2023届高考物理一轮复习：第24讲 磁场.docx

1、第24讲 磁场知识图谱磁场的描述、安培力知识精讲一磁感应强度1磁感应强度是用来表示磁场强弱和方向的物理量，在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力与电流元的比值，叫做通电导线所在处的磁感应强度，用符号B表示，即，磁感应强度的单位为特斯拉，国际符号T。（没有找到磁荷，转而用电流元来定义磁感应强度）2磁感应强度是矢量。磁场中某点的磁感应强度方向是该点的磁场方向，即通过该点的磁感线的切线方向；磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中的电流无关。二磁感线1磁感线：为了形象的研究磁场而引入的一束假象曲线，并不客观存在，但有实验基础。2磁感线特点：磁感线的疏密程度能定性的反映磁场的强弱分布、磁感

2、线上任一点的切线方向反映该点的磁场方向。磁感线是不相交的闭合曲线。3几种常见的磁场的磁感线（1）条形磁铁磁感线：外部从N极出发，进入S极；中间位置与磁感线切线与条形磁铁平行。（2）蹄形磁铁磁感线：外部从N极出发，进入S极。（3）直线电流的磁感线：磁感线是一簇以导线为轴心的同心圆，其方向由安培定则来判定，右手握住通电导线，伸直的大拇指指向电流的方向，弯曲的四指所指的方向就是磁感线方向，离通电导线越远的地方，磁场越弱。（4）通电螺旋管的磁感线：与条形磁铁相似，有N、S极，方向可由安培定则判定，即用右手握住螺旋管，让弯曲的四指指电流的方向，伸直的大拇指的方向就是螺旋管的N极（即螺旋管的中心轴线的磁感

3、线方向）。（5）环形电流的磁感线：可以视为单匝螺旋管，判定方法与螺旋管相同；也可以视为通电直导线的情况。（永磁体的安培分子电流假说）（6）地磁场的磁感线：地磁场的的N极在地球的南极附近，S极在地球的北极附近，磁感线分布如图所示；地磁场B的水平分量（）总是从地球的南极指向地球的北极，竖直分量（）在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下；在赤道平面上，在距离地球表面相等的各点，磁场强弱相同，且方向水平向北。（7）匀强磁场的磁感线：磁感应强度的大小和方向处处相同的磁场，匀强磁场的磁感线是分布均匀的，方向相同的平行线。三安培力磁场对电流的作用力1安培力的大小当B、I、L两两相互垂直时，F=BIL

4、；当B与I平行时F=0；当B与I成角时，则F=BILsin注意：适用于任何磁场；但只有匀强磁场才能直接相乘L应为有效长度，即图中两端点连线的长度（电场中的有效长度平行与电场，磁场的有效长度垂直于磁场），相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以通电以后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。2安培力的方向用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿过手心，并使四指指向电流方向，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受的安培力的方向，安培力的方向与B和I所决定的平面垂直。三点剖析课程目标：1.理

5、解磁感应强度的大小、方向，磁感应强度的叠加2.会判断安培力的方向，并分析计算磁感应强度、磁感线例题1、 有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向是（ ）A.y轴正方向B.y轴负方向C.z轴正方向D.z轴负方向例题2、多选题 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C.c、d两

6、点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同随练1、 如图所示，三条长直导线都通以垂直纸面向外的电流，且I1I2I3，则距三条导线等距离的A点处磁场方向为（ ）A.向上B.向右C.向左D.向下随练2、 有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，a、b的连线水平。c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是（ ）A.，方向竖直向上B.，方向竖直向下C.，方向竖直向下D.，方向竖直向上随练3、 如图，在磁感应强度大小为

7、B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）A.0B.C.D.2B0安培力例题1、 如图所示，a、b为两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线，通有垂直纸面向内的同向等大电流，在ab的中垂线上放置一根电流方向向下的导线PQ，则关于通电导线PQ所受的安培力判断正确的是（ ）A.P端受到垂直PQ向右的安培力，Q端受到垂直PQ向左的安培力B.P端受到的安培力向右，但与PQ不垂直C.P端受到垂直PQ向外的安培力，Q

