一、概念规律题组
1．两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动能相等，则周期必相等
D．若质量相等，则半径必相等
2．在回旋加速器中( )
A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋
B．电场和磁场同时用来加速带电粒子
C．在交流电压一定的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大
D．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关．
3．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是( )
A．带电粒子沿电场线方向射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
4.
图1
(广东高考)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图1所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
二、思想方法题组
5．质子(H)和α粒子(He)在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动．由此可知质子的动能E1和α粒子的动能E2之比E1∶E2等于( )
A．4∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．2∶1
6.
图2
如图2所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB＝120°，则该粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B. C. D.
一、带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解，多解形成原因一般包含下述几个方面：
(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解．
(2)磁场方向不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向，由磁场方向不确定而形成的双解．
图3
(3)临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场，可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图3所示，于是形成多解．
(4)运动的重复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解．
【例1】 (2010·龙岩毕业班质检)
图4
如图4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．
[规范思维]
二、带电粒子在分区域匀强电场、磁场中运动问题
“磁偏转”和“电偏转”的区别
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
受力情况 只受恒定的电场力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动轨迹 抛物线 圆弧
物理规律 类平抛知识、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式
基本公式 L＝vty＝at2a＝tan θ＝at/v qvB＝mr＝mv/(qB)T＝2πm/(qB)t＝θT/(2π)sin θ＝L/r
做功情况 电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功
物理图象
【例2】 (2009·山东理综·25)如图5甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
图5
(1)求电压U0的大小；
(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
[规范思维]
【例3】 (2011·江苏·15)某种加速器的理想模型如图6所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图7所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了m0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
图6
图7
(1)若在t＝0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；
(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图6中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请画出磁屏蔽管的位置；
(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
[规范思维]
【基础演练】
1.
图8
(2011·福建龙岩模拟)如图8所示，质子以一定的初速度v0从边界ab上的A点水平向右射入竖直、狭长的矩形区域abcd(不计质子的重力)．当该区域内只加竖直向上的匀强电场时，质子经过t1时间从边界cd射出；当该区域内只加水平向里的匀强磁场时，质子经过t2时间从边界cd射出，则( )
A．t1>t2
B．t1C．t1＝t2
D．t1、t2的大小关系与电场、磁场的强度有关
图9
2．(2009·广东单科·12)如图9所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
图10
3．(2010·福建三明期末)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图10所示．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是( )
A．减小磁场的磁感应强度 B．减小狭缝间的距离
C．增大高频交流电压 D．增大金属盒的半径
4.
图11
如图11所示，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使粒子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子的带电荷量为e，质量为m)．
5．如图12所示，
图12
有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(画在给出的图中)
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.
6．(2011·山东枣庄期末)如图13甲所示为质谱仪的原理图．带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.带电粒子经偏转磁场后，最终到达照片底片上的H点．测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．
图13
(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：＝；
(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变，要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径应满足的条件．
【能力提升】
图14
7．(2008·宁夏·24)如图14所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量＋q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d.接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场，不计重力影响．若OC与x轴的夹角也为φ，求：
(1)粒子在磁场中运动速度的大小；
(2)匀强电场的场强大小．
8．如图15甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
图15
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值.
9.
图16
(2011·四川·25)如图16所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l＝1.8 m，距地面h＝0.8 m．平行板电容器的极板CD间距d＝0.1 m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q＝5×10－13 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U＝2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面．在微粒离开台面瞬间，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.
(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
(3)若微粒质量m0＝1×10－13 kg，求滑块开始运动时所获得的速度．
学案4 带电粒子在匀强磁场中的运动
【课前双基回扣】
1．B 2.AC 3.D 4.AD 5.B
6．D
思维提升
1．带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动的情况的比较
(1)在电场中
①当粒子运动方向与电场方向一致时做匀变速直线运动；
②当粒子垂直于电场方向进入时做匀变速曲线运动(类平抛运动)．
(2)在磁场中
①当粒子运动方向与磁场方向一致时不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动；
②当粒子垂直于匀强磁场方向进入时做匀速圆周运动．
2．回旋加速器中磁场使粒子偏转，电场使其加速，且交变电场的周期与粒子做圆周运动的周期相同．粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关．
【核心考点突破】
例1 (1) (2)
(3)tan(n＝2,3,4，…)
[规范思维] 本题第(3)问出现多解的原因是由于速度大小的不确定，造成半径大小的不确定引起的．对于多解题目要认真分析多解原因，所谓具体问题具体分析．
例2 (1) (2) (3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间为.
解析 (1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有E＝①
qE＝ma②
l＝at③
联立①②③式，解得两板间偏转电压为U0＝④
(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0＝⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·t0⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
qvB＝m⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得R＝⑨
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0⑩
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
tan α＝
联立⑩解得α＝
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为tmin＝T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝
联立式得tmin＝
[规范思维] 1.解答此类问题要把握三点：
(1)带电粒子在电场中偏转时做类平抛运动，应把合运动进行分解．
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，需根据圆周运动规律进行分析．
(3)带电粒子在磁场中运动时间的长短与轨迹圆弧所对圆心角的大小有关．
2．分析粒子在磁场中运动时间一般从下面两方面入手：
(1)当速度一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动的时间越长，可由t＝T或t＝(l为弧长)来计算t.
(2)在同一磁场中，同一带电粒子的速率v变化时，T不变，其运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．
例3 (1)qU0 (2)见解析中图 (3)见解析
解析 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝m0，T0＝
则T0＝
当粒子的质量增加了m0时，其周期增加了
ΔT＝T0
则根据题图可知，粒子第一次的加速电压
u1＝U0
粒子第二次的加速电压
u2＝U0
射出时的动能
Ek2＝qu1＋qu2
解得Ek2＝qU0.
(2)磁屏蔽管的位置如下图所示
(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
N＝，得N＝25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u＝U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大．
粒子由静止开始加速的时刻
t＝T0 (n＝0,1,2，…)
最大动能
Ekm＝2×qU0＋qU0
解得Ekm＝qU0
[规范思维] 本题为空间分立型电磁场问题，带电粒子在电场中只加速，在磁场中只偏转．还应突破以下几点：
①只有在Uab>0时，才能加速．
②粒子质量增大后，电场周期与粒子运动周期不同步，造成每次加速电压不同，应根据比例算出下一次的加速电压．
③粒子在磁屏蔽管内做匀速直线运动，在管外做匀速圆周运动，加屏蔽管后，相当于粒子运动的圆轨迹沿管方向平移了L.
