1、专题十 磁场,1.磁场、磁感应强度、磁感线 2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 3.安培力、安培力的方向 4.匀强磁场中的安培力 5.洛伦兹力、洛伦兹力的方向 ,6.洛伦兹力公式 7.带电粒子在匀强磁场中的运动 8.质谱仪和回旋加速器 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,1.掌握磁感应强度、磁感线等基本概念. 2.会应用安培定则、左手定则分析通电导体棒在磁场中的受力、平衡及运动问题. 3.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，特别是在有理想边界的磁场中的匀速圆周运动. 4.会分析质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发
2、电机等磁场在生活和科技方面的应用问题. 5.会分析带电粒子在复合场、交替场中运动的问题.,安培力及其应用 【典例1】(2010上海高考) 如图所示， 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( ) A.0 B.0.5BIl C.BIl D.2BIl,【审题视角】解答本题时应注意以下两点： 【关键点】 (1)会求通电折导线的等效长度. (2)当通电导线与磁场垂直时，会求安培力. 【精讲精析】导线有效长度为端点连线的长度,2lsin30=l， 所以该V形通电导
3、线受到的安培力大小为BIl,选项C正确. 答案:C,【命题人揭秘】 利用公式FBIL求解安培力的技巧 (1)磁场的磁感应强度B应与导体棒L垂直. (2)常见的情况是导体棒处在匀强磁场中，但B并不一定是匀强磁场，可以是导线所在处(处处相等)的磁感应强度值. (3)当通电导线为折线或曲线时，L是有 效长度，即垂直磁感应强度方向两端点 所连直线的长度，如图所示. 因为任意 形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零.,洛伦兹力、带电粒子的匀速圆周运动 【典例2】(2012安徽高考)如图所示， 圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁 场，一个带电粒子以速度v从A
4、点沿直径 AOB方向射入磁场，经过t时间从C点 射出磁场，OC与OB成60角.现将带电 粒子的速度变为 仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( ) A. B.2t C. D.3t,【审题视角】解答本题时要注意以下三点： 【关键点】 (1)画出轨迹示意图，找出圆心的位置. (2)根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系. (3)根据速度的变化确定偏转角的变化，进一步求出运动时间的变化情况.,【精讲精析】设磁场区域的半径为R， 粒子的轨迹半径为r，粒子以速度v在 磁场中运动的轨迹如图所示， 则由几何关系知，r= 又T= 所以t= 当粒子的速度 为v/3时，轨迹半径
5、为 所以偏转角 =120， 故选项B正确. 答案：B,【命题人揭秘】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的应用技巧 (1)注意条件：带电粒子(仅考虑磁场力)垂直进入匀强磁场. (2)判断转向：粒子的转向由磁场方向和粒子的电性决定，与速 度方向无关.正负粒子在同一匀强磁场做匀速圆周运动的转向相 反，一个顺时针另一个逆时针. (3)两个公式：半径 周期 由此粒子运动的周期与 粒子的速度无关，由粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定.,带电粒子在有理想边界磁场中的运动 【典例3】(2011新课标全国卷)如图， 在区域(0xd)和区域(dx2d) 内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小 分别为B和2B，方向相反，且
6、都垂直于Oxy 平面.一质量为m、带电荷量为q(q0)的 粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域， 其速度方向沿x轴正向.已知a在离开区域时，速度方向与x轴 正方向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的,粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的1/3.不计重力和两粒子之间的相互作用力.求 (1)粒子a射入区域时速度的大小； (2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差. 【审题视角】解答本题时，应注意以下两点： 【关键点】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律及平面几何关系求解. (2)当粒子从一磁场进入另一磁场时速度大小不变，并且两圆
7、心及两圆切点共线.,【精讲精析】(1)设粒子a在内做匀速圆 周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1， 粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边 界的交点为P，如图，由洛伦兹力公式 和牛顿第二定律有， 由几何关系有PCP= Ra1= 式中=30，由以上各式可得va= ,(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点 为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa=60，由洛伦兹力公 式和牛顿第二定律有， qva(2B)= 由式得 C、P、Oa三点共线，且由式知Oa点必位于x= 的平面上，由对称性知，Pa点与P的纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosh 式中，h是C点的纵坐标.,设b在中运动
8、的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二 定律有， 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为，如果b没有飞 出，则 ,式中，t是a在区域中运动的时间，而 解得=30 ,可见b没有飞出区.Pb点的y坐标为 yPb=Rb1(2+cos)+h 解得a、b两粒子的y坐标差为yPa-yPb= 答案：(1) (2),【命题人揭秘】巧解有界磁场中部分圆弧运动问题 (1)分析思路三步走：确定圆心，画出轨迹；找几何关系， 定物理量；画动态图，定临界状态. (2)分析方法四优法：几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射 点和出射点的中垂线对称.动态放缩法：速度越大半径越大， 但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方
