第3讲 磁场的基本性质
【p47】
【p47】
1．磁场对电流的作用力的大小F＝__BILsin__θ__，方向由__左手定则__判定．
2．磁场对运动电荷的作用力的大小F＝__Bqvsin__θ__，方向由__左手定则__判定．当θ＝90°时，运动电荷将在匀强磁场中做匀速圆周运动，依__洛伦兹力作为向心力__，可推导出轨迹半径R＝____、运动周期T＝____．
【p47】
考点一 磁场的叠加
例1(2020·浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则( )
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
【解析】通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示
I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2，即B1>B2，则在b点的磁感应强度不为零，A错误；如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确．
【答案】C
【方法总结】电流磁场的方向由安培定则确定，当空间有几个磁场同时存在时，空间某点的磁感应强度是这几个磁场磁感应强度的矢量和．首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成．
变式训练1
(多选)如图，通有向上电流的导体AA′、BB′、CC′和DD′为正方体的棱，电流大小均为I，O为正方体的中心，O′为面ABB′A′的中心，电流AA′在O′点产生的磁感应强度大小为B，已知直导线在过导线中央的垂直平面某处产生的磁感应强度与电流成正比、与距离成反比，则下列说法正确的是( )
A．电流AA′在O点产生的磁感应强度大小为B
B．O′处的磁感应强度方向沿AA′B′B平面垂直指向BB′
C．若仅将AA′中电流反向，O处磁感应强度大小变成B
D．若仅将AA′中电流加倍，O处磁感应强度大小变成B
【解析】设正方体的棱长为a，AA′到O点的距离为，到O的距离d＝＝a；直导线在过导线中央的垂直平面某处产生的磁感应强度与电流成正比、与距离成反比，设电流为I，距离为r，比例系数为k，则磁感应强度：B＝k；电流AA′在O′点产生的磁感应强度大小为B，则电流AA′在O点产生的磁感应强度大小为B，故A正确；由安培定则可知，O′处的磁感应强度方向沿AA′B′B平面垂直指向BB′，故B正确；AA′、BB′、CC′、DD′中电流相等，它们到O点的距离相等，它们在O点产生的磁感应强度相等都是B，若AA′方向反向，由安培定则可知，AA′在O点产生的磁场方向与BB′、CC′、DD′在O点产生的合磁场方向相同，AA′、BB′、CC′、DD′在O点产生的磁感应强度为B，故C正确；若仅将AA′中电流加倍，AA′在O处产生的磁感应强度为B，BB′、CC′、DD′中电流在O处产生的磁感应强度为B，则O处的磁感应强度大小为：B－B＝B，故D错误．
【答案】ABC
考点二 安培力作用下导体的运动
例2
如右图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，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FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是( ) A．FN1B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小
C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大
D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小
【解析】采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的外部磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1>FN2，同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.
【答案】C
【方法总结】安培力作用下导体运动方向的判断方法：
判断通电导体在安培力作用下的运动方向：清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动．往往采用以下几种方法：
电流
元法
把整段导线分为多段直电流元，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
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
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，有转动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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
变式训练2如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)( )
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
【解析】如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．
分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A正确．
【答案】A
考点三 安培力作用下导体的平衡 例3(多选)无限长通电直导线周围磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B＝k表示，式中k是常数、I是导线中电流、r是该点到直导线的距离．通常通电长直导体棒可以被看作无限长通电直导体棒．将两根长度均为L，质量均为m，通有方向相反、大小恒为I的电流的细长直导体棒a、b，置于水平光滑半圆筒内，静止时，其横截面如图所示，O为半圆筒的圆心，cd为半圆筒的水平直径，Oa、Ob之间的夹角为θ.则下列说法正确的是( )
A．O处磁感应强度的方向水平向右
B．两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下
C．导体棒a中电流产生的磁场在导体棒b处磁感应强度的大小为
D．若将导体棒a保持水平沿圆弧向d缓慢移动，a、b中电流大小始终相等，要使导体棒b在原处仍保持静止，则导体棒中的电流必须逐渐增大
【解析】由安培定则可知，a、b电流产生的磁场在O处方向如图甲所示．由平行四边形定则可知两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下，故A错误，B正确；设圆筒对b的支持力为F，受力示意图如图乙所示，则由平行四边形定则和共点力的平衡条件得
Fcos＝mg，Fsin＝BIL.解得B＝，故C错误；将a向d缓慢移动，要使b保持静止，平行四边形如图乙中虚线所示．可知a对b的安培力必须逐渐増大，故a在b处的磁感应强度必须逐渐増大，而a、b之间的距离又逐渐増大，由B＝k可知，导体棒中电流必须逐渐増大才行，故D正确．
【答案】BD
【方法总结】通电导体在磁场和重力场中处于平衡状态时，通常要画出导体的截面图，分析导体的受力情况，注意安培力总是垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面，然后再按力的平衡列式求解．
变式训练3
(多选)如图是倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图．一长为L、质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通入电流I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.则下说法正确的是( )
A．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为90°≤α＜233°
B．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为0°≤α＜143°
C．所加磁场的磁感应强度的最小值为
D．所加磁场的磁感应强度的最小值为
