导学教程2017高考物理总复习 第八章 磁场（课件+试题）（打包7套）新人教版.zip

1第八章 磁场[2017 高考备考导航]考点 考纲要求 专家解读磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ安培力、安培力的方向 Ⅰ匀强磁场中的安培力 Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ洛伦兹力的公式 Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ质谱仪和回旋加速器 Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。纵观近几年高考，涉及本章知识点的题目年年出现，考查的知识点有以下几个方面：1．磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现。2．安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算，一般以计算题的形式出现。3．带电粒子在分立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题。第一节 磁场 磁场对电流的作用[主干回顾]1．磁场Error!2．安培力Error![自我检测]1．判断下列说法的正误。(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)(4)磁感线是真实存在的。(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。(√)2．下列关于磁感应强度的说法正确的是A．一小段通电导体放在磁场 A 处，受到的磁场力比 B 处的大，说明 A 处的磁感应强度比 B 处的磁感应强度大B．由 B＝ 可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力 F 成正FIL比，与导线的 I、 L 成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针 N 极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D3．(2016·沈阳模拟)如图 8－1－1 所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向。2图 8－1－1答案 4．如图 8－1－2 所示，长为 2l 的直导线折成边长相等，夹角为 60°的 V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B。当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时，该 V 形通电导线受到的安培力大小为图 8－1－2A．0 B．0.5 BIl C． BIl D．2 BIl答案 C考点一 安培定则的应用和磁场的叠加第八章 磁场 高考总复习·物理(Ⅰ) 1.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果” 。原因(电流方向) 结果(磁场绕向)直线电流的磁场 大拇指 四指环形电流的磁场 四指 大拇指2.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。[特别提醒] 两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。考向 1 直线电流的磁场的叠加[例 1] [导学号：60810564]如图 8－1－3 所示，两根相互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3图 8－1－3A． O 点处的磁感应强度为零B． a、 b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C． c、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D． a、 c 两点处磁感应强度的方向不同[审 题 指 导 规 范 流 程 ]抓关键点：① M、 N 中通有大小相等、方向相反的电流。② c、 d 位于 M、 N 连线的中垂线上， a、 b、 c、 d 到 O 点的距离相等。找突破口：①利用安培定则确定 M、 N 中的电流在 a、 b、 c、 d 四点产生的磁场方向。②利用矢量的合成法则——平行四边形定则确定 a、 b、 c、 d 四点的合磁感应强度的大小和方向。[解析] 根据安培定则可知 M、 N 导线中的电流在 O 点产生的磁场方向均垂直于 MN 连线且由 O→ d，故 O 处的磁感应强度不为零，选项 A 错误；由于 M、 N 两导线中电流大小相等，根据对称性知 Ba＝ Bb，磁感应强度方向均垂直于 MN 连线，方向相同，选项 B 错误；c、 d 关于 O 点对称， M、 N 两导线中的电流在 c、 d 两点产生的磁感应强度的矢量和相等且方向均为 c→ d，选项 C 正确；由于 a、 b、 c、 d 四点磁感应强度方向均相同，选项 D 错误。[答案] C[特别提醒] 解决磁场叠加问题应注意的三个要点(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。考向 2 环形电流磁场的判断[例 2] [导学号：60810565](2016·辽宁质检)如图 8－1－4 所示，带负电的金属环绕轴 OO′以角速度 ω 匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是图 8－1－4A．N 极竖直向上 B．N 极竖直向下C．N 极沿轴线向左 D．N 极沿轴线向右[解析] 负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿 OO′轴向左，由于磁针的 N 极指为磁场方向，可知选项 C 正确。[答案] C考点二 安培力作用下导体的受力及运动方向的判定1．判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2．5 种常用判定方法电流元法 分割为电流元 安培力方向― →整段导体所受合力方向― →运动― ― →左 手 定 则 方向特殊位置法 在特殊位置― →安培力方向― →运动方向4等效法 环形电流  小磁针条形磁铁 通电螺线管 多个环形电流结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向考向 1 安培力作用下的导体运动方向判断[例 3] [导学号：60810566]一个可以自由运动的线圈 L1和一个固定的线圈 L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图 8－1－5 所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈 L1将图 8－1－5A．