右的合力而向右运动，B 选项正确。 4．【答案】D 【解析】根据若 a、b、c 均为正电荷,运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出 a、b、c 向均应向左偏 转，与 b、c 偏转方向实际相反，因此粒子 a 带正电，粒子 b、c 带负电，故 A 错误； 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即： ，解得 ，由此可得知，当速度越大时，轨道半径越大，射入磁场时粒子 c 的速率最 小，动能最小，故 B、C 均错误；粒子运动的周期为 ，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间 越长，故 D 正确。 5．D 解析：由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨迹半径 。若整个矩形区域都有磁场，从 O 点射入的粒子必从 b 点射出，在题给磁场中粒子的运动轨迹如图所示，出射点必落在 be 边。 6．A 解析：直导线通电后会对磁铁产生作用力，但导线对磁铁作用力的方向不好确定，可先求磁铁磁场对电流 的作用力的方向，由牛顿第三定律即可求得电流对磁铁作用力的方向，而后分析磁铁受力即可确定其所受 FN、f 的变化情况。 当导线中通以电流时，磁铁的磁场对电流有作用力，如图所示，根据左手定则可判定导线所受安培力 r vmBvq 2 = Bq mvr 2 = Bq mT π2= 2mvqvB R＝ mvB qR＝ 0.3mmvR Bq = =17 方向斜向右上方，由牛顿第三定律，电流对磁铁的作用力斜向左下方，由于磁铁仍然保持静止，故 FN、f 均增大。故选 A 项。 7．【答案】D 【解析】两板水平放置时，放置于两板间 a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平 衡。当将两板逆时针旋转 45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转 45°，受力如图，则其合力方向沿二力 角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项 D 正确。 8．A 解析：只有电场时，电场力对粒子做功，其动能增加 ； ， 。 只 在 磁 场 时 ， 洛 伦 兹 力 对 粒 子 不 做 功 ， 其 功 能 不 变 。 ， ， 与 大小无法比较。 二、填空题： 1． 解 析 ： 折 线 abc 受 力 等 效 于 a 和 c 连 线 受 力 ， 由 几 何 知 识 可 知 。 。 2．g 0 解析：当 qE=qvB 时，摩擦力为 0。此时加速度最大，且 ax=g， ；当 时，合力为 0，加速度最小也为 0，此时速度最大，且 。 三、计算题： 1．1 T 解析：当带电粒子以最大速度 v=1×107 m / s 沿中空区域与内圆相切方向射入磁场且轨迹与外圆相切时， 恰不能穿越磁场。则以速度 v 沿各个方向射入该磁场区的带电粒子都不能穿越磁场。 1 0v v＞ 0 0 'O O Lt v v = = 2 2 1 0 1 1 2 2 qE qE Loa tm m v  = ⋅ =     2 0v v= 2 1 0 0 O b '′= > =O Ot tv v 2 2 20 0 2 mv mvOb R R l LqB qB  = − − = − −   oa 3 3 m2ac = 3sin 0.08 25 sin90 N 3 N2F BIL θ= = × × × ° = E B mg E Bq Bµ + Ev B = ( )qvB qE mgµ − = mg Ev Bq Bµ= +18 如图所示， 又 ， 使粒子不穿出磁场时满足 R≤r，即 。 2．1.6Ω≤R≤4.8Ω 解析：当变阻器 R 取值较大时，I 较小，安培力 F 较小，在金属棒重力分力 mgsin 作用下使棒有沿框架 下滑趋势，框架对棒的摩擦力沿框面向上，如图甲所示。金属棒刚好不下滑时满足平衡条件。 。 得 。 当变阻器 R 的取值较小时，I 较大，安培力 F 较大，会使金属棒产生沿框面上滑趋势。因此，框架对 棒的摩擦力 F2 沿框面向下，如图乙所示。金属棒刚好不上滑时满足平衡条件。 得 所以滑动变阻器 R 的取值范围为 。 3． 与速度方向垂直，沿斜面斜向上方 2 1 0.25m2 R Rr −= = 2vqvB m R = mvR qB = mv rqB ≤ 1TmvB qr ≥ = θ cos sin 0EB L mg mgR µ θ θ+ − = (sin cos ) BELR mg θ µ θ= − 0.8 12 0.25 4.8 3 30.2 10 0.5 6 2 × ×= Ω = Ω × × − ×    (sin cos ) BElR mg θ µ θ= + 0.8 12 0.25 1.6 3 30.2 10 0.5 6 2 × ×= Ω = Ω × × + ×    1.6 R 4.8Ω ≤ ≤ Ω E 262 N / C=19 解析：要使滑块沿直线到达 c 点，滑块必须做匀速直线运动。 滑动在斜面所在的平面内受力如图所示，滑块重力沿斜面向下的分力为 。 G1 在 x 方向的分力为 。 滑块受到的滑动摩擦力为 。 x 方向上：f=G1x。由于滑块做匀速直线运动，其受力平衡，设所加电场场强为 E，则在 y 方向上有： ，代入数据解得： 。 电场的方向：与速度方向垂直，沿斜面斜向上。 4. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0 内其速度方向改变了 90°，故周期 T=4 t0,设磁 感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r，则 ，匀速圆周运动的速度满足： ,解得： （2）设粒子从 OA 变两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场，粒子在磁场中运动 的轨迹如图所示： 设两轨迹所对应的圆心角分别为 和 。由几何关系有： 1G mgsin 0.05 N= θ = 1 2sin cos45 N40xG mg θ= ° = 2cos N40f mgµ θ= = 1qE qvB G sin45= + ° E 262 N / C= 02 mB qt π= 0 0 3π 7 Lv t = 2vqvB m r = 2 rv T π= 02 mB qt π= 1 θ 2 θ 1 2180θ θ= ° −20 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 与 ，则： （3）如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 。设 为圆弧的 圆心，圆弧的半径为 ，圆弧与 AC 相切与 B 点，从 D 点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 设粒子此次入射速度的大小为 ，由圆周运动规律： 联立①⑦⑧⑨式得： 1t 2t 1 2 022 Tt t t+ = = 150° 'O 0r ' ' 30OO D BO A∠ = ∠ = ° 0 0 cos cos r B Ar OO D LO ′∠ + =′∠ 0v 0 0 2πrv T = 0 0 3π 7 Lv t =