思想方法总结
1．解决多解性问题的注意事项：
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因．
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．
(3)如果是周期性重复的多解问题，应列出通项式，如果是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．
2．当带电粒子在分区域匀强电场、匀强磁场运动时，应注意：
(1)分清运动过程，明确各过程的运动性质．一般情况下，带电粒子在电场中做类平抛运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动．
注意这两种运动轨迹都是曲线，但性质不同．
(2)在分析问题时，应注意培养思维的逻辑性，按顺序往后分析．要学会进行推理与判断．
【课时效果检测】
1．B 2.ABC 3.D
4.≤B≤
5．(1)
(2)0.4 m (3)7.68×10－18 J
6．(1)见解析 (2)R≤
解析 (1)粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，有
qU＝mv2①
进入磁场后做圆周运动，设轨道半径为r
qvB＝m②
打到H点，则r＝③
解①②③得＝
(2)要保证所有粒子都不能打到MN边界上，粒子在磁场中偏转角度小于或等于90°，如图所示，此时磁场区半径
R＝r＝
所以，磁场区域半径应满足的条件为：R≤.
7．(1)sin φ (2)sin3φcos φ
8．(1) (2)(n＝1,2,3，…)
9．(1)1.25×10－11 N C板为正极 D板为负极 (2)8.1×10－14 kg解析 (1)微粒在极板间受电场力F电＝q①
代入数据得F电＝ N＝1.25×10－11 N②
由微粒在磁场中的运动可知微粒带正电，且被电场加速，所以C板为正极，D板为负极．
(2)若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理得
Uq＝mv2③
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有qvB＝m④
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为
R1＝⑤
R2＝l－d⑥
联立③～⑥式，代入数据，有
8．1×10－14 kg(3)如图所示，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t.设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q点，经过位移为k.由几何关系，可得
cos θ＝⑧
根据平抛运动得
t＝⑨
s＝vt⑩
对于滑块，由牛顿运动定律及运动学方程，有
μMg＝Ma
k＝v0t－at2
再由余弦定理
k2＝s2＋(d＋Rsin θ)2－2s(d＋Rsin θ)cos θ
及正弦定理，
＝
联立③、④和⑧～，并代入数据，解得
v0＝4.15 m/s
φ＝arcsin 0.8(或φ＝53°)
易错点评
1．在第1题中，某些同学往往弄不清楚粒子的运动性质，或者虽知道粒子的运动性质，但不知如何去分析比较，可以这样分析：当通过电场时，粒子做类平抛运动，水平速度v0不变，t1＝，l等于bc的长，当通过磁场时，粒子做匀速圆周运动，t2＝，s为粒子运动的弧长，显然s>l，因此t2>t1.
2．在第3题中，定要写出动能的表达式，才能看出它与哪些因素相关．
3．在第6题的(2)中，求磁场区域满足的条件，是很多同学认为的难点之一，不知道怎样去分析．如能画出运动轨迹，问题便迎刃而解．一、概念规律题组
1．如图1所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿( )
图1
A．x轴正向 B．x轴负向
C．y轴正向 D．y轴负向
2．一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则( )
A．可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同
B．此空间可能只有磁场，方向与质子的运动方向平行
C．此空间可能只有磁场，方向与质子的运动方向垂直
D．此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与质子的运动方向垂直
3．如图2所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是( )
图2
A．离子的速度之比为1∶2
B．离子的电荷量之比为1∶2
C．离子的质量之比为1∶2
D．以上说法都不对
图3
4．(2011·浙江杭州市模拟)有一个带电量为＋q、重为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图3所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法错误的是( )
A．一定做曲线运动
B．不可能做曲线运动
C．有可能做匀加速运动
D．有可能做匀速运动
二、思想方法题组
5.
图4
一个带电微粒在如图4所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，该带电微粒必然带______(填“正”或“负”)电，旋转方向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．若已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则线速度为________．
图5
6．在两平行金属板间，有如图5所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入时，恰好能沿直线匀速通过．供下列各小题选择的答案有：
A．不偏转 B．向上偏转
C．向下偏转 D．向纸内或纸外偏转
(1)若质子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入，质子将________
(2)若电子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入，电子将________
(3)若质子以大于v0的速度，沿垂直于匀强电场和匀强磁场的方向从两板正中央射入，质子将_______
一、带电粒子在无约束的复合场中的运动
1．常见运动形式的分析
(1)带电粒子在复合场中做匀速圆周运动
带电粒子进入匀强电场、匀强磁场和重力场共同存在的复合场中，重力和电场力等大反向，两个力的合力为零，粒子运动方向和磁场方向垂直时，带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．
(2)带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场中的直线运动
自由的带电粒子(无轨道约束)，在匀强电场、匀强磁场和重力场中的直线运动应该是匀速直线运动，这是因为电场力和重力都是恒力，若它们的合力不与洛伦兹力平衡，则带电粒子速度的大小和方向都会改变，就不可能做直线运动．(粒子沿磁场方向运动除外)
2．带电粒子在复合场中运动的处理方法
(1)搞清楚复合场的组成，一般是磁场、电场的复合；磁场、重力场的复合；磁场、重力场、电场的复合；电场和磁场分区域存在．
(2)正确进行受力分析，除重力、弹力、摩擦力外还要特别关注电场力和磁场力的分析．
(3)确定带电粒子的运动状态．注意将运动情况和受力情况结合进行分析．
(4)对于粒子连续经过几个不同场的情况，要分段进行分析、处理．
(5)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
【例1】
图6
(2011·安徽·23)如图6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，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰好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，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．
[规范思维]
图7
【例2】 (2008·江苏高考改编)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带电荷量为＋q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图7所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：
(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v；
(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；
(3)欲使小球沿x轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球在什么位置，所加电场的场强为多少？方向如何？
[规范思维]
二、带电粒子在复合场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
图8
【例3】 如图8所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0×10－4 kg，带4.0×10－4 C正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为μ＝0.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．(设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10 m/s2)
[规范思维]
【基础演练】
1.
图9
(2009·广东单科·11)如图9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
图10
2．(2011·福建福州月考)如图10所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动．已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为( )
A.， B.，
C．B ， D.，
图11
3．一带正电的粒子以速度v0垂直飞入如图11所示的电场和磁场共有的区域，B、E及v0三者方向如图所示，已知粒子在运动过程中所受的重力恰好与电场力平衡，则带电粒子在运动过程中( )
A．机械能守恒
B．动量守恒
C．动能始终不变
D．电势能与机械能总和守恒
图12
4．(2010·北京东城二模)如图12所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一质子沿极板方向以速度v0从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过．不计质子重力，下列说法正确的是( )
A．若质子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转
B．若质子以速度2v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
C．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
D．若电子以速度v0沿极板方向从右端射入，它将沿直线穿过
图13
5．(2011·东北三校第一次联考)如图13所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电，乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
6．(2011·淄博调研)如下图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是( )
题号 1 2 3 4 5 6
答案
【能力提升】
图14
7．(2011·山东济南月考)如图14所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y＝h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x＝－2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y＝－2h处的P3点进入第四象限．已知重力加速度为g.试求：
(1)粒子到达P2点时速度的大小和方向；
(2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
(3)带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向．
8．(2011·湖南荆门联考)如图15所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一绝缘“?”形弯杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的．现有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的3/4.现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点．
图15
(1)求DM间的距离x0.