9、向的直线上. 旋转 平移法：定点离子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子 的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径 的圆上，相当 于将一个定圆以入射点为圆心旋转.数学解析法：写出轨迹圆 和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解.,带电粒子在复合场中的运动 【典例4】(2011安徽高考)如图 所示，在以坐标原点O为圆心、半 径为R的半圆形区域内，有相互垂 直的匀强电场和匀强磁场，磁感应 强度为B，磁场方向垂直于xOy平面 向里.一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出.,(1)求电场强度的大小和方向. (2)若仅撤去磁场，带电粒
10、子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出.求粒子运动加速度的大小. (3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4 倍，求粒子在磁场中运动的时间. 【审题视角】解答本题可以按以下思路分析：,【精讲精析】(1)设带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v,电场强度为E，可判断出粒子受到的洛伦兹力方向沿x轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，即电场强度沿x轴正方向，且qE=qvB R=vt0 解得E=,(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y轴 方向做匀速直线运动，位移为y= 由式得y= 设在水平方向位
11、移为x，因射出位置在半圆形 区域边界上，于是x= 又因为粒子在水平方向上做匀加速 直线运动，则x= 解得a= ,(3)仅有磁场时入射速度v=4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r， 由牛顿第二定律有qvB= 又有qE=qvB=ma 由得r= 带电粒子偏转情况如图,由几何知识 sin= sin= = 则带 电粒子在磁场中的运动时间 t磁= 答案：(1) 沿x轴正方向 (2) (3),【命题人揭秘】 带电粒子在复合场中运动问题的分析技巧 (1)力和运动的关系:根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解. (2)功能关系:根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变
12、化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不但适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做功的特点.,(3)注意两点：是否考虑带电粒子的重力,这要依据具体情况而定,对于质子、离子等微观粒子,一般不考虑重力;液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定,一般把物体在空间的方位介绍得很明确的,都应考虑重力,有时还应根据题目的隐含条件来判断.画好示意图,在画图的基础上要特别注意运用几何知识寻找关系.,带电粒子在交替场中的运动 【典例5】 (2011大纲版全国卷)如图，与水平面成45角的平面MN将空间分成 和两个区域.一质量为m、电荷量为q (q0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点 水平向右射
13、入区.粒子在区运动时， 只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里.求粒子首次从区离开时到出发点P0的距离.粒子的重力可以忽略.,【审题视角】解答本题要把握以下三点： 【关键点】 (1)在电场中运动的轨迹是抛物线，要应用运动的合成与分解. (2)在磁场中运动的轨迹是圆，要运用圆周运动规律求解. (3)抛物线与圆周相连处，速度既是抛物线的切线，又是圆周的切线，这也是本题的关键点.,【精讲精析】设粒子在电场中沿抛物线运动的加速度为a qE=ma 设经过时间t粒子从P1进入磁场 v0t= at2 粒子的速度大小
14、设速度与竖直方向夹角为, 此时粒子到出发点P0的距离 s0= v0t ,进入磁场后，轨道半径r1= 设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所对圆心角为2，则P1 到P2的距离s1=2r1sin 由几何关系+=45 联立解得s1= P2点与P0点相距l=s0+s1 联立解得l= 答案：,【命题人揭秘】“电偏转”和“磁偏转”的比较,回旋加速器、质谱仪 【典例6】(2009江苏高考)1932年， 劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器. 回旋加速器的工作原理如图所示，置 于高真空中的D形金属盒半径为R，两 盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生
15、的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.,(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比； (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t； (3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm.,【审题视角】解答本题时应注意以下三点： 【关键点】 (1)明确粒子的运动过程，选择相应的规律列方程. (2)分析粒子加速的次数，从而确定粒子在磁场中运动的圈数 求运动时间. (3)粒子在磁场中运动的最大频率与fm大小关系不确
16、定，分析 粒子在两种情况下的运动情况，从而求最大动能.,【精讲精析】1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1解得 ： 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2= 则 r2r1= 1,(2)设粒子到出口处被加速了n圈 2nqU= mv2 qvB= T= t=nT 解得：t= (3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 f= 当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能Ek= mv2,当fBmfm时，粒子的最大动能由Bm决定 qvmBm= 解得：Ekm= 当fBmfm时，粒子的最大动能由fm决定 vm=2fmR 解得：Ekm=22mfm2R2 答案:(1) 1 (2)