8、端受到垂直PQ向内的安培力D.P端受到的安培力向外，但与PQ不垂直例题2、多选题 如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音，俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外例题3、多选题 某同学自制一电流表，其原理如图所示，质量为m的均匀细金属杆MN与

9、一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g以下说法正确的是（ ）A.当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为x=B.为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从N指向MC.劲度系数K减小，此电流表量程会更小D.磁感应强度B减小，此电流表量程会更小随练1、 如图所示，在等边三角形的三个顶点a、b、

10、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里，a和b两根通电导线在c处产生的合磁场方向和过c点的导线所受培力的方向分别为（ ）A.合磁场方向竖直向下，c受到的安培力方向与ab边垂直，指向左边B.合磁场方向竖直向上，c受到的安培力方向与ab边垂直，指向右边C.合磁场方向水平向左，c受到的安培力方向与ab边平行，竖直向上D.合磁场方向水平向右，c受到的安培力方向与ab边平行，竖直向下随练2、 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以（ ）A.将a、b端分别接电源的正负极，c、d不接电源B

11、.将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极C.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极D.将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极随练3、 如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在cd两处，置于匀强磁场内当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小方向是（）A.tan，竖直向上B.tan，竖直向下C.sin，平行悬线向下D.sin，平行悬线向上磁场对运动电荷的作用知识精讲一 洛伦兹力实验现象：利用阴极射线管发射电子束，在不加磁场时，电子不受力，作直线运动，而拿一根条形磁铁靠近玻璃管，运动

12、的电子处在磁场中，电子的运动发生偏转。荷兰物理学家洛伦兹首先提出：运动电荷能产生磁场；磁场对运动电荷有力的作用。物理学上把磁场对运动电荷的作用力称为洛伦兹力。1方向：与判断安培力的方向相似，洛伦兹力的方向也可以利用左手定则判断。伸出左手，让拇指跟四指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向，则拇指所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向。特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向，带电粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力方向始终与运动方向垂直。2大小：（1）推导：设有一段长为l的导线，横截面积为S，单位体积内自由电荷数为n，每个电荷带电量为q，定向

13、移动的平均速度为v。将这段导线垂直放置匀强磁场中，安培力可以看作是作用在每个运动电荷上的洛伦兹力的合力，这段导线中含有的运动电荷数位nlS，所以，洛伦兹力f=安培力/电荷数=(nqvS)BL/nls=qvB。（2）洛伦兹力的一般公式：f=qvBsin，是v、B之间的夹角。（2）当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，f0；（3）当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，f=qvB；（4）只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为零。3洛伦兹力与安培力的关系（1）洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，是安培力的微观解释，而安培力是导体中所有定

14、向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。（2）洛伦兹力一定不做功，它不改变运动电荷的速度大小；但安培力却可以做功。4洛仑兹力与电场力的关系：电场力是电荷在电场中受到的作用力,电场力做功与路径无关，只与电荷的初末位置有关；而洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的作用力，其方向与电荷运动方向垂直，所以，洛伦兹力不能对运动电荷做功。 二 带电粒子在匀强磁场中的运动1带电粒子的运动轨迹（1）当粒子运动方向与磁感线平行时，粒子做匀速直线运动；（2）当粒子运动方向与磁感线方向垂直时，粒子做匀速圆周运动；向心力由洛伦兹力提供，即；轨道半径公式：；周期：；（3）粒子运动方向与磁感线方向既不垂直，也不平行时，粒子运

15、动的轨迹为螺旋线型。三点剖析课程目标：1.会判断洛伦兹力的方向2.掌握带电粒子在匀强磁场中运动的相关计算洛伦兹力方向的判断例题1、多选题 在图所示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是（ ）A.AB.BC.CD.D例题2、 带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示。不计重力，下列分析正确的是（ ）A.M带正电，N带负电B.M和N都带正电C.M带负电，N带正电D.M和N都带负电随练1、多选题 如图所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入

16、两金属板之间时，关于CD段导线受到力F情况说法正确的是()A.若等离子体从右射入，F向左B.若等离子体从右射入，F向右C.若等离子体从左射入，F向右D.若等离子体从左射入，F向左随练2、 如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力。下列说法中可能正确的是（ ）A.当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场B.当B运动到P2点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强