(2)求上述过程中小环第一次通过与O点等高的A点时弯杆对小环作用力的大小．
(3)若小环与PQ间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．
图16
9．(2009·福建高考)图16为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为粒子的入射口，在y轴上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计其重力．
(1)求上述粒子的比荷；
(2)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．
学案5 带电粒子在复合场中的运动
【课前双基回扣】
1．C 2.ABD 3.D 4.BCD
5．负 逆时针
解析 因带电微粒做匀速圆周运动，电场力必与重力平衡，所以带电微粒必带负电．
由左手定则可知微粒应逆时针转动
电场力与重力平衡有：mg＝qE
根据牛顿第二定律有：qvB＝m
联立解得：v＝.
6．(1)A (2)A (3)B
思维提升
1．复合场是指电场、磁场、重力场并存或其中的两种场并存．重力、电场力做功与路径无关，洛伦兹力不做功．重力做功改变物体的重力势能，电场力做功改变电势能．
2．(1)当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，它将处于静止状态或匀速直线运动状态．
(2)当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．复合场应用实例：速度选择器，磁流体发电机，电磁流量计．
【核心考点突破】
例1 见解析
解析 (1)因为带电粒子进入复合场后做匀速直线运动，
则qv0B＝qE①
R＝v0t0②
由①②联立解得E＝
方向沿x轴正方向．
(2)若仅撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向做匀速直线运动y＝v0·＝③
沿x轴正方向做匀加速直线运动x＝a()2＝④
由几何关系知x＝＝R⑤
解得a＝
(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v0，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
qv′B＝m⑥
又qE＝ma⑦
可得r＝⑧
由几何知识sin α＝⑨
即sin α＝，α＝⑩
带电粒子在磁场中运动周期
T＝
则带电粒子在磁场中运动时间
t′＝T
所以t′＝t0
例2 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgy＝mv2①
得v＝②
(2)设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动有
qvmB－mg＝m③
且由②知vm＝④
由③④及R＝2ym得ym＝⑤
(3)当小球沿x轴正向做直线运动时，小球受力平衡，由此可知，加电场时，小球应在最低点．
且有qvmB－mg－qE＝0⑥
解④⑤⑥得E＝
方向竖直向下．
[规范思维] 分析该题时应把握以下几点：
(1)求解小球的速率可根据动能定理；
(2)小球下降的最大距离可由圆周运动分析；
(3)小球做直线运动，可由小球的运动特征分析受力的特点．
例3 2 m/s2 5 m/s
解析 带电小球沿绝缘棒下滑过程中，受竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，水平方向的弹力和洛伦兹力及电场力作用．当小球静止时，弹力等于电场力，小球在竖直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大．小球运动过程中，弹力等于电场力与洛伦兹力之和，随着小球运动速度的增大，小球所受洛伦兹力增大，小球在竖直方向的摩擦力也随之增大，小球加速度减小，速度增大，当小球的加速度为零时，速度达最大．小球刚开始下落时，加速度最大，设为am，这时竖直方向有：mg－Ff＝ma①
在水平方向上有：qE－FN＝0②
又Ff＝μFN③
由①②③解得am＝
代入数据得am＝2 m/s2
小球沿棒竖直下滑，当速度最大时，加速度a＝0
在竖直方向上有：mg－Ff′＝0④
在水平方向上有：qvmB＋qE－FN′＝0⑤
又Ff′＝μFN′⑥
由④⑤⑥解得vm＝代入数据得
vm＝5 m/s.
[规范思维] (1)带电物体在复合场中做变速直线运动时，所受洛伦兹力的大小不断变化，而洛伦兹力的变化往往引起其他力的变化，从而导致加速度不断变化．
(2)带电物体在复合场中运动时，必须注意重力、电场力对带电物体的运动产生影响，带电物体运动状态的变化又会与洛伦兹力产生相互影响．
思想方法总结
1．带电粒子在复合场中运动问题的分析方法：
(1)弄清复合场的组成，一般有磁场、电场的复合；磁场、重力场的复合；磁场、电场、重力场三者的复合．
(2)对粒子进行正确的受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．
(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
(4)对于粒子连续通过几个不同情况场的问题，要分阶段进行处理．转折点的速度往往成为解题的突破口．
(5)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解．
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
④对于临界问题，要注意挖掘隐含条件．
2．复合场中的粒子重力是否应该考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重力．
【课时效果检测】
1．C 2.D 3.CD 4.C 5.CD 6.CD
7．(1)2 与x轴负方向成45°角 (2)
(3) 方向沿x轴正方向
解析 (1)轨迹如右图所示，带电质点从P1到P2，由平抛运动规律得
h＝gt2
v0＝＝
vy＝gt＝
求出v＝＝2①
方向与x轴负方向成45°角
(2)带电质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq＝mg②
Bqv＝m③
(2R)2＝(2h)2＋(2h)2④
由②解得：E＝
联立①③④式得B＝ .
(3)带电质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量
vmin＝vcos 45°＝
方向沿x轴正方向．
8．(1)R (2)mg＋ (3)见解析
解析 (1)小环刚好能到达P点，说明小环在P点的速度为0，由能量守恒定律得：Eqx0－mg2R＝0，解得x0＝R
(2)设小环在A点速度v，对小环在A点时进行受力分析，由牛顿第二定律和能量守恒定律知：
FN－Eq－Bqv＝m
Eq(x0＋R)－mgR＝mv2
联立解得FN＝mg＋
(3)若μmg大于或等于Eq，即μ大于或等于3/4，则小环将停在PQ上某处，设小环停的位置离P点的距离为x，由能量守恒定律得：Eq(4R－x)－mg2R－μmgx＝0
解得x＝
Wf＝
若μmg小于Eq即μ＜3/4，小环速度为零后将反向运动，在导轨上往复数次，直至到达P点时速度为零(因摩擦力作用，小环的动能和势能之和会逐渐减小，但小环不会静止在P点，而是在导轨DMAP处往复运动)，则Wf＝4qER－2mgR＝mgR.