不动 B．顺时针转动C．逆时针转动 D．在纸面内平动[解析] 解法一 电流元法把线圈 L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在 L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈 L1，将顺时针转动。解法二 等效法把线圈 L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流 I1的中心，小磁针的 N 极应指向该点环形电流 I2的磁场方向，由安培定则知 I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的 N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈 L1将顺时针转动。解法三 结论法环形电流 I1、 I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈 L1将顺时针转动。[答案] B考向 2 用“转换对象”法判断磁铁受力[例 4] [导学号：60810567](多选)如图 8－1－6 所示，圆柱形磁铁静止在斜面上，在垂直于圆柱轴线且过磁铁中心 O 的直线上有 a、 b、 c 三点， a、 b 关于 O 点对称。长直导线固定在 b 点，当导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍静止在斜面上，那么图 8－1－6A．若导线固定在 a 点，其他条件不变，则磁铁可能沿斜面下滑B．若导线固定在 c 点，其他条件不变，则磁铁所受斜面的摩擦力可能增大C．若电流反向，其他条件不变，则磁铁一定沿斜面下滑D．若电流反向，其他条件不变，则磁铁受到斜面的摩擦力增大[解析] 当通电长直导线固定在 b 点时，导线受磁场力如图所示，由牛顿第三定律可知磁铁所受磁场力 Fb′的情况，在沿斜面方向上有 Fb′＋ f－ mgsin θ ＝0， Fb′＝ Fb，5则 f＝ mgsin θ － Fb，可能 0≤ ff，当摩擦力沿斜面向下时， Fc f 总成立，D 正确。[答案] BD 规律总结“转换研究对象”法的应用在研究直线电流对磁铁的作用的问题中，由于直线电流磁场的特殊性，往往不方便直接分析磁铁的受力情况。根据牛顿第三定律，力的作用是相互的，直线电流与磁铁相互作用，将研究对象由磁铁转换成直线电流，分析直线电流受到的磁铁作用力就方便得多，如本题就是先以直线电流为受力分析对象，然后由牛顿第三定律进行转换，就能够得出磁铁受到的直线电流的作用力。考点三 安培力作用下的力电综合问题1．正确掌握安培力的分析方法(1)若磁场和电流垂直： F＝ BIL。(2)若磁场和电流平行： F＝0。(3)安培力的方向垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。2．对有效长度的理解弯曲导线的有效长度 L 等于两端点所连直线的长度(如图 8－1－7 所示)，相应的电流方向沿 L 由始端流向末端，安培力的作用点为等效长度的几何中心。图 8－1－73．解题的一般步骤(1)确定研究对象。(2)将三维图变为二维，画出平面受力分析图。(3)列平衡方程、牛顿第二定律方程进行计算。(4)涉及功、能关系要用功的定义或动能定理。考向 1 对有效长度的理解[例 5] [导学号：60810568]如图 8－1－8 所示， AC 是一个用长为 L 的导线弯成的、以 O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面 AOC 垂直的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当在该导线中通以由 C 到 A，大小为 I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是6图 8－1－8A． BIL，平行于 OC 向左B. ，平行于 OC 向右22BILπC. ，垂直 AC 的连线指向左下方22BILπD．2 BIL，垂直 AC 的连线指向左下方2[解析] 弯曲的导线通以电流 I 时，其所受安培力的情况与直导线 CA 通以电流 I 时所受安培力情况相同。设圆弧对应的半径为 r，则 L＝ π r，所以 r＝ ，弯曲导线的等效长12 2Lπ度为 L′＝ r＝ 。则导线受到的安培力为 F＝ BIl′ ＝ ，方向垂直于 AC 的连线222lπ 22BIlπ指向左下方。[答案] C考向 2 安培力作用下的平衡问题的计算[例 6] [导学号：60810569](2015·课标Ⅰ)如图 8－1－9 所示，一长为 10 cm 的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为 0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为 0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm。重力加速度大小取 10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。图 8－1－9[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向为从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向为竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为 Δ l1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔ l1＝ mg①式中， m 为金属棒的质量， k 是弹簧的劲度系数， g 是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝ IBL②式中， I 是回路电流， L 是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了 Δ l2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δ l1＋Δ l2)＝ mg＋ F③由欧姆定律有E＝ IR④式中， E 是电池的电动势， R 是电路总电阻。联立①②③④式，并代入题给数据得7m＝0.01 kg。