（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案

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1、 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用 考題一　磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用力 1.安培力大小的計(jì)算公式：F＝BILsin θ(其中θ為B與I之間的夾角). (1)若磁場(chǎng)方向和電流方向垂直：F＝BIL. (2)若磁場(chǎng)方向和電流方向平行：F＝0. 2.安培力方向的判斷：左手定則. 方向特點(diǎn)：垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面. 3.兩個(gè)常用的等效模型 (1)變曲為直：圖1甲所示通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流. 圖1 (2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙. 4.求解磁場(chǎng)中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問題的方法

2、 (1)分析：正確地對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直. (2)作圖：必要時(shí)將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖. (3)求解：根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動(dòng)能定理列式分析求解. 例1　如圖2所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”，若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1 T，玻璃皿的橫截面的半徑為a＝0.05 m，電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝3 V，內(nèi)阻r＝0.1 Ω，限流電阻R0＝

3、4.9 Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9 Ω，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)恒為1.5 V，則(　　) 圖2 A.由上往下看，液體做順時(shí)針旋轉(zhuǎn) B.液體所受的安培力大小為1.5×10－4 N C.閉合開關(guān)10 s，液體具有的動(dòng)能是4.5 J D.閉合開關(guān)后，液體電熱功率為0.081 W 解析　由于中心圓柱形電極接電源的負(fù)極，邊緣電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；玻璃皿所在處的磁場(chǎng)豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿逆時(shí)針方向，因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)；故A錯(cuò)誤；此電路為非純電阻電路，電壓表的示數(shù)為1.5 V，則

4、根據(jù)閉合電路歐姆定律：E＝U＋I(xiàn)R0＋I(xiàn)r，所以電路中的電流值：I＝＝ A＝0.3 A，液體所受的安培力大小為：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N.故B錯(cuò)誤；玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9 Ω，則液體熱功率為P熱＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W.故D正確；10 s末液體的動(dòng)能等于安培力對(duì)液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率：P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以閉合開關(guān)10 s，液體具有的動(dòng)能是：Ek＝W電流－W熱＝(P－P熱)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故C錯(cuò)誤. 答案　D 變式訓(xùn)練 1.

5、(2016·海南單科·8)如圖3(a)所示，揚(yáng)聲器中有一線圈處于磁場(chǎng)中，當(dāng)音頻電流信號(hào)通過線圈時(shí)，線圈帶動(dòng)紙盆振動(dòng)，發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場(chǎng)中的線圈(線圈平面即紙面)磁場(chǎng)方向如圖中箭頭所示，在圖(b)中(　　) 　 圖3 A.當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B.當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C.當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D.當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 答案　BC 解析　將環(huán)形導(dǎo)線分割成無限個(gè)小段，每一小段看成直導(dǎo)線，則根據(jù)左手定則，當(dāng)電流順時(shí)針時(shí)，

6、導(dǎo)線的安培力垂直紙面向外，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；當(dāng)電流逆時(shí)針時(shí)，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.如圖4所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，線圈一半在磁場(chǎng)內(nèi).某時(shí)刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈所受安培力的大小為(　　) 圖4 A.BIL B.nBIL C.nBIL D.nBIL 答案　D 解析　線框的有效長度為L′＝L，故線圈受到的安培力為F＝nBIL′＝nBIL，D正確. 3.如圖5甲所示，兩平行光滑導(dǎo)軌傾角為30°，相距10 cm，質(zhì)

7、量為10 g的直導(dǎo)線PQ水平放置在導(dǎo)軌上，從Q向P看到的側(cè)視圖如圖乙所示.導(dǎo)軌上端與電路相連，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為12.5 V，內(nèi)阻為0.5 Ω，限流電阻R＝5 Ω，R′為滑動(dòng)變阻器，其余電阻均不計(jì).在整個(gè)直導(dǎo)線的空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁場(chǎng)方向可以改變，但始終保持垂直于直導(dǎo)線.若要保持直導(dǎo)線靜止在導(dǎo)軌上，則電路中滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)方向是(　　) 圖5 A.電阻的最小值為12 Ω，磁場(chǎng)方向水平向右 B.電阻的最大值為25 Ω，磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方 C.電阻的最小值為7 Ω，磁場(chǎng)方向水平向左 D.電阻的最大