9．(1)4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg)
(2)0.25 m3 见解析图
解析
(1)设粒子在磁场中的运动半径为r.如图甲所示，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r＝①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得
qvB＝m②
联立①②并代入数据解得
≈4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg)③
(2)如图乙所示，所求的最小矩形是MM1P1P，该区域面积
S＝2r2④
联立①④并代入数据得
S＝0.25 m2
矩形如图乙中MM1P1P(虚线)所示．
易错点评
1．在第6题中，有些同学错误地认为小球可能做匀变速直线运动，易错选A.错选的原因是不能从题目给出的条件——小球做直线运动判断出小球是做匀速直线运动，没有注意洛伦兹力随速度的变化而变化．
2．在第8题中，某些同学因过程不清或外力做的功考虑不全．导致列第(1)、(2)问的方程时出现错误，属于基本技能不扎实造成的．在第(3)问中，由于考虑不到摩擦力(μmg)与电场力的大小关系不同，导致只考虑了一种结果，造成漏解．
3．在第9题的第(2)问中，由于不理解题意或示意图画得太随意，导致找不出磁场所在的矩形区域．一、概念规律题组
1．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )
A．①②④ B．②③④ C．①⑤ D．②③
2．(2010·苏北高二教学质量联合调研)关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下图中正确的是( )
3．下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
4．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )
A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量
B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是
D．由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小
二、思想方法题组
图1
5．当接通电源后，小磁针A的指向如图1所示，则( )
A．小磁针B的N极向纸外转
B．小磁针B的N极向纸里转
C．小磁针B不转动
D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动
图2
6．如图2所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是( )
A．如图所示位置时等于BS
B．若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为BS
C．若从初始位置转过90°角，磁通量为零
D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS
一、磁感线的特点
磁感线 电场线
相似点 引入目的 都是为了形象的描述场而引入的假想曲线，实际不存在
疏密意义 都能定性描述场的强弱
切线方向 都表示该点场的方向
是否相交 都不相交
不同点 闭合曲线，外部由N→S，内部由S→N 起始于正电荷(或无穷远)，终止于无穷远(或负电荷)
【例1】 (广东高考)磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是( )
A．磁感线有可能出现相交的情况
B．磁感线总是由N极出发指向S极
C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致
D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零
[规范思维]
二、对磁感应强度B的理解及磁感应强度B的叠加
1．磁感应强度由磁场本身决定，就像电场强度由电场本身决定一样，跟该位置放不放通电导线无关，因此不能根据公式B＝说B与F成正比，与IL成反比．
2．磁感应强度B的定义式也是其度量式，但用来测量的小段通电导线必须垂直放入磁场，如果小段通电导线平行放入磁场，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．
3．磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针静止时N极的指向．
4．磁感应强度B与电场强度E的比较
电场强度E是描述电场强弱的物理量，磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量．这两个物理量比较如下表所示：
磁感应强度B 电场强度E
物理意义 描述磁场强弱的物理量 描述电场性质的物理量
定义式 B＝(通电导线与B垂直) E＝
方向 磁感线切线方向，小磁针N极受力方向 电场线切线方向，放入该点正电荷受力方向
大小决定因素 由磁场决定，与检验电流无关 由电场决定，与检验电荷无关
场的叠加 合磁感应强度等于各磁场的B的矢量和 合场强等于各个电场的场强E的矢量和
单位 1 T＝1 N/(A·m) 1 V/m＝1 N/C
【例2】 下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是( )
A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大
B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大
C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
[规范思维]
[针对训练1] 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )
A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致
C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零
D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
【例3】
图3
(2011·大纲全国·15)如图3所示，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I1>I2；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
[规范思维]
图4
[针对训练2] (2009·荆州模拟)如图4所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的实际磁感应强度为0，则下列叙述正确的是( )
A．直导线中的电流方向垂直纸面向里
B．b点的实际磁感应强度为 T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为0
D．d点的实际磁感应强度与b点相同
三、安培定则的应用及磁场方向的确定
【例4】 如图5所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针的北极N(黑色一端)指示出磁场方向正确的是( )
图5
A．a、c B．b、c C．c、d D．a、d
[规范思维]
[针对训练3] (2011·新课标·14)为了解释地球的磁性， 19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
四、对磁通量的理解
1．如图6甲、乙所示，如何计算下面两图中磁通量的大小，你是怎样理解面积S的含义的？
图6
2．如果图6中的线圈都是n匝线圈，那么通过线圈的磁通量又应该如何计算？
3．如何计算图7中穿过线圈的磁通量的大小？
图7
总结 1.S为线圈在磁场中的有效面积，即线圈在磁场中沿垂直磁场方向投影面的面积．
2．与上一问的情况相同，线圈的磁通量等于通过某一匝的磁通量．
3．用向里的磁通量减向外的磁通量．
图8
【例5】 如图8所示，矩形线圈有N匝，面积大小为S，放在水平面内，加一个竖直向下的范围较大的匀强磁场，磁感应强度为B，则穿过平面的磁通量是多少？若使线圈绕ab边转过60°，则穿过线圈平面的磁通量是多少？若线圈绕ab边转过180°，则穿过线圈的磁通量改变了多少？
[规范思维]
【基础演练】
1．(2011·泉州模拟)关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向
C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小
2．关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的是( )
A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于
B．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于
C．磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线，受力的大小和方向无关
3．如图9所示为通电螺线管的纵剖面图，“”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N极)静止时的指向一定画错了的是( )
图9
A．a B．b C．c D．d
图10
4．(2011·深圳模拟)如图10所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )
5.
图11
(2011·安庆模拟)如图11所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A．a、b两点磁感应强度相同
B．c、d两点磁感应强度大小相等
C．a点磁感应强度最大
D．b点磁感应强度最大
6.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图12所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )
图12
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
7．(2011·潍坊模拟)19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是( )
A．由西向东垂直磁子午线
B．由东向西垂直磁子午线
C．由南向北沿子午线
D．由赤道向两极沿子午线
(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)
8．(上海高考)取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图13(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )
图13
A．0 B．0.5B C．B D．2B
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
【能力提升】
9．如图14所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为________，方向________．
图14
图15
10．如图15所示，边长为100 cm的正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈ab、cd两边中点连线OO′的左右两侧分别存在方向相同，磁感应强度大小各为B1＝0.6 T，B2＝0.4 T的匀强磁场，若从上往下看，线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变了多少？线圈从初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变了多少？
11.