[答案] 见解析考向 3 安培力作用下的力电综合问题[例 7] [导学号：60810570](多选)(2014·浙江)如图 8－1－10 甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从 t＝0 时刻起，棒上有如图 8－1－10 乙所示的持续交变电流 I，周期为 T，最大值为 Im，图甲中 I 所示方向为电流正方向。则金属棒图 8－1－10A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功[解析] 根据左手定则知金属棒在 0～ 内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右T2做匀加速运动，在 ～ T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向T2右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项 A、B、C 正确；在 0～ 时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功， 在 ～ TT2 T2时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项 D 错误。[答案] ABC[随堂巩固]1．[导学号：60810571](2015·海南单科)如图 8－1－11 所示， a 是竖直平面 P 上的一点。 P 前有一条形磁铁垂直于 P，且 S 极朝向 a 点。 P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过 a 点。在电子经过 a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向图 8－1－11A．向上 B．向下 C．向左 D．向右解析 P 前有一条形磁铁垂直于 P，且 S 极朝向 a 点，条形磁铁在 a 点的磁场垂直于竖直平面向外，在电子经过 a 点的瞬间，由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上，A对，B、C，D 错。答案 A2．[导学号：60810572](多选)(2015·课标Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转8解析 任何磁体均具有两个磁极，故 A 错。指南针之所以能指向南北，是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用，这说明地球具有磁场，即 B 正确。放在指南针附近的铁块被磁化后，反过来会影响指南针的指向，即 C 正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用，会使指南针发生偏转，故 D 错。答案 BC3．[导学号：60810573](2014·课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析 由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项 A 错、B正确；安培力的大小 F＝ BILsin θ 与直导线和磁场方向的夹角有关，选项 C 错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的 ，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项 D 错误。22答案 B4．如图 8－1－12 所示，在 a、 b、 c 三处垂直于纸面放置三根长直通电导线，电流大小相等， a、 b、 c 是等边三角形的三个顶点， a 处电流在三角形中心 O 点产生的磁场的磁感应强度大小为 B，求 O 处的磁感应强度。图 8－1－12解析 由于 Oa＝ Ob＝ Oc，所以在各处电流等大的前提下， b、 c 处的电流在 O 点的磁感应强度大小也都为 B，根据安培定则，各电流在 O 处的磁感应强度应垂直于各点和 O 的连线，如图所示，由图中几何关系知Ba 与 Bb 夹角为 120°，所以根据平行四边形定则，a、b 处的电流在 O处的合磁感应强度为 B，方向水平向右，所以 O 处的总磁感应强度大小为 2B，方向水平向右。答案 2B，方向水平向右[限时检测](限时 45 分钟，满分 100 分)一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1．[导学号：60810574](2016·无锡检测)如图 8－1－13 所示，足够长的直线 ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度 B，在计算机屏幕上显示的大致图象是图 8－1－13解析 通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，无穷远处磁感应强度为 0，所以用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度 B，在计算机屏幕上显示的大致图象是 C。9答案 C2．[导学号：60810575]如图 8－1－14 所示， A、 B、 C 是等边三角形的三个顶点， O是 A、 B 连线的中点。以 O 为坐标原点， A、 B 连线为 x 轴， O、 C 连线为 y 轴，建立坐标系。过 A、 B、 C、 O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过 O 点的通电直导线所受安培力的方向为图 8－1－14A．沿 y 轴正方向 B．沿 y 轴负方向C．沿 x 轴正方向 D．沿 x 轴负方向答案 A3．如图 8－1－15 所示， A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图。当圆盘高速绕中心轴 OO′转动时，通电直导线所受安培力的方向是图 8－1－15A．竖直向上 B．竖直向下C．水平向里 D．水平向外答案 C4．如图 8－1－16 所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的 圆轨道，一重14为 G 的金属导体 MN 垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流 I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率 v 从 A 点运动到 C 点，设金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ ，安培力的瞬时功率为 P，则从 A 到 C 的过程中，下列说法正确的是图 8－1－16A．