17、磁场C.当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场D.当B运动到P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场带电粒子在匀强磁场中的运动例题1、 粒子甲的比荷是粒子乙的2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是()A.B.C.D.例题2、 如图所示,在正方形空腔内有匀强磁场,电子以不同的速率从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场,将从c孔射出的电子与从d孔射出的电子相比较（ ）A. 速率之比vc:vd=2:1B.速率之比vc:vd=1:1C.周期之比Tc:Td=1:1D.在磁场

18、中运动的时间之比tc:td=1:2随练1、 如图所示，一带电微粒A在垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动，某时刻与一个静止的不带电微粒B碰撞并结合为一个新微粒，新微粒继续在磁场中运动，两个微粒所受重力均忽略。下列关于新微粒运动的说法正确的是()A.半径不变，周期不变B.半径不变，周期变大C.半径变大，周期变大D.半径变大，周期不变随练2、 如图所示,一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30,求电子的质量和穿过磁场所用的时间. 随练3、 如图所示,在x0,y0的空间中有一匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平

19、面向里,大小为B.现有一质量为m、电量为q的带正电粒子,从在x轴上的某点P沿着与x轴成30角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是（ ）A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子一定不可能通过坐标原点C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为2mBqD.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为m6Bq随练4、 如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴上的S点由一粒子发射源，不定时的发射沿与x轴负方向成30角的质量为m电荷量为q的粒子a和沿与x轴正方向成60角的质量也为m、电荷量为q的粒子b已知粒子a的速度为vav0，粒子b的速度为vb，忽略

20、两粒子的重力以及两粒子间的相互作用，求：（1）要使两粒子在磁场中发生碰撞，则两粒子释放的时间间隔T；（2）如果两粒子在磁场中不相碰，则两粒子进入磁场后第一次经过x轴时两点之间的距离带电粒子在有界磁场中的运动例题1、 如图所示，一电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是30，求：（1）电子运动的轨道半径r；（2）电子的质量m；（3）电子穿过磁场的时间t。例题2、 如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直到达边界的Q点匀强磁场的磁感应强度为B

21、，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30求：（1）电子在磁场中运动的时间t；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时PQ间的电势差U是多少？例题3、 三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为：()A.111B.123C.1D.321随练1、多选题 如图所示，在、0ya的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重

22、力不计），它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在090范围内，速度大小不同，且满足已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是（ ）A.最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为B.最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间小于C.最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为D.最后从磁场中飞出的粒子经历的时间小于随练2、 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF一电子从CD边界外侧以速率v0垂直匀强磁场射入，入射方向与CD边界夹角为已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？随练3、多选题 如图，正方

23、形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）A.甲粒子带正电，乙粒子带负电B.甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍C.甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D.两粒子在磁场中的运动时间相等随练4、 如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内有一半圆形区域，其半径为R，半圆的一条直径与x轴重合，0为该直径的一个端点半圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场，半圆外存在垂直纸面向外的匀强磁场，半圆内外磁场的磁感应强度大小都为B0，在坐标原点0处有一粒子源，沿x轴正方向

24、不断发射出质量为m、带电荷量为q的粒子，粒子的发射速度为大于零的任意值（不考虑相对论效应）已知半圆形边界处存在特殊物质，当粒子由半圆内向半圆外运动时，粒子不受任何影响，但当粒子由半圆外向半圆内运动时，粒子就会被边界处的特殊物质吸收不计粒子的重力和粒子间的相互作用力（1）求从0点发射的所有粒子中，不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子速度的取值范围；（已知：tan15）（2）证明最终打在半圆形边界且被特殊物质吸收的粒子，在磁场中运动的总时间都相等，并且求出该时间；（3）若第一象限内半圆形外区域的磁场存在一上边界ya，要想使所有粒子都不会从磁场上边界射出，则a至少为多大带电粒子在匀强磁场中运动的临界和

25、多解问题例题1、 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t0，求粒子此次入射速度的大小例题2、 在边长为的等边三角形ABC范围内存在着垂直纸面向里