图16
如图16所示为一电流表的原理示意图．质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为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．与MN的右端N连接一绝缘轻指针可指示标尺上的读数， MN的长度大于.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．
(1)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量是多少？(重力加速度为g)
(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？
(3)若k＝2.0 N/m，＝0.20 m，＝0.050 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)
(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？
学案1 磁场及其描述
【课前双基回扣】
1．D 2.A
3．BD [磁场中某点磁感应强度的方向表示该点磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向．但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场的方向．]
4．A [磁感应强度的引入目的就是用来描述磁场强弱，因此选项A是正确的；磁感应强度是与电流I和导线长度L无关的物理量，且B＝中的B、F、L相互垂直，所以选项B、C、D皆是错误的．]
5．A [根据通电螺线管的磁场与小磁针的相互作用情况可以判断：螺线管的左边应该是S极．再根据安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，其余四指的方向就是通电螺线管中的电流方向，即电流从左边流入，右边流出，如右图所示．
再根据安培定则判知小磁针B所在处的磁场方向垂直纸面向外，所以知小磁针B的N极向纸外转．]
6．ABCD [在题图所示的位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ＝BS.当框架绕OO′轴转过60°时可以将图改画成侧视图如右图所示
Φ＝BS⊥＝BS·cos 60°＝BS.转过90°时，线框由磁感线垂直穿过变为平行，Φ＝0.线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了．因而Φ1＝BS，Φ2＝－BS，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS.综上所述，A、B、C、D都正确．]
思维提升
1．磁感线与电场线一样是为了形象地描述磁场而人为引入的，实际上并不存在，但能说明磁场的强弱与方向．注意磁感线是闭合曲线．
2．磁场的方向既该处小磁针静止时N极指向，或N极受力方向．或为该处的磁感应强度B的方向，三种表述是一致的．
3．公式B＝是磁感应强度的定义式，B的大小取决于磁场本身，与该处有无电流无关．
4．右手螺旋定则也叫安培定则，是用来判断电流的磁场方向．右手定则则是判断导体切割磁感线产生感应电流的方向．
5．磁通量Φ＝BS，B⊥S，意义为穿过某个面的磁感线条数的多少．
【核心考点突破】
例1 C [磁感线是人为画出的、描述磁场的曲线，不相交，故选项A错误；由于是闭合曲线，在磁体外部是由N极指向S极，在内部是由S极指向N极，故选项B错误；若导线与磁场方向平行，则导线不受磁场力的作用，选项D错误；故本题正确选项为C.]
[规范思维] 磁感线和电场线的特性有相似之处，都能表示场的强弱和方向，但也有不同：电荷周围的电场线是不闭合的，磁感线是闭合的．
例2 D [磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关，故选项A错误，选项D正确．通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时所受磁场力最大，与磁场平行时所受磁场力为0)，而选项C中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C错误．]
[规范思维] 磁场的磁感应强度只取决于磁场本身，与试探电流元无关，正如电场中的电场强度与检验电荷无关一样，是磁场本身的属性．类似的物理量还有速度、加速度、电阻、电容、电势差等．
规律：凡是用比值定义的物理量都和定义式中的物理量无必然联系．
例3 C [由于I1>I2，且离导线越远产生的磁场越弱，在a点I1产生的磁场比I2产生的磁场要强，A错，同理，C对．I1与I2在b点产生的磁场方向相同，合成后不可能为零，B错．d点两电流产生的磁场B1、B2不共线，合磁场不可能为0，D错．]
[规范思维] 磁感应强度是矢量，其合成同样遵守平行四边形定则，即先根据安培定则判断每条导线在某点的磁感应强度的大小和方向，然后根据平行四边形定则进行合成．
例4 A [根据安培定则判断出：(1)AB直导线在小磁针a所在位置垂直纸面向外，所以磁针a的N极指向正确；(2)C左侧为N极，内部磁场向左，所以磁针c的N极指向正确，磁针b的N极指向不对；(3)D左为S极，右为N极，所以磁针d的N极指向不正确．]
[规范思维] (1)电流的磁场分布于三维空间，用安培定则时要注意磁场的空间性．
(2)小磁针在磁场中静止时，北极指向与磁场方向一致，在此要特别注意螺线管内部的磁场方向．
例5 BS BS 2BS
解析 由磁通量的定义可知Φ1＝BS
绕ab边转过60°后的磁通量为Φ2＝BScos 60°＝BS
绕ab边转过180°后的磁通量为Φ3＝－BS
磁通量的改变量为ΔΦ＝|Φ3－Φ1|＝2BS.
[规范思维] 磁通量的大小直接用公式Φ＝BScos θ求解即可，应特别注意θ角的大小及Φ的正负号．
[针对训练]
1．D 2.AB 3.B
思想方法总结
1．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”，在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁场绕向；在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流绕向，大拇指指“结果”——环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．类比法是物理学中常用的一种研究问题的方法，如万有引力与库仑力类比，将磁极间相互作用类比于电荷间相互作用，将磁极间的作用定量计算，命题视角新颖，对学生类比推理、迁移应用能力要求较高．
3．(1)在磁通量Φ＝BS的公式中，S为垂直于磁感应强度B方向上的有效面积，要正确理解Φ，B，S三者之间的关系．线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图所示，当线圈面积由S1变为S2时，磁通量并没有变化．
(2)在空间有磁感线穿过线圈S，S外没有磁场，若增大S，则Φ不变．
(3)若在所研究的面积内有不同方向的磁场时，应将磁场合成后，用合磁场根据Φ＝BS去求磁通量．
(4)磁通量为标量，其正、负表示针对于某个平面的穿入或穿出．
【课时效果检测】
1．D 2.BD 3.AB 4.C 5.BD
6．AB [由安培定则知a、b两处I1和I2形成的磁场方向共线反向，若再满足大小相等，则Ba＝0或Bb＝0，而c、d两处，I1和I2形成的磁场方向不共线，故合磁感应强度不可能为零．]
7．B [地磁N极在地理南极附近，地磁S极在地理北极附近，地磁场磁感线在地球内部由北极指向南极，则由安培定则环形电流方向判断电流方向为由东向西垂直磁子午线，故选项B正确．]
8．A [若对折导线，则顺时针方向电流产生的磁感应强度与逆时针方向电流产生的磁感应强度的矢量和为零，故选项A正确．]
9. 垂直纸面向外
解析 a点的磁场分别是电流1和电流2在该处产生的磁场B1、B2的叠加，由安培定则可判定，两通电导线在a处的磁场方向相同，又因为两电流大小相同，a点与两导线的距离相等，故B1＝B2，而B＝B1＋B2，由此可得B1＝B2＝.去掉导线1后，a、b两点关于导线2对称，由对称性可知，b点的磁感应强度大小为，由安培定则可判定，其方向垂直纸面向外．
10．－0.1 Wb －1.0 Wb
解析 在原图位置，磁感线与线圈平面垂直．
Φ1＝B1×＋B2×
＝(0.6×＋0.4×)Wb＝0.5 Wb.
线圈绕OO′轴逆时针转过37°后，
Φ2＝B1×cos 37°＋B2×cos 37°
＝(0.6××0.8＋0.4××0.8)Wb＝0.4 Wb.
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(0.4－0.5)Wb＝－0.1 Wb.
线圈绕OO′轴逆时针转过180°时，规定穿过原线圈平面的磁通量为正，转过180°后，穿过线圈平面的磁通量为负．
Φ3＝－B1×－B2×＝－0.5 Wb.
ΔΦ′＝Φ3－Φ1＝(－0.5－0.5)Wb＝－1.0 Wb.
11．(1) (2)M端 (3)2.5 A (4)0.10 T
解析 (1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，①
由①式得：Δx＝.②
(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．
(3)设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im，则有
BIm＋mg＝k(＋Δx)，③
联立②③并代入数据得Im＝2.5 A．④
(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′Im＋mg＝k(＋Δx)．⑤
由①⑤式得：B′＝.⑥
代入数据得：B′＝0.10 T.