17、 (3) fm时,为 fm时,为22mfm2R2,【命题人揭秘】回旋加速器中粒子的最终能量 (1)由于D形盒的大小是一定的,所以不管粒子质量的大小和带 电量如何,粒子最终从加速器内射出时具有相同的旋转半径.由 qvmB= 得最终能量: Em= 可见,粒子获得的能量 与回旋加速器的直径有关,直径越大,粒子获得的能量越大. (2)注意粒子每旋转一周在电场中加速两次,每加速一次电场对 粒子做一次功.,速度选择器与磁场的综合 【典例7】(2011浙江高考) 利用如图所示装置可以选择一 定速度范围内的带电粒子.图中 板MN上方是磁感应强度大小为B、 方向垂直纸面向里的匀强磁场， 板上有两条宽度分别为2d
18、和d的 缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同 速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场.对于能够从,宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( ) A.粒子带正电 B.射出粒子的最大速度为 C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大,【审题视角】可按以下思路分析此题：【精讲精析】根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦 兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电,A错误.粒子能 够从右边缝中射出，则最大半径为 最小半径为 由于 洛伦兹力提供向心力：Bqv= 可得vmax= vmin
19、= 所以vmax-vmin= 分析可得B、C正确,D错误. 答案：B、C,【命题人揭秘】“另类”速度选择器的应用 常见的速度选择器选出的粒子速度相同,而本装置选出的粒子速度则有一定的范围.利用“另类”速度选择器把运动学的知识和带电粒子在磁场中的运动综合在一起，建立起粒子的速度v和半径r 之间的关系,从而确定粒子在磁场中的最大与最小速度差.,磁场与电路知识的综合应用 【典例8】(2010四川高考)如图所 示，电源电动势E0=15 V，内阻r0=1 ， 电阻R1=30 ,R2=60 .间距d=0.2 m 的两平行金属板水平放置，板间分布有 垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场.闭合开关S
20、， 板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s 沿两板间中线水平射入板间.设滑动变阻器接入电路的阻值为 Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10 m/s2.,(1)当Rx=29 时，电阻R2消耗的电功率是多大？ (2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60，则Rx是多少？ 【审题视角】解答本题时应注意以下三点： 【关键点】 (1)对于直流电路,电容器相当于断路. (2)平行板电容器内部场强E (3)注意临界值与圆的知识的运用.,【精讲精析】(1)闭合电路的外电阻为： R=Rx+ =29 + =49 根据闭合电路欧姆定律得： I= =0.3 A R
21、2两端的电压为 U2=E0-I(Rx+r0)=15 V-0.330 V=6 V R2消耗的电功率为P2= =0.6 W,(2)小球进入板间做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得： Bqv= =mg， 联立解得：U2= 小球做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为60，根据几何关系得：r=d， R12= 联立各式代入数据解得： I= =0.2 A Rx= -r0= -1 =54 答案:(1)0.6 W (2)54 ,【阅卷人点拨】,磁感应强度、安培力及其应用 高考指数: 1.(2012大纲版全国卷)如图，两根 相互平行的长直导线过纸面上的M、N 两点，
22、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 【解题指南】磁感应强度是矢量，某点的磁感应强度由M、N电流在该处叠加而成，磁感应强度的方向由安培定则判断.,【解析】选C.根据安培定则，M、N电流在O点处的磁感应强度方向相同，都垂直MN连线向下，O点处的磁感应强度不为零，选项A错误
23、；由对称关系可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，大小相等，选项C正确、D错误.,2.(2012天津高考)如图所示,金属棒MN两端 由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的 匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时 两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下 列某一个条件,角的相应变化情况是( ) A.棒中的电流变大,角变大 B.两悬线等长变短,角变小 C.金属棒质量变大,角变大 D.磁感应强度变大,角变小,【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A.金属棒的受力情况如图
24、所示, 则有tan= 当棒中的电流I变 大或者磁感应强度B变大时，因为重力不变， 所以角会变大，选项A对、D错；两悬线等 长变短对角没有影响，选项B错；当金属棒 的质量变大时，角变小，选项C错.,3.(2011大纲版全国卷)如图，两根相互 平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1和I2 ，且I1I2；a、b、c、d为导线某 一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与 两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连 线与导线所在平面垂直.磁感应强度可能为 零的点是( ) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点,【解题指南】解答本题要把握以下三点： (1)理解直线电流的磁场强弱与距离通电导线远近有关.