电流方向从 N 指向 M B． I∝cot θC． P∝cos θ D． P∝sin θ解析 由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从 M 指向 N，A 错误；因为金属导体 MN 做匀速圆周运动，所以有 Gsin θ ＝ F 安 cos θ ＝ ILBcos θ ，故I＝ tan θ ，即 I∝tan θ ，B 错误；又 P＝ F 安 vcos θ ＝ Gvsin θ ，所以 P∝sin θ ，CGBL错误、D 正确。答案 D5．[导学号：60810576]如图 8－1－17 所示，条形磁铁放在光滑的斜面上(斜面固定不动)，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡， A 为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为 F1；导线中有电流时，磁铁对斜面的压力为 F2，此时弹簧的伸长量减小。则10图 8－1－17A． F1＜ F2， A 中电流方向向内 B． F1＜ F2， A 中电流方向向外C． F1＞ F2， A 中电流方向向内 D． F1＞ F2， A 中电流方向向外解析 由题意知，导线受安培力应如图所示，由左手定则和牛顿第三定律知 A 正确。答案 A6．如图 8－1－18 所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线 ab、 cd(ab、 cd 在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态，在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线 P。当 P 中通以方向向外的电流时图 8－1－18A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析 当 P 中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线 P 产生的磁场方向为逆时针方向，由左手定则可判断出 ab 所受的安培力方向垂直纸面向外。 cd 所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，选项 D 正确。答案 D7．[导学号：60810577](多选)如图 8－1－19 所示，质量为 m，长为 L 的导体棒电阻为 R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为 E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为 B，其方向与轨道平面成 θ 角斜向上方且垂直于导体棒，开关闭合后导体棒开始运动，则图 8－1－19A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为BELRC 开关闭合瞬间导体棒 MN 所受安培力为BELsin θRD．开关闭合瞬间导体棒 MN 的加速度为BELsin θmR解析 磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力 F＝ BIL＝ ，方向为垂直于磁场BELR11方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，故 A、C 错误，B 正确。导体棒的合力 F 合 ＝ Fcos(90°－ θ )＝ Fsin θ ，由 a＝ 得 a＝ ，D 正F合m BELsin θmR确。答案 BD8．[导学号：60810578](多选)如图 8－1－20 所示，将两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、 N 两小孔中， O 为 M、 N 连线中点，连线上 a、 b 两点关于 O 点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流 I。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝ k ，式中 k 是常数， I 是导线中的电流。 r 为点到导线的距离。一带正电的小球(图中未Ir画出)以初速度 v0从 a 点出发沿 M、 N 连线运动到 b 点，关于上述过程，下列说法正确的是图 8－1－20A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大解析 由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在 M、 N 连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上，对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力 3 个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从 a 点到 b 点，小球一直做匀速直线运动，A 错误、B 正确；由于从 a 至 b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C 正确、D 错误。答案 BC9．[导学号：60810579](多选)如图 8－1－21 所示，在倾角为 α 的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为 L、质量为 m 的直导体棒，当通以图示方向电流 I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度 B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是图 8－1－21A．此过程中磁感应强度 B 逐渐增大B．此过程中磁感应强度 B 先减小后增大C．此过程中磁感应强度 B 的最小值为mgsin αILD．此过程中磁感应强度 B 的最大值为mgtan αIL解析 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度 B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度 B 逐渐增大，A 对、B 错；刚开始安培力 F 最小，有 sin α= ，所以此过程中磁感应强度 B 的最小值为 ，C 对；最后Fmg mgsin αIL12安培力最大，有 F=mg，即此过程中磁感应强度 B 的最大值为 ，D 错。mgIL答案 AC二、计算题(共 46 分)10．[导学号：60810580](13 分)(2016·太原检测)粗细均匀的直导线 MN 的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边， MN 恰好在水平位置(如图 8－1－22)。