易错点评
1．在第2题中，对B＝的理解要全面，只有电流I与B垂直放置时，才有B＝.如果没有限制，B可能大于或等于，因此很多同学由于不理解B＝的前提而误选A.
2．在第5、6、8、9题中均考查了磁场的叠加问题．
注意分清两点：
①B是矢量，它的叠加遵守平行四边形定则．
②对通电导线在某点的磁场一定要会用右手螺旋定则判断，一定是与该点与导线的连线的方向垂直．
3．地磁场的磁感线特点一定要非常清楚，这点是常考点之一，很多同学往往把方向记错．记住：赤道：与地面平行，南半球：指北斜向上，北半球：指北斜向下．一、概念规律题组
1．关于安培力和洛伦兹力，下面说法中正确的是( )
A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．安培力和洛伦兹力，二者是等价的
D．安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功
2．以下四个图是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动的方向v和磁场对负电荷的洛伦兹力F之间的相互关系图，这四个图中画得正确的是(B、v、F两两垂直)( )
3．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变
二、思想方法题组
4．一个质量为m、电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )
A．它所受的洛伦兹力是恒定不变的
B．它的速度是恒定不变的
C．它的速度与磁感应强度B成正比
D．它的运动周期与速度的大小无关
图1
5．如图1所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则关于正、负电子，下列说法不正确的是( )
A．在磁场中运动的时间相同
B．在磁场中运动的轨道半径相同
C．出边界时两者的速度相同
D．出边界点到O点处的距离相等
一、对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力和安培力的关系
洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．
2．洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即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．
(2)用左手定则判定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．
3．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
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与电荷电性无关 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
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
【例1】 (2009·广东理基)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是( )
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
二、带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法
1．圆心的确定
如图2甲、乙所示，试确定两种情况下圆弧轨道的圆心，并总结此类问题的分析方法．
图2
图3
总结 两种情况下圆心的确定分别采用以下方法：
(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3所示，图中P为入射点，M为出射点)．
(2)
图4
已知入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图4所示，P为入射点，M为出射点)．
根据以上总结的结论可以分析下面几种常见的不同边界磁场中的运动规律：
①直线边界(进出磁场具有对称性，如图5(a)、(b)、(c)所示)
图5
②平行边界(存在临界条件，如图6(a)、(b)、(c)所示)
图6
③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图7所示)
图7
2．半径的确定
用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径的大小．
3．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间表示为：t＝T(或t＝T)．
【例2】
图8
(2011·海南·10)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图8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
[规范思维]
【例3】 如图9所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域半径r＝ m，左侧区域圆心为O1，磁场向里，右侧区域圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C.今有质量m＝3.2×10－26 kg、带电荷量q＝1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出．求：
图9
(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；
(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)．
[规范思维]
_____ 三、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题
1．解决此类问题的关键是：找准临界点．
2．找临界点的方法是：
以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值，常用结论如下：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆周角越大，运动时间越长．
【例4】 (2011·广东·35)如图10(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图10(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图10(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
图10
[规范思维]
【基础演练】
1．(2011·河南郑州月考)在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”．“极光”是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的．假如我们在北极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的沿顺时针方向生成的紫色弧状极光(显示带电粒子的运动轨迹)．则关于引起这一现象的高速带电粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是( )
A．高速粒子带负电 B．高速粒子带正电
C．轨迹半径逐渐减小 D．轨迹半径逐渐增大
图11
2．真空中两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在两导线所确定的平面内，一电子从P点运动的轨迹的一部分如图11中的曲线PQ所示，则一定是( )
A．ab导线中通有从a到b方向的电流
B．ab导线中通有从b到a方向的电流
C．cd导线中通有从c到d方向的电流
D．cd导线中通有从d到c方向的电流
图12
3．(全国高考)如图12所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )
A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0
B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0
C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0
D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0
4.
图13
如图13所示，圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了.根据上述条件可求得的物理量为( )
A．带电粒子的初速度
B．带电粒子在磁场中运动的半径
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子的比荷
5.
图14
回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图14所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(H)和α粒子(He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知( )
A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
6.
图15
(天津高考)如图15所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )
A.，正电荷 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
【能力提升】
7.
图16
(2010·江苏连云港模拟)如图16所示，一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )
图17
8．(2010·重庆理综·21)如图17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下表所示．
粒子编号 质量 电荷量(q>0) 速度大小
1 m 2q v
2 2m 2q 2v
3 3m －3q 3v
4 2m 2q 3v
5 2m －q v
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
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
9.
图18
(2011·北京·23)利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．
如图18所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空．
已知被加速的两种正离子的质量分别为m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q，加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1.
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s.
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度，若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场，为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．
学案3 磁场对运动电荷的作用
【课前双基回扣】
1．BD 2.ABC 3.BD 4.D 5.A
思维提升
1．洛伦兹力的大小和方向
(1)大小：F＝Bqvsin θ，θ为v与B的夹角．
①θ＝0°或180°时，F＝0.
②θ＝90°时，F＝Bqv.
③静止的电荷不受洛伦兹力作用．
(2)方向
①左手定则
注意：四指指向正电荷运动的方向；拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向．
②方向特点：F垂直于B和v决定的平面，即F始终与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
(2)若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
由牛顿第二定律和向心力公式
可得：qvB＝m；轨道半径R＝；周期T＝＝
【核心考点突破】
例1 B [F＝qvB，洛伦兹力的特点是永远与运动方向垂直，永不做功，因此选B.]
例2 BD [带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝得轨道半径r＝，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同；相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子都从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中的运动时间是相同的，但不同速度的粒子，其运动轨迹不同，故A、C错误．根据＝得θ＝t，所以运动时间t越长，运动轨迹所对的圆心角θ越大，故D正确．]
[规范思维] 因所有粒子比荷相同，所以电性相同；又所有粒子从同一点入射，所以轨迹是否相同，应看半径；运动时间是否相同，应看圆心角．另外还应注意磁场边界的约束．
例3 (1)4.19×10－6 s (2)2 m
解析 (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的．如下图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.
由牛顿第二定律
qvB＝m①
又：T＝②
联立①②得：R＝③
T＝④
将已知数据代入③得R＝2 m⑤
由轨迹图知：tan θ＝＝，则θ＝30°.
则全段轨迹运动时间：
t＝2××2θ＝⑥
联立④⑥并代入已知数据得：
t＝ s＝4.19×10－6 s
(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系知侧移总距离d＝2rsin 2θ＝2 m.
[规范思维] 1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法：
(1)画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．
2．首先利用对准圆心方向入射必定沿背离圆心出射的规律，找出圆心位置；再利用几何知识及带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的相关知识求解．
例4 见解析
解析 (1)根据动能定理，qU＝mv－mv，所以v0＝.
(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝R0.根据洛伦兹力公式qv2B＝m，解得B＝＝.