8、值為19.5 Ω，磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方 答案　D 解析　磁場(chǎng)方向水平向右時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向上，由平衡條件有mg＝BIL，得I＝＝ A＝1 A，由I＝得R′＝7 Ω，故A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向下，不可能靜止在斜面上，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向水平向左時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向下，不可能靜止在斜面上，故C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡條件有mgsin 30°＝BIL，得I＝·＝0.5 A，由I＝得R′＝19.5 Ω，即電阻的最大值為19.5 Ω，故D正確. 考題二　帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

9、 1.必須掌握的幾個(gè)公式 2.軌跡、圓心和半徑是根本，數(shù)學(xué)知識(shí)是保障 (1)畫軌跡：根據(jù)題意，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡. (2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點(diǎn)A和出射點(diǎn)B所受洛倫茲力F洛作用線的交點(diǎn)上或AB弦的中垂線OO′與任一個(gè)F洛作用線的交點(diǎn)上，如圖6所示. 圖6 (3)半徑的確定：利用平面幾何關(guān)系，求出軌跡圓的半徑，如r＝＝，然后再與半徑公式r＝聯(lián)系起來求解. (4)時(shí)間的確定：t＝·T＝或t＝＝. (5)注意圓周運(yùn)動(dòng)中的對(duì)稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時(shí)，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.

10、 例2　(2016·海南單科·14)如圖7，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng).已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力. 圖7 (1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和； (3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，求粒子此次入射速度

11、的大小. 解析　(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0 ① 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律得qvB＝m ② 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿足v＝ ③ 聯(lián)立①②③式得B＝ ④ (2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示. (a) 設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關(guān)系有：θ1＝180°－θ2 ⑤ 粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1與t2，則t1＋t2＝＝2t0 ⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該

12、粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為為150°.設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有∠OO′D＝∠BO′A＝30° ⑦ (b) r0cos∠OO′D＋＝L ⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律 v0＝ ⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝. 答案　(1)　(2)2t0　(3) 變式訓(xùn)練 4.(2016·全國甲卷·18)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖8所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔

13、M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計(jì)重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　A 解析　畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 由洛倫茲力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，聯(lián)立得T＝ 由幾何知識(shí)可得，軌跡的圓心角為θ＝，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，粒子運(yùn)動(dòng)和圓筒運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，則T＝，解得＝，故選項(xiàng)A正確. 5.(2016·四川理綜·4)如圖9所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)

14、，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb，當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc，不計(jì)粒子重力.則(　　) 圖9 A.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案　A 解析　帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θB＝2θC得tb∶tc＝

15、2∶1，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤. 6.(2016·全國丙卷·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖10所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng).不計(jì)重力.粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(　　) 圖10 A. B. C. D. 答案　D 解析　帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝.軌跡與ON相切，畫出粒子

16、的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由于＝2rsin 30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，＝＝2＝4r＝，故D正確. 考題三　帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 找到半徑是關(guān)鍵，邊界分析是突破點(diǎn) 帶電粒子在多磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般是指帶電粒子在兩個(gè)相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決此類問題的一般思路： (1)根據(jù)題中所給的條件，畫出粒子在兩磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)根據(jù)畫出的軌跡，找出粒子在兩磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑； (3)適當(dāng)添加輔助線，運(yùn)用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(有時(shí)候還要找出圓心角)