26、的匀强磁场，磁感应强度为B位于等边三角形中心O处的粒子源可向纸面内的各个方向发射速率相等的同种带正电粒子，粒子的比荷为，不计重力及粒子间的相互作用。（1）若等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，求粒子初速度的大小应满足的条件。（2）若粒子的初速度大小为某值时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，求该初速度下的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值。（已知：若sink，则arcsink）例题3、 如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度的大小B0.60T，磁场内有一块平面感光平板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l16cm处，有一个点状的a放

27、射源S，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v3.0106ms，已知a粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的粒子。求（1）ab上被粒子打中的区域的长度；（2）能打在板上的粒子的初速度方向间的最大夹角。随练1、多选题 长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）A.使粒子的速度B.使粒子的速度C.粒子的速度v不变，使D.使粒子速度随练2、 如图所示，在xoy平面第一象限的区域I内存在垂直纸面向外的匀强

28、磁场。第四象限区域II内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域I、II的宽度均为，高度分别为DEL，EF2L，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左边为（0，L）的A点以速度v0沿y轴正方向成45夹角射入区域II，经x轴上的C点（图中未画出）进入区域I，不计粒子重力。（1）求OC的长度；（2）要使粒子从DE边界射出，I区域磁感应强度的最小值B应多大？随练3、 如图所示，在直角三角形abc区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B0.2T，30，P为ac边上一点，aP1m。在P点有一粒子源，可沿平行于cb的方向发出速度不同的同种带电粒子，且粒子速度最大时，恰好垂直打在ab边

29、上的e点。已知粒子的电荷量为q5103c、质量为m1106kg，不考虑粒子的重力，结果可以用根号表示。求：（1）带电粒子的最大速度。（2）粒子打到ab边上区域的长度。（3）带电粒子在磁场中运动的最长时间。随练4、 如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场I和II，其分界线是半径为R的半圆弧，I和II的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PM方向向左侧射出，不计微粒的重力（1）若微粒在磁场I中，做完整的圆周运动，其周期多大？（2）若微粒从P点沿PM方向向左射出后直接从分界线的A点沿AO方向进入磁场II并打到Q点，求微粒的运动速

30、度大小；（3）若微粒从P点沿PM方向向左侧射出，最终能到达Q点，求其速度满足的条件拓展1、 如图所示，两根非常靠近且互相垂直的长直导线，当通以如图所示方向的电流时，电流所产生的磁场在导线所在平面内的哪个区域内方向是致且垂直纸面向里的（ ）A.区域IB.区域IIC.区域IIID.区域IV2、 如图所示，两根平行长直导线M、N中通有等大、反向的电流。长直导线M、N与纸面垂直放置，O为MN连接的中点，在纸面内以O点为圆心做圆，与MN连线交于a、b两点，与MN中垂线交于c、d两点，则下列说法正确的是（ ）A.圆心O处磁感应强度的大小为零B.c、d两点磁感应强度方向相同C.a、b两点磁感应强度方向相反D

31、.a、c两点磁感应强度方向互相垂直3、 如图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出（）A.弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B.弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C.弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D.弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大4、 如图为演示“通电导线之间通过磁场发生相互作用”的实验示意图，接通电源时，发现两导线会相互靠近或远离。已知接线柱是按如图所示方式连接的。（1）请在图中虚线框中标出B导线在A导线周围产生的磁场的方向（用“”或“.”表示）；（2）在图中标出A导线

32、所受安培力的方向。5、 如图所示带正电荷的粒子以速度v竖直向上射入匀强磁场，所受洛伦兹力方向沿水平向右的是（ ）A.AB.BC.CD.D6、 如图所示,比荷(荷质比)为em的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为d、磁感受应强度为B的匀强磁场区域,要从右侧面穿出这个磁场区域,电子的速度应满足的条件是_.7、 如图所示，在第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），磁感应强度为B，一电子从O点沿纸面以速度v射入磁场中，速度方向与x轴成30角，已知电子质量为m，电量为e，求：（1）定性地画出电子在磁场中的轨迹；并求电子的轨道半径r；（2）求电子离开磁场的出射点到O点的距离；（3）求电子