根据公式＝，2πR＝v2T，
qv2B＝m，解得t＝＝＝＝
(3)考虑临界情况，如图所示
①qv3B1′＝m，解得B1′＝，
②qv3B2′＝m，解得B2′＝，综合得：B′<.
[规范思维] (1)带电粒子在电磁复合场中运动时，洛仑兹力不做功，只有电场力做功．
(2)带电粒子在单一磁场中运动时，定圆心、求半径及圆心角是解题的关键．
(3)注意有界磁场的边界约束以及由此而产生的临界情况．
思想方法总结
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
(1)画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．
2．解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以将有界磁场视为无界磁场，让粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用圆的有关特性和公式定理、圆的对称性等几何知识是解题关键，如弦切角等于圆心角的一半、速度的偏转角等于圆心角．粒子在磁场中的运动时间与速度方向的偏转角成正比．
【课时效果检测】
1．BC 2.C 3.AD 4.CD 5.A 6.C
7．AD 8.D
9．(1) (2)(－)
(3)L
解析 (1)加速电场对质量为m1的离子做的功W＝qU.
由动能定理得m1v＝qU
所以v1＝
(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB＝，R＝①
利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为
R1＝，R2＝②
两种离子在GA边上落点的间距
s＝2R1－2R2＝(－)③
(3)质量为m1的离子在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d.同理，质量为m2的离子在GA边上的落点区域的宽度也是d.
要保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为
2(R1－R2)>d④
将②式代入④式得2R1>d
R1的最大值满足2R1m＝L－d
得(L－d)>d
求得最大值dm＝L
易错点评
1．求解带电粒子在有界磁场中做圆周运动的力学问题时，根据速度方向垂直于半径，正确地画出圆周运动的轨迹是解题过程中要做的第一步(不少同学不善于规范地画出轨迹图，致使无法正确地找出几何关系)，此后再由平面几何知识求出轨道半径和轨迹所对应的圆心角，最后再利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律求解．
2．在第5题中，由于某些同学不理解回旋加速器的工作原理导致出错．理解回旋加速器的原理需掌握两点：①粒子离开磁场时的动能与加速电压无关，由R＝知，Ek＝只取决于磁场的半径R、磁感应强度B的大小以及粒子本身的质量和电荷量；②粒子做圆周运动的周期等于交变电场的周期，由f＝知，要加速不同的粒子需调整B和f.
3．在第8题中，所给信息较多，但如没有耐心和一定的方法，会陷入无从下手的境地．根据题图确认a、b、c三者的半径关系，电性关系，再结合表中的数据进行分析．综合分析能力一直是高考的重点，应在平时的学习中注意培养．一、概念规律题组
1．把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是( )
A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直
C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直
D．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直
2．(2010·苏北高二教学质量联合调研)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )
3．关于通电导线所受安培力F的方向，磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是( )
A．F、B、I三者必须保持相互垂直
B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直
C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直
D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直
4．一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是( )
A．0.4 N B．0.2 N C．0.1 N D．0 N
二、思想方法题组
5.
图1
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．当两线圈都通过如图1所示方向的电流时，则从左向右看，线圈L1将( )
A．不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．向纸外平动
6.
图2
质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图2所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．
一、安培力大小的计算及其方向的判断
1．安培力大小
(1)当I⊥B时，F＝BIL
(2)当I∥B时，F＝0
注意：(1)当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图3所示)
图3
(2)对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零．
2．安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面．
【例1】 (2009·全国Ⅰ·鄂·湘·赣·陕·17)
图4
如图4所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
[规范思维]
【例2】
图5
(2011·新课标·18)电磁轨道炮工作原理如图5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，理论上可采用的办法是( )
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
[规范思维]
二、安培力作用下导体运动方向的判定
电流元法 把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动的方向．
特殊位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立
结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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
【例3】
图6
如图6所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，判断线圈如何运动？
[规范思维]
三、安培力作用下通电导体的平衡问题
1．解决有关通电导体在磁场中的平衡问题，关键是受力分析，只不过比纯力学中的平衡问题要多考虑一个安培力．
2．画好辅助图(如斜面)，标明辅助方向(如B的方向、I的方向等)是画好受力分析图的关键．
3．由于安培力、电流I、磁感应强度B的方向之间涉及到三维空间，所以在受力分析时要善于把立体图转化成平面图．
【例4】 (2010·泉州模拟)
图7
如图7所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力．
[规范思维]
【基础演练】
1．(2009·海南卷·2)一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )
2.
图8
(2011·霸州模拟)如图8所示，abcd四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是( )
A．ab边与bc边受到的安培力大小相等
B．cd边受到的安培力最大
C．cd边与ad边受到的安培力大小相等
D．ad边不受安培力作用
3．(2009·重庆理综·19)在如图9所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小为Fa、Fb，可判断这两段导线( )
图9
A．相互吸引，Fa>Fb B．相互排斥，Fa>Fb
C．相互吸引，Fa4.
图10
(广东高考)如图10所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法的是( )
A．加水平向右的磁场 B．加水平向左的磁场
C．加垂直纸面向里的磁场 D．加垂直纸面向外的磁场
5.
图11
(2010·上海模拟)如图11所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的导体棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是( )
6.
图12
(2011·杭州质检)如图12所示，两根间距为d的垂直光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )
A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电流减小
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
【能力提升】
图13
7．如图13所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( )
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．若使b下移，a将不能保持静止
图14
8．(2010·上海杨浦期末)如图14所示，金属杆MN水平固定于线圈上方，杆的两端接有导线，并与线圈轴线处于同一竖直平面内．现将四个接线柱a、b和c、d分别与直流电源的正、负极相接，下列说法中正确的是( )
A．MN将受到平行于纸面竖直向上或向下的安培力
B．将a、d接电源的正极，b、c接电源的负极，MN将受到垂直于纸面向外的安培力
C．将a、d接电源的负极，b、c接电源的正极，MN将受到垂直于纸面向外的安培力
D．将a、c接电源的负极，b、d接电源的正极，MN将受到垂直于纸面向外的安培力
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
9.
图15
如图15所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流强度I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)
10.
图16
水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图16所示，问：
(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？
(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
11.
图17
如图17所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．PM间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计．(g取10 m/s2)
学案2 磁场对电流的作用
【课前双基回扣】
1．D [安培力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于电流方向，即垂直于磁场与电流决定的平面．但电流方向与磁场方向不一定垂直．]
2．C
3．B [安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，即力F与磁场及力F与导线都是垂直的，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，故A、C、D均错，B正确．]
4．BCD [据安培力的定义，当磁感应强度B与通电电流I的方向垂直时，磁场力有最大值为F＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N．当两方向平行时，磁场力有最小值为0 N．随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可在0.2 N与0 N之间取值．]
5．C [由安培定则知，L2上的电流在线圈内部产生的磁场垂直纸面向里，再由左手定则判知L1转动的方向．]
6．ILBcos θ＋mg ILBsin θ
解析 导体棒MN处于平衡状态，作出其侧视图，
对MN进行受力分析，如图所示．由平衡条件有：
Ff＝Fsin θ，
FN＝Fcos θ＋mg，其中F＝ILB
解得
FN＝ILBcos θ＋mg，Ff＝ILBsin θ.