17、； (4)結(jié)合粒子運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝(或周期公式T＝)即可得出所求的物理量. 考生需要特別注意的是，分析出帶電粒子在兩磁場(chǎng)分界處的運(yùn)動(dòng)情況是解決此類問題的突破點(diǎn). 例3　如圖11所示，為一磁約束裝置的原理圖.同心圓內(nèi)存在有垂直圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動(dòng)能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0、R0)的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域I，粒子全部經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)，方向沿x軸正方向.當(dāng)在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí)，上述粒子仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I，

18、粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域Ⅱ后能夠從Q點(diǎn)沿半徑方向射入?yún)^(qū)域I，已知OQ與x軸正方向成60°角.不計(jì)重力和粒子間的相互作用.求： 圖11 (1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??； (2)環(huán)形區(qū)域Ⅱ中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大??； (3)粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至第一次到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間. [思維規(guī)范流程] 步驟1：在區(qū)域I：畫出軌跡，定圓心，由幾何關(guān)系得出r1： 列F洛＝Fn方程 (1)在區(qū)域I：r1＝R0 ① qvB1＝ ② E0＝mv2 ③ 得B1＝ ④ 步驟2：在區(qū)域Ⅱ：畫出軌跡定圓心，由幾何關(guān)系得出r2：列F洛＝Fn方程：

19、由左手定則判斷B2方向. 由幾何關(guān)系得出外圓半徑R. (2)在區(qū)域Ⅱ： r2＝r1＝R0 ⑤ qvB2＝ ⑥ 得B2＝ ⑦ 方向：垂直xOy平面向外 ⑧ R＝＋r2＝3r2 ⑨ 即：R＝R0 ⑩ 步驟3：由軌跡圖得： 根據(jù)T＝得 t＝＋T2 ? T1＝　　T2＝ ? t＝(＋)· ? ④⑦⑨???每式各2分，其余各式1分 變式訓(xùn)練 7.如圖12所示，分界線MN上下兩側(cè)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m，電荷為q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經(jīng)時(shí)間t又回到出發(fā)點(diǎn)O，形成了圖示心形圖案，則(　

20、　) 圖12 A.粒子一定帶正電荷 B.MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同 C.MN上下兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1∶B2＝1∶2 D.時(shí)間t＝ 答案　BD 解析　題中未提供磁場(chǎng)的方向和繞行的方向，所以不能用洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的方法判定電荷的正負(fù)，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同，B正確；設(shè)上面的圓弧半徑是r1，下面的圓弧半徑是r2，根據(jù)幾何關(guān)系可知r1∶r2＝1∶2；洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB＝m，得B＝；所以B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，C錯(cuò)誤；由洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB＝m，周期T＝，得T＝；帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T1＋T2＝＋，由

21、B1∶B2＝2∶1得t＝，D正確. 8.如圖13所示的坐標(biāo)平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.20 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在y軸的右側(cè)存在方向垂直紙面向里、寬度d＝12.5 cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，某時(shí)刻一質(zhì)量m＝2.0×10－8 kg、電量q＝＋4.0×10－4 C的帶電微粒(重力可忽略不計(jì))，從x軸上坐標(biāo)為(－0.25 m,0)的P點(diǎn)以速度v＝2.0×103 m/s沿y軸正方向運(yùn)動(dòng).試求： 圖13 (1)微粒在y軸左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (2)微粒第一次經(jīng)過y軸時(shí)，速度方向與y軸正方向的夾角； (3)要使微粒不能從右側(cè)磁場(chǎng)邊界飛出，B2應(yīng)滿足的條件. 答案

22、　(1)0.5 m　(2)60°　(3)B2≥0.4 T 解析　(1)設(shè)微粒在y軸左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，則 qvB1＝m r1＝＝0.5 m (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得： cos θ＝＝，則θ＝60° (3)設(shè)粒子恰好不飛出右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)半徑為r2，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得r2cos θ＝r2－d，r2＝＝＝0.25 m 由洛倫茲力充當(dāng)向心力，且粒子運(yùn)動(dòng)半徑不大于r2，得：qvB2≥m 解得：B2≥＝ T＝0.4 T 即磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足：B2≥0.4 T. 專題規(guī)范練 1.丹麥物理學(xué)家奧斯特在18