33、在磁场中运动的时间。8、 平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。9、 如图所示，一等腰直角三角形OMN的腰长为2L，P点为ON的中点，三角形PMN内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场（磁感应强度大小未知），一粒子源置于P点，可以射出垂直于ON向上的不

34、同速率、不同种类的带正电的粒子.不计粒子的重力和粒子之间的相互作用.（1）求线段PN上有粒子击中区域的长度s；（2）若三角形区域OMN的外部存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；三角形OMP区域内存在着水平向左的匀强电场.某比荷为的粒子从P点射出后恰好沿水平向左方向穿过MN进入磁场，然后从M点射出磁场进入电场，又在电场力作用下通过P点.求；该粒子进入磁场时的速率；电场的电场强度.答案解析磁场的描述、安培力磁感应强度、磁感线例题1、【答案】 A【解析】 暂无解析例题2、多选题【答案】 B C【解析】 暂无解析随练1、【答案】 B【解析】 根据右手定则可知，I2在A点形成的磁场方向竖

35、直向上； I3在A点形成的磁场方向竖直向下，且大小相等，相互抵消；I1在A点形成的磁场方向水平向右，故A点处磁场方向为水平向右，故选项B正确。随练2、【答案】 B【解析】 暂无解析随练3、【答案】 C【解析】 在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为B0，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30B0；解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为；当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最

36、后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为，故C正确，ABD错误安培力例题1、【答案】 C【解析】 导线a和b的磁感线都是同心圆因此对PQ上半段，a导线的磁感线指向右下，而b导线的磁感线指向右上，根据矢量的合成法则，则合磁场方向向右，再根据左手定则判断P端受到向外的力；同理也可以分析出Q端受向里的力故C正确；ABD错误；例题2、多选题【答案】 B C【解析】 A、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故A错误，B正确；C、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当

37、电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故D错误，C正确；例题3、多选题【答案】 A C【解析】 A当电流表示数为零时，有：mg=kx，解之得，x=，故A选项正确；B根据左手定则，为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从M指向N，故B选项错误；C设电流表满偏时，通过金属棒MN的电流为Im，则有：BImLab+mg=k（Lad+x），解之得，由上式可知，劲度系数K减小，此电流表量程会更小，故C选项正确；D由C选项计算结果可知磁感应强度B减小，此电流表量程会更大，故D选项正确随练1、【答案】 A【解析】 暂无解析随

38、练2、【答案】 C【解析】 A、a接正时电流方向为MN，C、D不接电源MN不受力，故A错误；B、a接正时电流方向为MN，d接正极时线圈下端为N极，由此可判断MN向里运动，故B错误；C、a接正时电流方向为MN，c接正极时线圈上端为N极，由此可判断MN向外运动，故C正确；D、b接正时电流方向为NM，c接正极时线圈上端为N极，由此可判断MN向里运动，故D错误。随练3、【答案】 D【解析】 为了使该棒仍然平衡在该位置上，Fmin=mgsin得：Bmin=，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上故D正确，A、B、C错误故选：D磁场对运动电荷的作用洛伦兹力方向的判断例题1、多选题【答案】 A B【解析】

39、暂无解析例题2、【答案】 C【解析】 粒子向右运动，根据左手定则，N向上偏转，应当带正电；M向下偏转，应当带负电，故ABD错误，C正确。随练1、多选题【答案】 A C【解析】 暂无解析随练2、【答案】 C【解析】 A、过P1点以A点为圆心的圆如图中1所示；当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向指向A，粒子一定相对于原来的轨道做向心运动，不可能在1轨道上做匀速圆周运动，故A错误；BD、当B运动到P2点或P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向外，洛伦兹力和电场力的合力根本不指向A点，不可能绕A