已知 MN 的质量 m＝10 g， MN 的长度 l＝49 cm，沿水平方向与 MN 垂直的匀强磁场的磁感应强度 B＝0.5 T。(取g＝9.8 m/s 2)图 8－1－22(1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩， MN 中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)若导线中有从 M 到 N 方向的、大小为 0.2 A 的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δ x＝1 mm，求弹簧的劲度系数。(3)当由 N 到 M 方向通过 0.2 A 的电流时，两根弹簧被拉长多少？解析 (1)只有 MN 受到的安培力方向竖直向上且大小等于 MN 的重力时，两根弹簧才能处于自然状态。根据左手定则， MN 中的电流方向应由 M 到 N，电流的大小由 mg＝ BIl 求得I＝ ＝ A＝0.4 A。mgBl 0.01×9.80.5×0.49(2)导线中通过由 M 到 N 方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对 MN 有竖直向上的拉力， MN 受到竖直向下的重力，平衡时有：BI1l＋2 kΔ x＝ mg可得弹簧的劲度系数k＝ ＝ N/m＝24.5 N/m。mg－ BI1l2Δ x 0.01×9.8－ 0.5×0.2×0.492×0.001(3)当电流方向由 N 向 M 时， MN 所受安培力竖直向下，平衡时有：2kΔ x′＝ mg＋ BI2l由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度Δ x′＝ ＝ mmg＋ BI2l2k 0.01×9.8＋ 0.5×0.2×0.492×24.5＝0.003 m。答案 (1)0.4 A 方向是 M 到 N (2)24.5 N/m(3)0.003 m11．[导学号：60810581](15 分)如图 8－1－23 甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为 α 的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为 l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源。将一根质量为 m 的直导体棒 ab 放在两轨道上，且与两轨道垂直。已知通过导体棒的恒定电流大小为 I，方向由 a 到 b，图乙为图甲沿 a→ b 方向观察的平面图。若重力加速度为 g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。图 8－1－23(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场13磁感应强度 B 的最小值的大小和方向。解析 (1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小 F 安 ＝ mgtan α(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小。根据受力情况可知，最小安培力 F 安min＝ mgsin α ，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度 Bmin＝ ＝F安 minIl mgsin αIl根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上。答案 见解析12．[导学号：60810582](18 分)(2016·太原模拟)如图 8－1－24 所示，质量为 0.05 kg、长 l＝0.1 m 的铜棒，用长度也为 l 的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B＝0.5 T。不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度 θ ＝37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流， g 取10 N/kg)图 8－1－24同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图 8－1－25 所示：图 8－1－25当最大偏转角 θ ＝37°时，棒受力平衡有：FTcos θ ＝ mg， FTsin θ ＝ F 安 ＝ BIl，得 I＝ ＝ A＝7.5 Amgtan θBl 0.05×10×340.5×0.1同学乙的解法如下：如图 8－1－26 所示， F 安 做功图 8－1－26WF＝ Fx1＝ BIlsin 37°×lsin 37°＝ BI(lsin 37°)2重力做功： WG＝－ mgx2＝－ mgl(1－cos37°)，由动能定理得： WF＋ WG＝0。14代入数据解得： I＝ A≈5.56 A，509请你对甲、乙两同学的解法作出评价；若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答。解析 甲同学的错误原因：认为铜棒速度为零时，处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置。乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F 安 ＝ BIlsin 37°，应为： F 安 ＝ BIl。正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F 安 做功： WF＝ Fx1＝ BIl×lsin 37°，重力做功： WG＝－ mgx2＝－ mgl(1－cos 37°)，由动能定理得： WF＋ WG＝0，代入数据解得： I＝ A≈3.33 A。103答案 评价见解析 3.33 A第二节 磁场对运动电荷的作用[主干回顾]1．洛伦兹力Error!2．运动性质Error![自我检测]1．判断下列说法的正误。(1)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。(×)(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变。(√)(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动。(√)(4)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同。(×)(5)一个带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关。