23、20年通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) A.奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到電流磁效應(yīng)，揭示了電磁感應(yīng)定律 B.將直導(dǎo)線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導(dǎo)線的正下方，給導(dǎo)線通以足夠大電流，小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) C.將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導(dǎo)線的正下方，給導(dǎo)線通以足夠大電流，小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) D.將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，把銅針(用銅制成的指針)放在導(dǎo)線的正下方，給導(dǎo)線通以足夠大電流，銅針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) 答案　C 解析　奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到了電流的磁效應(yīng)，而法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)定律，故A錯(cuò)誤；將直導(dǎo)線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導(dǎo)線的正下方時(shí)，小磁針?biāo)谖恢玫拇?/p>

24、場(chǎng)方向可能與地磁場(chǎng)相同，故小磁針不一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導(dǎo)線的正下方，給導(dǎo)線通以足夠大電流，由于磁場(chǎng)沿東西方向，則小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，故C正確；銅不具有磁性，故將導(dǎo)線放在上方不會(huì)受力的作用，故不會(huì)偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤. 2.(2016·北京理綜·17)中國宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也.”進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布示意如圖1.結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是(　　) 圖1 A.地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近 C.地

25、球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行 D.地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 答案　C 解析　地球?yàn)橐痪薮蟮拇朋w，地磁場(chǎng)的南、北極在地理上的北極和南極附近，兩極并不重合；且地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，只有赤道上空磁場(chǎng)的方向才與地面平行；對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場(chǎng)方向不會(huì)平行，一定受到地磁場(chǎng)力的作用，故C項(xiàng)說法不正確. 3.(2016·上?！?)如圖2，一束電子沿z軸正向流動(dòng)，則在圖中y軸上A點(diǎn)的磁場(chǎng)方向是(　　) 圖2 A.＋x方向 B.－x方向 C.＋y方向 D.－y方向 答案　A 解析　據(jù)題意，電子流沿z軸正向流動(dòng)，電流方向沿z軸負(fù)

26、向，由安培定則可以判斷電流激發(fā)的磁場(chǎng)以z軸為中心沿順時(shí)針方向(沿z軸負(fù)方向看)，通過y軸A點(diǎn)時(shí)方向向外，即沿x軸正向，則選項(xiàng)A正確. 4.如圖3所示，兩根平行放置長度相同的長直導(dǎo)線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場(chǎng)力大小為F1，當(dāng)加入一個(gè)與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，a受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)镕2，則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?　　) 圖3 A.F2 B.F1－F2 C.F1＋F2 D.2F1－F2 答案　A 5.(多選)如圖4所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根豎直的平行導(dǎo)軌AB、CD，導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)從t＝0時(shí)

27、刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為恒量.若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直，則表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff隨時(shí)間變化的四幅圖中，正確的是(　　) 圖4 答案　BC 解析　對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由左手定則知安培力垂直導(dǎo)軌向里，大小為F＝BIL＝kBLt，則安培力隨時(shí)間均勻增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確.導(dǎo)體棒所受支持力FN＝F，豎直方向受重力和摩擦力，F(xiàn)fmax＝μFN＝kμBLt隨時(shí)間均勻增大，開始時(shí)mg＞Ffmax，棒加速下滑，F(xiàn)f滑＝μFN＝kμBLt；當(dāng)mg≤Ffmax后，棒減速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)速度減為零后棒將靜止，此時(shí)Ff靜＝mg不變，故棒先受到滑動(dòng)摩擦

28、力均勻增大，后突變?yōu)殪o摩擦力恒定不變，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 圖5 6.如圖5所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場(chǎng))，A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn).今有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以速度v＝qLB從AB邊上的某點(diǎn)P既垂直于AB邊又垂直于磁場(chǎng)的方向射入，然后從BC邊上某點(diǎn)Q射出.若從P點(diǎn)射入該粒子能從Q點(diǎn)射出，則(　　) A.PB＜L B.PB＜L C.QB≤L D.QB≤L 答案　D 解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝.由題知：v＝，得R＝L.如圖所示， 當(dāng)圓心處于O1位置時(shí)