40、做匀速圆周运动，故BD错误；C、当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知洛伦兹力方向指向A，此时粒子相对于原来的椭圆做向心运动，可能绕图中2轨道做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力和电场力的合力，故C正确。带电粒子在匀强磁场中的运动例题1、【答案】 C【解析】 暂无解析例题2、【答案】 A C D【解析】 解:A、B:设电子在磁场中运动的轨迹半径为r,根据洛伦兹力提供向心力,得:qvB=mv2r则得:v=qBrm,可见,vr设磁场边长为L,如图所示,电子从c点离开磁场时, 其轨迹半径为rc=L;从d点离开磁场的电子,其轨迹半径为vd=L2; 则得:vc:vd=2:

41、1.故A正确,B错误. C、电子的运行周期T=2mqB,与电子运动的半径和速率无关,所以Tc:Td=1:1;故C正确. D、从c点离开的粒子运行的时间tc=T4,从d点离开的粒子运行的时间td=T2,则tc:td=1:2;故D正确. 故选:ACD. 带电粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,先由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的轨迹半径,则由牛顿第二定律和向心力公式求得两个粒子的速率,即可求出速率之比;由转动的角度可知运动时间之比. 本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目,此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径.随练1、【答案】 B【解析】 两粒子相碰后，根据动量守恒定

42、律可知，mv（mM）v；根据可知，因碰后质量与速度的乘积不变，因此微粒的半径不变；根据可知，由于碰后质量增大，因此新微粒的周期变大；故B正确，ACD错误。随练2、【答案】 解:电子垂直射入匀强磁场中,只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,画出轨迹,由几何知识得到,轨迹的半径为:r=dsin30=2d由牛顿第二定律得: evB=mv2r解得:m=2edBv由几何知识得到,轨迹的圆心角为=6,故穿越磁场的时间为:t=6rv=d3v答:电子的质量为2edBr;电子穿过磁场所用的时间为d3v.【解析】 电子垂直射入匀强磁场中,只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,画出轨迹,由几何知识求出轨迹的半径,由牛顿第二定律

43、求出质量;由几何知识求出轨迹所对的圆心角,由t=Sv求出时间,s是弧长.本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题,关键要画出轨迹,根据圆心角求时间,由几何知识求半径是常用方法. 随练3、【答案】 B【解析】 解:AB、粒子由P点成30角入射,则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180,而因磁场为有界,故粒子不可能通过坐标原点,故A错误,B正确; C、由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同.能打回x轴的粒子转过最大的圆心角300度,则运动时间为56T,而最小的圆心角为P点从坐标原点出发,则圆心角为120,所以运动时

44、间为13T,而T=2mBq,故C、D均错误. 故选B.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由圆的性质可知粒子能否通过原点;由转过的圆心角可得出运动时间. 带电粒子在有界磁场中的运动要注意边界对粒子的运动有什么影响,在解决此类问题时应做到心中有圆,找出圆心和半径.随练4、【答案】 （1）（2）【解析】 （1）如图所示，假设两粒子在磁场中的P点发生碰撞，两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示设a粒子做圆周运动的半径为r，则b粒子做圆周运动的半径为根据几何关系可得a、b粒子在圆心相距为2r圆弧SP在a粒子圆周上对应的圆心角为120圆弧SP在b粒子圆周上对应的圆心角为60两粒子运动周期相同，故要使

45、两粒子相碰，释放的时间间隔应为：（2）两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动根据洛伦兹力提供向心力有，则粒子a做圆周运动对应的圆心角，对应的弦SM2rsin30粒子b做圆周运动对应的圆心角，对应的弦联立得：带电粒子在有界磁场中的运动例题1、【答案】 （1）2d（2）（3）【解析】 （1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：（2）由牛顿第二定律得：解得：（3）由几何知识得到，轨迹的圆心角为，故穿越磁场的时间为：例题2、【答案】 （1）（2）【解析】 （1）由且得电子在磁场中运动周期电子在磁场中运动时间解得：（2）电子刚好不从边界穿出时轨迹与边

46、界相切，运动半径为Rd由得PQ间电场力做功等于动能的增加，由得；例题3、【答案】 D【解析】 暂无解析随练1、多选题【答案】 B C【解析】 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，则有，又因为，所以，2aR3a；粒子做圆周运动的周期；A、B、当速度与y轴正方向的夹角为零时，有：R越大，对应的越小，所以，当R3a时，最小，此时，所以，故B正确，A错误；C、D、从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，此时，粒子出射点的横坐标，所以，粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都