25、(2)明确直线电流磁场的磁感线的空间分布情况. (3)磁场是矢量，满足矢量运算法则. 【解析】选C.空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线电流各自产生的磁场叠加的结果.距离导线越近的地方，磁场越强.根据安培定则，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零.,4.(2011新课标全国卷)电磁轨道炮工 作原理如图所示.待发射弹体可在两平行 轨道之间自由移动，并与轨道保持良好 接触.电流I从一条轨道流入，通过导电 弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上
26、受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( ),A.只将轨道长度L变为原来的2倍 B.只将电流I增加至原来的2倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变 【解题指南】解答本题注意以下两点： (1)在弹体的加速过程中安培力做功. (2)在加速过程中可以应用动能定理进行判断.,【解析】选B、D.设轨道间距为a，发射速度为v时，对应的电流为 I，弹体的质量为m，轨道长度为L，弹体的长度为a，当速度为2v 时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L，依题 意有，B=kI，F=BIa=kI2a
27、，由动能定理得，FL= mv2，即kI2aL=mv2，同理有kI2aL= m4v2，两式相比可得： 四个选项中只有B、D两个选项使前式成立，故A、C错，B、D正确.,5.(2011上海高考)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为.则磁感应强度方向和大小可能为( )A.z正向， B.y正向， C.z负向， D.沿悬线向上，,【解题指南】解答本题应注意以下三点： (1)把立体图转化为平面图. (2)平衡时，重力、绳子拉力和安培力三者合力为零. (3)安培力的方向符合左手定则. 【解析】选B、C
28、.对于A选项，安培力水平向里，三力合力不可 能为零,A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BIL= mg时，可以平衡，此时B= B选项正确；对于C选项，安培力 水平向外，三力平衡时安培力BIL=mgtan，此时B= C 选项正确；对于D选项，安培力垂直于绳子的方向向里，三力 不可能平衡，D错误.,【误区警示】解答本题易出现如下错误 (1)不能把立体图转化为正确的平面图; (2)误认为悬线与竖直方向有夹角，悬线中必有张力，从而导致漏选B项.,6.(2012新课标全国卷)图 中虚线框内存在一沿水平方 向、且与纸面垂直的匀强磁 场.现通过测量通电导线在 磁场中所受的安培力,来测 量磁场的磁感应
29、强度大小,并 判定其方向.所用部分器材已 在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两 侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱; 为电流表;S为开 关.此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线.,(1)在图中画线连接成实验电路图. (2)完成下列主要实验步骤中的填空: 按图接线. 保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态; 然后用天平称出细沙质量m1. 闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适 量细沙,使D_;然后读出_,并用天平称出_. 用米尺测量_. (3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可 以得出B=_.,(4)判定磁感应强度
30、方向的方法是:若_,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里. 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：,【解析】分析本实验原理可得出：通过U形金属框在重力、细线拉力和安培力作用下的平衡，来求得磁场的磁感应强度大小.所以,必须构成给金属框通一可改变电流大小的供电电路，根据所给仪器即可连接成一简单的串联实验电路.根据金属框的平衡要测定金属框的重量和安培力的大小，可通过改变托盘内的细沙质量来调平衡，由于磁场方向不确定.所以,实验结果有两种可能，所列平衡方程式为：mg=m1g，mg=m2gBIl，所以 B= 其相应的实验步骤中的填空就能正确写出.,答案：(1)如图所示(2)重新处
31、于平衡 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 D的底边长l (3) (4)m2m1,7.(2010浙江高考)如图所示，一矩形 轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的 水平轴转动，其在纸面上的长度为L1， 垂直纸面的宽度为L2.在膜的下端(图中 A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长 为L2的导体棒使膜成平面.在膜下方水平 放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光 电池板上的所有光能，并将光能转化成电能.光电池板可等效 为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接 收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).,导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，
32、流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成 60时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率. (2)当变成45时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？,【解析】(1)导体棒所受安培力为: FA=IBL2 对导体棒由平衡条件得： mgtan=FA 解得：I= 所以当=60时 I1= 光电池输出功率为： P1=UI1= (2)当=45时,根据式可知维持受力平衡需要的电流为： I2=,根据几何关系可知：= 解得：P2= P1= 而光电池产生的电