思维提升
1．安培力的计算公式F＝BIL的前提是B⊥I，L是导线的有效长度．
2．安培力的方向：F⊥B、F⊥I，即F垂直于B与I决定的平面，但B与I不一定垂直．
3．磁电式电流表的磁场方向总沿径向均匀辐射分布，在距轴线等距离处的磁感应强度的大小总是相等的，且安培力方向总与线圈平面垂直．
【核心考点突破】
例1 A [ad间通电电流的有效长度为下图中的虚线L′＝(＋1)L，电流的方向等效为由a沿直线流向d，所以安培力的大小F＝BIL′＝(＋1)ILB.根据左手定则可以判断，安培力方向沿纸面向上，选项A正确．]
[规范思维] 对于弯曲导线所受安培力的分析要先找出“等效长度”及“等效电流方向”．
例2 BD [通电的弹体在安培力作用下加速运动，F安＝BId，B＝kI，故F 安∝I2，根据动能定理F安L＝mv2得v∝I，故选项B、D正确，选项A、C错误．或根据运动学公式v2＝2aL，也可得出v∝I.]
[规范思维] 根据题意和题给情境所满足的物理规律，写出所求物理量与其它物理量间的关系式，然后结合选项逐个分析，是解决这类题型的有效方法．
例3 线圈向左运动．
解析 解法一 电流元法
首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看做一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．
解法二 等效法
将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动．同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，又可得到相同的答案．
[规范思维] (1)解决问题的基本思路
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)解决问题的基本方法有：电流元法、特殊位置法、等效法、结论法、转换研究对象法，要根据题目灵活选用．
例4 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律
I＝＝1.5 A
(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N
(3)导体棒受力如图所示，将重力正交分解
F1＝mgsin 37°＝0.24 N
F1mgsin 37°＋Ff＝F安
解得Ff＝0.06 N
[规范思维] 解决安培力与力学综合问题的关键：
(1)首先正确画出通电导体受力的平面图(或侧视图)，注意正确画出电流和磁场的方向．
(2)受力分析时安培力的方向必须用左手定则正确判定，注意安培力方向既跟磁感应强度的方向垂直又和电流方向垂直．
思想方法总结
1．应用公式F＝BIL时需要注意
(1)B与L垂直．
(2)L是有效长度，如图曲线ACB中，如果通电电流为I，则其受水平向左的安培力F＝BIL.
(3)B并非一定是匀强磁场，但一定是导线所在处的磁感应强度．
2．安培力做功的实质：能量的转化
(1)安培力做正功：是将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．
(2)安培力做负功：是将其他形式的能转化为电能，储存或再转化为其他形式的能．
3．(1)有安培力参与的物体平衡，此平衡与前面所讲的物体平衡一样，也是利用物体平衡条件解题．其中安培力是众多受力中的一个．
(2)在安培力作用下的物体平衡的解决步骤和前面我们学习的共点力平衡相似，一般也是先进行受力分析，再根据共点力平衡的条件列出平衡方程．其中重要的是在受力分析过程中不要漏掉了安培力．
【课时效果检测】
1．D [通电导线在磁场中受安培力时，用左手定则判断安培力的方向．]
2．B [根据左手定则，ab边受到的安培力大小为Fab＝BIab，bc边平行于磁场方向受力为零，故A错；ad边受到安培力大小为Fad＝BIOd，故D错；cd边受到的安培力大小为Fcd＝BIcd，故B正确，C错．]
3．D [解法一 由题图可知，无论电键是置于a还是b.导线中的电流均为M′M和NN′，由安培定则M′M在NN′处产生的磁场为垂直板平面向上，由左手定则可知NN′受到的力向外．即这两段导线相互排斥；电键置于a、b两处时，b的电流较大，所以有Fa解法二 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以A、C错误，再有开关置于b处时有两个电池，它的电压较大、电流较大，相互作用力也较大，所以B错误，D正确．]
4．C [要使F＝0，则导线受安培力向上，且F安＝mg，由左手定则可知，选项C正确．]
5．C [当Ff＝μBIL＝μBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：Ff＝μBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：Ff＝mg，故选项C正确．]
6．A [对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A项正确，B项错误；若增大θ，则mgsin θ增大，C项错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D项错误．]
7．B [由安培定则可知A正确．由mgsin 45°＝BILcos 45°知B＝＝，B错误．若要使B最小，B应在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正确．]
8．D [由安培定则和左手定则判断知，D项正确．]
9．5 s
解析
斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件
FTcos 37°＝F①
FTsin 37°＝mg②
由①②解得：F＝，代入数值得：
F＝0.8 N
由F＝BIL得：B＝＝ T＝2 T
B与t的变化关系为B＝0.4t.所以t＝5 s.
10．(1)mg－ (2)Bmin＝ 方向水平向右
解析
从b向a看侧视图如图所示．
(1)水平方向：F＝F安sin θ①
竖直方向：FN＋F安cos θ＝mg②
又F安＝BIL＝BL③
联立①②③得：FN＝mg－，F＝.
(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上．则有F安＝mg
Bmin＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
11．2 Ω≤R≤5 Ω
解析 导体棒受到的最大静摩擦力为
Ff＝μFN＝μmg＝0.5×0.2×10 N＝1 N
绳对导体棒的拉力F拉＝Mg＝0.3×10 N＝3 N
导体棒将要向左滑动时
BImaxL＝Ff＋F拉，Imax＝2 A
由闭合电路欧姆定律Imax＝＝
得Rmin＝2 Ω
导体棒将要向右滑动时Ff＋BIminL＝F拉，
Imin＝1 A
由闭合电路欧姆定律Imin＝＝
得Rmax＝5 Ω
滑动变阻器连入电路的阻值为2 Ω≤R≤5 Ω
易错点评
1．关于安培力的方向的判断，学生往往记不清用左手还是用右手，再者就是把四指的方向与大拇指的方向的意义搞错．记住“力左电右”，即凡是判断力的方向的都用左手，如安培力、洛伦兹力．凡是判断“磁生电”或“电生磁”的都用右手，如电流的磁场方向判断、导体切割磁感线产生的感应电动势方向的判断都用右手．
2．在第2、7、9、10题中，都要用到左手定则判断安培力方向．在具体实施时，要注意判断电流的方向如何，所处的磁场方向如何，此为关键，同时应画出平面的受力分析图．
3．由于磁场方向、安培力方向、电流方向涉及三维空间，所以在分析有关安培力的问题时，注意加强空间想象能力，要善于把立体图画成平面图或截面图，以便受力分析．