29、，粒子正好從AC邊與BC邊切過，因此入射點(diǎn)P1為離B最遠(yuǎn)的點(diǎn)，滿足PB≤L＋L；當(dāng)圓心處于O2位置時(shí)，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點(diǎn)，由于此時(shí)Q點(diǎn)距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑L，故QB最大，即QB≤L×＝L，故D正確. 7.如圖6所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是一豎直放置的感光板，從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P垂直磁場(chǎng)射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)以下說法正確的是(　　) 圖6 A.只要對(duì)著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上 B.對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心 C.對(duì)著圓

30、心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過的弧長越長，時(shí)間也越長 D.只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 答案　D 解析　對(duì)著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識(shí)可知，對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，故B錯(cuò)誤；對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小，由t＝T知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t越小，故C錯(cuò)誤；速度滿足v＝時(shí)，軌道半徑r＝＝R，入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、O點(diǎn)與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑與最高點(diǎn)的磁場(chǎng)半徑平行，粒子的速度一定垂直打在MN

31、板上，故D正確. 8.如圖7所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.原點(diǎn)O處存在一粒子源，能同時(shí)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角θ在0～180°范圍內(nèi).則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.發(fā)射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 B.發(fā)射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置距O點(diǎn)越遠(yuǎn) C.發(fā)射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 D.發(fā)射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度越大 答案　A 解析　如圖所示，畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)

32、動(dòng)的軌跡.由幾何關(guān)系得：軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·＝，則得知：若v一定，θ越大，時(shí)間t越短；若θ一定，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定.故A正確，C錯(cuò)誤；設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則r＝.如圖，AO＝2rsin θ＝，則若θ是銳角，θ越大，AO越大.若θ是鈍角，θ越大，AO越小，故B錯(cuò)誤.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度ω＝，又T＝，則得ω＝，與速度v無關(guān)，故D錯(cuò)誤. 9.(2016·浙江理綜·25)為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn). 扇形聚焦磁場(chǎng)分布的簡(jiǎn)化圖如圖8所示，圓心為O的

33、圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布.峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場(chǎng).質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示. 圖8 (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針； (2)求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系.已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin

34、 β，cos α＝1－2sin2. 答案　(1)　逆時(shí)針　(2)　 (3)B′＝B 解析　(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝ 旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 (2)由對(duì)稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝ 每個(gè)圓弧的弧長l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos ＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝ (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關(guān)系rsin ＝r′sin 由三角關(guān)系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B. 10.如圖9所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b，OP為分界線，與x軸夾角為37°，在區(qū)域a中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，

35、方向垂直于紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，P點(diǎn)坐標(biāo)為(4L,3L).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域b，經(jīng)過一段時(shí)間后，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O，不計(jì)粒子重力.(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖9 (1)粒子能從P點(diǎn)到O點(diǎn)最大速度為多少？ (2)粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)可能需要多長時(shí)間？ 答案　(1)　(2)n·(n＝1、2、3…) 解析　(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m得半徑為：R＝，a區(qū)域的半徑為：Ra＝ ① b區(qū)域的半徑為：Rb＝ ② 速度最大時(shí)，粒子在a、b區(qū)域半徑最大，運(yùn)動(dòng)兩段圓弧后到達(dá)原點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系有：2Racos α＋2Rbcos α＝OP ③ OP＝＝5L ④ 聯(lián)立①②③④得：v＝ (2)粒子在磁場(chǎng)a、b中做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度較小時(shí)，可能重復(fù)n次回到O點(diǎn)，一個(gè)周期內(nèi)兩段圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角相等.每段圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為：180－2α＝106° t＝n(Ta＋Tb)＝n(·＋·)＝n·(n＝1、2、3…) 20