33、流为： I光电= 所以能提供的额外电流为： I额外=I光电-I2=,可提供的额外功率为： P额外=I额外U= 答案:(1) (2),洛伦兹力、带电粒子在磁场中的圆周运动 高考指数: 8.(2012北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( ) A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比,【解题指南】本题需要把握以下两点: (1)电流强度的定义式. (2)粒子圆周运动的周期公式. 【解析】选D.粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期电流强度I= 所以电流强度I与磁感应 强度B成
34、正比，D正确.,9.(2012广东高考)质量和电量都相等 的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图 中虚线所示,下列表述正确的是( ) A.M带负电,N带正电 B.M的速率小于N的速率 C.洛伦兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间,【解题指南】解答本题可按以下思路分析：【解析】选A.由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正 确.由qvB= 得R= 由题意可知两个带电粒子的质量和电 量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图及A选项的判 断可知RNRM,故vNvM，所以B选项错误.由于洛伦兹力的方向,始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力
35、永远不会对M、N 做功，则C选项错误.由 及题给条件可知，这两 个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可见两个带电 粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了180，故在磁场中运 动的时间相等，所以D选项错误.,10.(2012江苏高考)如图所示，MN是 磁感应强度为B的匀强磁场的边界.一质 量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O 点射入磁场.若粒子速度为v0，最远能 落在边界上的A点.下列说法正确的有( ) A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0 C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于 D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度
36、不可能大于,【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选B、C.只有当带电粒子垂直边界入射时，出射点离 入射点的距离为直径时才最远，设OA之间的距离为l,由 可得：R1= 当出射点离入射点的最近距离为l-d时，有 R2= 联立上式可知此时有最小速度 当出射 点离入射点的最远距离为l+d时，有 联立上式可,知此时有最大的垂直入射速度v=v0+ 考虑当入射速度不垂直边界入射时，要想达到最远距离l+d，其速度可以比这个临界速度大，所以选项D不对，C正确.同理可以判断出A不对，B正确.答案选B、C.,11.(2010江苏高考)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加
37、磁场区域的对称轴OO与SS垂直.a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等， b的速度方向与SS垂直，a、c的速度 方向与b的速度方向间的夹角分别为、 ，且.三个质子经过附加磁场区 域后能达到同一点S，则下列说法中 正确的有 ( ),A.三个质子从S运动到S的时间相等 B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在 OO轴上 C.若撤去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近 D.附加磁场方向与原磁场方向相同 【解析】选C、D.三个质子从S运动到S过程，运动轨迹的长 度从a、b、c依次增大，由于洛伦兹力对质子不做功，三个质 子速度大小始终相等，运动时
38、间不相等，选项A错误；三个质 子在附加磁场以外区域及附加磁场区域运动时，以质子b为例,画出其运动轨迹图的两种情况(Rr和Rr)如图所示，由图可以看出质子b在附加磁场以外区域运动时,运动轨迹的圆 心不在OO轴上，所以选项B错误；用作图法可知，若撤去,附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点距离为：xa=2Rsin( -)=2Rcos，b到达SS连线上的位置距S点距离为xb=2R，c 到达SS连线上的位置距S点距离为xc=2Rsin( -)=2Rcos， 可知a到达SS连线上的位置距S点最近，选项C正确；因b要增 大曲率才能使到达SS连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场 方向与原磁场方向相同，选项D
39、正确.,12.(2010重庆高考)如图所示，矩形 MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁 场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置 垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做 匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧， 这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如 表所示.,由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为( ) A.3,5,4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5,【解题指南】解答本题应注意以下两点： (1)分析表格中的数据特点. (2)根据表格中比荷与速度的大小关系结合半径公式，找到相 应粒子. 【解析】选D.根据半径公式 结合表格中数据可求得15 各组粒子的半径之比依次为