47、是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，所以，粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦长，半径越小，中心角越大，所以，当R2a，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；此时，半径和弦长相等，所以，粒子转过的角度，运动经历的时间，故C正确，D错误随练2、【答案】 【解析】 设当速度为v时，粒子恰好从EF边界射出，即：轨迹正好与EF相切，根据洛伦兹力提供向心力可得：evBm根据几何关系可得：dr（1cos）联立式可得：为使电子能从磁场的另一侧EF射出，则电子的速率v0满足：故：电子的速率v0至少为。随练3、多选题【答案】

48、A C【解析】 A、由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从A点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A正确；B、设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R甲L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为30，弦长为L，所以sin60，解得：R乙L，所以甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍，故B错误；C、由牛顿第二定律得：qvB，解得：r，甲粒子与乙粒子比荷之比为半径的反比等于，故C正确；D、由几何关系可知，甲粒子运动的圆心角为600，乙粒子的圆心角为60，粒子在磁场中的运动时间：，粒子做圆周运动的周期，可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍

49、，故D错误。随练4、【答案】 （1）（2）证明见解析；（3）2R【解析】 （1）如图甲所示，当粒子在半圆外做圆周运动恰好与y轴相切时，粒子的速度为不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子速度的最小值，设带电粒子在磁场内做匀速圆周运动的轨道半径为r，轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与 x轴之间的夹角为，由几何关系可知：；所以，；由洛伦兹力作向心力可知，所以，；所以，从0点发射的所有粒子中，不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子速度的取值范围为；（2）如图乙所示，某一速度粒子的轨迹，最终打在半圆边界上，有几何关系12180，（3602）2180，所以12360；所以，带电粒子在磁场中运动的总时间都相等，且为；

50、（3）如图丙所示，粒子运动轨迹的最高点为P，粒子在半圆内部运动轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与x轴之间的夹角为，则由几何关系可知，P点的纵坐标；当45时，y取得最大值2R，所以，要使所有粒子都不会从磁场上边界射出，a的最小值为2R带电粒子在匀强磁场中运动的临界和多解问题例题1、【答案】 (1)磁场的磁感应强度的大小为；(2)该粒子这两次在磁场中运动的时间之和为2t0；(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t0，粒子此次入射速度的大小为【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，故其周期T=4t0 设磁感应强度大小为B，粒子

51、速度为v，圆周运动的半径为r由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB=m匀速圆周运动的速度满足v=联立式得：B=(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1和2由几何关系有1=1802 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=2t0 (3)粒子运动轨迹如图所示，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120设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，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OOD=BOA=60 r0cosOOD+=L 设粒子此次入射速度的大

52、小为v0，由圆周运动线速度公式，则有：v0=例题2、【答案】 （1）（2）【解析】 （1）根据几何关系可知：为保证等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，粒子圆周运动的轨迹必须经过A点、B点，如图所示，满足条件的粒子半径为：，其中30，解得：RL根据洛伦兹力提供向心力可得：解得：（2）粒子的初速度大小为v0时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，则此时粒子圆周运动的半径为RL轨迹恰通过各边中点的粒子，在磁场中运动时间最短，如图所示，根据几何关系可得：粒子在磁场中运动的时间：粒子在磁场中运动的周期：可得粒子在磁场中运动的最短时间为：轨迹恰好通过A点、B点或C点的粒子，在磁场中运动

53、的时间最长，如图所示，根据几何关系可得：，故：最长时间为：则粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值：例题3、【答案】 （1）20cm（2）（或）【解析】 （1）粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有：代入数据得R10cm可见，2RlR因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab间的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，再过Q作ab的垂线交ab于P1由图中几何关系得：再考虑N的右侧，任何粒子在运动中离S的距离不可能超