(√)(6)根据周期公式 T＝ 得出 T 与 v 成反比。(×)2π rv2．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图 8－2－1 所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会图 8－2－1A．向上偏转 B．向下偏转C．向纸内偏转 D．向纸外偏转答案 B3．(2016·南宁模拟)如图 8－2－2 所示， MN 板两侧都是磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向如图所示，带电粒子(不计重力)从 a 位置以垂直 B 方向的速度 v 开始运动，依次通过小孔 b、 c、 d，已知 ab＝ bc＝ cd，粒子从 a 运动到 d 的时间为 t，则粒子的比荷为图 8－2－2A. B. C. D.πtB 4π3tB tB2π 3πtB答案 D4．[导学号：60810583](多选)如图 8－2－3 所示，质量为 m，电荷量为＋ q 的带电粒15子，以不同的初速度两次从 O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从 M、 N 两点射出磁场，测得 OM∶ ON＝3∶4，粒子重力不计，则下列说法中正确的是图 8－2－3A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为 3∶4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为 3∶4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 3∶4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 4∶3答案 BC考点一 洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。2．洛伦兹力与电场力的比较对应力内容比较项目洛伦兹力 F 电场力 F性质 磁场对在其中运动电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力产生条件 v≠0 且 v 不与 B 平行 电场中的电荷一定受到电场力作用大小 F＝ qvB(v⊥ B) F＝ qE力方向与场方向的关系 一定是 F⊥ B， F⊥ v 正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功力 F 为零时场的情况 F 为零， B 不一定为零 F 为零， E 一定为零作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向考向 1 对洛伦兹力的理解[例 1] [导学号：60810584](多选)如图 8－2－4 所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB 和 BC 组成，两斜面在 B 处用一光滑小圆弧相连接， P 是 BC 的中点，竖直线 BD 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场， B 处可认为处在磁场中，一带电小球从 A 点由静止释放后能沿轨道来回运动， C 点为小球在 BD 右侧运动的最高点，则下列说法正确的是图 8－2－4A． C 点与 A 点在同一水平线上B．小球向右或向左滑过 B 点时，对轨道压力相等16C．小球向上或向下滑过 P 点时，其所受洛伦兹力相同D．小球从 A 到 B 的时间是从 C 到 P 时间的 倍2[解析] 小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此 C 点与 A 点等高，在同一水平线上，选项 A 正确；小球向右或向左滑过 B 点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项 B 错误；同理小球向上或向下滑过 P 点时，洛伦兹力也等大反向，选项 C 错误；因洛伦兹力始终垂直 BC，小球在 AB 段和 BC 段(斜面倾角均为 θ )的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为 gsin θ ，由 x＝at2得小球从 A 到 B 的时间是从 C 到 P 的时间的 倍，选项 D 正确。12 2[答案] AD考向 2 电场力与磁场力对运动电荷作用的区别[例 2] [导学号：60810585]在如图 8－2－5 所示宽度范围内，用场强为 E 的匀强电场可使初速度是 v0的某种正粒子偏转 θ 角，在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为 θ (不计粒子的重力)，问：图 8－2－5(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？[审 题 指 导 规 范 流 程 ]抓关键点：①在电场中运动，粒子的偏转角为 θ ，在磁场中运动，粒子的偏转角也为θ 。②电场的宽度与磁场的宽度相同。找突破口：①粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成与分解方法分析。②粒子在磁场中做圆周运动，利用圆周运动的相关规律分析。③在电场中的运动时间可由水平方向的匀速运动求解，在磁场中的运动时间可由圆周长或圆心角 θ 和对应时间求解。[解析] (1)设宽度为 L，当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上： L＝ v0t，竖直方向上： vy＝ at＝EqLmv0tan θ ＝ ＝vyv0 EqLmv20当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为 R，如图所示，由几何关系可知 sin θ ＝ ， R＝LR mv0qB联立解得 B＝ 。Ecos θv0(2)粒子在电场中运动时间t1＝ ＝Lv0 Rsin θv0在磁场中运动时间 t2＝ ·T＝ · ＝θ2π θ2π 2π mqB θ mqB17所以 ＝ · ＝ 。t1t2 RqBmv0 sin θθ sin θθ[答案] (1) (2)Ecos θv0 sin θθ考点二 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在具体问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式： qvB＝ m ，求v2r半径 r＝ 及运动周期 T＝ ＝ 。mvqB 2π rv 2π mqB2．确定圆心的方法(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点