40、0.52332，说明第一组正 粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动.由题 图知a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且 a、b粒子的半径比为23，则a一定是编号为2的粒子，b是编 号为4的粒子.c顺时针运动，为负电荷，半径与a相等是编号为 5的粒子.正确答案是D.,13.(2011海南高考)空间存在方向垂 直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方 形为其边界.一细束由两种粒子组成的 粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射. 这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、 质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力.下列说法正确的是( ),A.入射速度不同的粒子在磁场中的运
41、动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)明确粒子在磁场中运动的周期和半径公式. (2)根据公式对各选项进行判断.,【解析】选B、D.根据带电粒子在磁场中运动的周期T= 可知两种粒子在磁场中的运动周期相同.若速度不同的粒子在 磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同. 再由半径公式R= 可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒 子在磁场中运动的时间t= 即由轨迹所对的圆心角决 定，故B、D正确，A、C错误
42、.,14.(2010全国卷)如图所示， 在0x a区域内存在与xy平面 垂直的匀强磁场，磁感应强度的 大小为B.在t=0时刻，一位于坐标 原点的粒子源在xy平面内发射出 大量同种带电粒子，所有粒子的初 速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围内.已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P( a,a)点离开磁场.求：,(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷qm； (2)t0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围； (3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间. 【解析】(1)初速度与y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图中的弧OP
43、所示,其圆心为C.,由题给条件可以得出OCP= 此粒子飞出磁场所用的时间 为：t0= 式中T为粒子做圆周运动的周期.设粒子运动速度 的大小为v,半径为R,由几何关系可得： R= 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB= 由以上几式联立, 可得：,(2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O的距离相同，在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上,如图所示. 设此时位于P、M、N三点的粒子 的初速度分别为vP、vM、vN.由 对称性可知vP与OP、vM与OM、Vn 与ON的夹角均为/3.设vM、vN 与y轴正向的夹角分别为M、N, 由几何关系有：M= N= 对于所有此时仍在磁场
44、中的粒子,其初速度与y轴正方向所成的夹角应满足 .,(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图所示. 由几何关系可知, 弧长OM 等于弧长OP,由对称性可知， 弧长等于弧长OP,所以 从粒子发射到全部粒子飞出 磁场所用的时间： m=2t0. 答案:(1) (2) (3)2t0,15.(2010新课标全国卷)如图所示，在 0xa、0y 范围内有垂直于xy 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，它们的速度大小相同，速 度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围 内.已知粒
45、子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从 发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中 做圆周运动周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从粒子源,射出时的 (1)速度的大小； (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦. 【解析】(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半 径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得： 由解得：R= 画出沿+y方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图中所 示，再画出从坐标原点O沿与y轴正方向成一定夹角射出，以半 径R0( R0a)做匀速圆周运动且圆弧轨迹与磁场上边界相切,时的临界轨迹，然后将临界轨迹以O为圆心顺时针或逆时针旋转，根据在磁场中的轨迹线的长度即可判断运动时间的长短，如图所示.从图中不难看出临界轨迹对应的运动时间最长.,当 Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示.设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t= 得： OCA= ,设最后离开磁场的粒子的发射速度方向与y轴正方向的夹角为 ，由几何关系可得： Rsin=R- Rsin=a-Rcos 又sin2+cos2=1 由式解得：R=( )a 由式得：v= (2)由式得：sin= 答案:(1) (2),