54、过2R，以2R为半径，S为圆心作圆，交ab于N点右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点由图中几何关系得所求长度为P1P2NP1NP2代入数值得P1P220cm（2）如图，沿v1方向射出粒子与屏相切于P1点，沿v2方向射出粒子与屏相切于P2点v1，v2间夹角为所求最大夹角，此夹角等于分别与之垂直的半径间的夹角，既SQ、SQ间的夹角（或）则所求夹角为（或）随练1、多选题【答案】 A B C【解析】 粒子不打在极板上，离开既可以从磁场左侧射出磁场，也可以从磁场右侧射出磁场，粒子运动轨迹如图所示：粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径：，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，；带正电的粒

55、子恰好从右边射出，由几何知识得：，解得：，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，要使粒子从右边界射出，则：，故ABC正确，D错误；随练2、【答案】 （1）（2）15T【解析】 （1）粒子从A点射入后做匀速圆周运动，半径为；由几何关系可知：OO1L，则OC（1）R（2）要使粒子从DE边界射出，对应的I区域磁感应强度的最小时应该从D点射出，因为CEDEL，则圆周运动的半径为rL，由可得： 随练3、【答案】 （1）1000m/s（2）（3）3.14103s【解析】 （1）粒子有最大速度时，将垂直打在ab上的e点，由几何关系得半径为rmap，粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即，解得：v

56、m1000m/s；（2）打在ab上速度最小的粒子的轨迹恰与ab相切于f点，设半径为r，由几何关系知：，故打在ab上的区域长度为：drmaf，解得：；（3）轨迹为半圆的粒子在磁场中的运动时间最长，由粒子的运动周期：，联立解得：t3.14103s随练4、【答案】 （1）（2）（3），（n2，3，4）【解析】 （1）根据，得，（2）如图甲所示轨道半径rR则由，解得（3）如图乙所示，（n2，3，4）rRtan解得，（n2，3，4）拓展1、【答案】 A【解析】 暂无解析2、【答案】 B【解析】 A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应

57、强度不等于0，故A错误。B、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故B正确。C、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误。D、由上分析可知，a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。3、【答案】 A【解析】 条形磁铁位置磁感线如图，故磁场方向向右根据左

58、手定则，电流受到的安培力向下，故弹簧弹力变大；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力与安培力等大、反向、共线，即向上，故磁体对地压力变小；故选A4、【答案】 【解析】 暂无解析5、【答案】 B【解析】 暂无解析6、【答案】 大于eBdm【解析】 解:当电子恰好能从右侧面穿出这个磁场区域时,轨迹如图,则由几何知识得:轨迹半径为r=d;由qvB=mv2r得,v=qBrm=eBdm;故只要速度大于eBdm,就可以从右侧穿过磁场区域;故答案为:大于eBdm.电子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,根据推论公式r=mvqB,速度越大轨道半径越大;当电子恰好从右侧面穿出这个磁场区域时,其轨迹与磁场

59、右边界相切,此时电子的速度最小,由几何知识求得半径,由牛顿第二定律求解电子的最小速度.本题是带电粒子在有界的磁场中运动的问题,考虑临界情况,当电子恰好从磁场右侧边界射出时,轨迹与边界相切,画出轨迹,即可正确求解. 7、【答案】 （1）；（2）（3）【解析】 （1）如图电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：（2）由图中几何关系得：x2rsin30得（3）电子在磁场中做圆周运动的周期：电子在磁场中运动的圆心角为600，则时间得：8、【答案】 （1）；与x轴方向的夹角为45角斜向上（2）【解析】 （1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运

60、动时间为t，有沿x轴正方向：2Lv0t，竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vyat设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为，有联立式得：45即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上。设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有；（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qEma由于解得：设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知解得：联立式得。9、【答案】 （1）（2）；【解析】 （1）粒子打在PN上离P最远时，轨道恰好与MN相切，根据几何关系作出粒子运动图象有：由图象根据几何关系有：可得临界运动时粒子半径：粒子击中范围：（2）根据题意作出粒子运动轨迹，由几何关系得：得到粒子在PNM中圆周运动的轨道半径粒子在磁场II中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据图示几何关系可得：根据洛伦兹力提供向心力有：粒子从M进入电场后做类平抛运动，即在水平方向做初速度为o的匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，故有：竖直方向有：2Lvt可得类平抛运动时间水平方向有：由此计算得出，电场强度