【解析】根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上这两个方向之间，根据左手定则知，当安培力的方向垂直斜面向下时，所加的磁场方向沿着斜面向上，当安培力竖直向上时，所加的磁场水平向右，所以所加磁场方向与x轴正方向的夹角θ的范围应为0°<θ＜143°，故A错误，B正确．当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有：FA＝mgsin
37°＝BIL，则磁感应强度的最小值为：B＝.故C正确，D错误．
【答案】BC
考点四 带电粒子在匀强磁场中的运动
例4(2020·天津卷)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则( )
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
【解析】粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图
由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知
∠OMO1＝∠OO1M＝45°，
OM＝OO1＝a
则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝a
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得v＝，BC错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(＋1)a，D正确．
【答案】AD
【方法总结】1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R＝，周期T＝，运动时间t＝T，所以粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关．
2．画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．如图所示．
①四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
②六线：轨迹圆的半径AB、AC，入射速度直线BO和出射速度直线OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO.
③三角：速度偏转角∠COD、粒子转过的圆心角∠BAC和弦切角∠OBC，其中偏转角等于粒子转过的圆心角，也等于弦切角的两倍．
3．带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的三种几何关系：
(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)当粒子的运动速率v一定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长．
变式训练4
(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是( )
A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：r1＝，
r2＝O2c＝r2＋l
解得：r2＝(1＋)l
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度为：vmax＝＝，最小速度：vmin＝＝，故A正确，B错误．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角大于45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间大于T＝，最长时间：tmax＝T＝.故C错误，D正确．
【答案】AD【p135】
A组
1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法错误的是(
)
A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零
B．某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致
C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向不一致
【解析】电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，故A正确；某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致，故B正确；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线放置方向与磁场方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故C错误；某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向垂直，故D正确．
【答案】C
2．纸面内有两条互成60°角的长直绝缘导线L1、L2，相交于O点，通以等大电流I，方向如图所示．m、n两点到O点距离均为R，且位于两导线夹角的角平分线上．已知通电长直导线周围某点磁感应强度满足B＝k，其中k为常数，r为点到长直导线的距离．则m、n两点的磁感应强度大小分别为( )
A．Bm＝k，Bn＝k
B．Bm＝0，Bn＝0
C．Bm＝k，Bn＝k
D．Bm＝k，Bn＝0
【解析】m点到L1和L2的距离均为：r1＝Rsin
30°＝R，导线L1和L2的在m点处产生的磁场均向里，则m点的磁感应强度大小为：Bm＝2×k＝k，n点到L1和L2的距离均为：r2＝Rsin
60°＝R，导线L1在n点处产生的磁场向外，导线L2在n点处产生的磁场向里，则n点的磁感应强度大小为0，故ABC错误、D正确．
【答案】D
3．如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流．图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的2倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2，则导线框中的电流大小为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】不论磁场处于虚线上方还是处于虚线下方，导线的有效长度都是L＝l，当磁场在虚线下方时，由左手定则可知，安培力方向竖直向上，由平衡条件得：mg＝F1＋BI·l，当磁场在虚线上方时，由左手定则可知，安培力方向竖直向下，由平衡条件得：F2＝mg＋2BI·l，解得：I＝，故D正确，ABC错误．
【答案】D
4．如图所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流，当在其直径AB上靠近B点放一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线时(电流方向如图中所示)，在磁场作用下圆线圈将( )
A．以直径AB为轴转动，同时向右平动
B．向左平动
C．以直径AB为轴转动，同时向左平动
D．静止不动
【解析】先将环形电流等效看成小磁针，因圆心O处由直线电流引起的磁场方向在纸面内竖直向上，所以形成等效小磁针的通电线圈将以AB为轴从左向右看逆时针转动．从线圈转动近90°后的特殊位置再分析，可判断出整个线圈受安培力方向向左，所以线圈转动的同时向左平动．选项C正确．
【答案】C
5．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．
【答案】A
6．如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是( )
A．增大U，减小I
B．减小U，增大I
C．同时增大U和I
D．同时减小U和I
【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU＝mv，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0＝m，解得：r＝＝，增大电子枪的加速电压，减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减小，都可以使电子束的轨道半径变大，故B、C、D错误，A正确．
【答案】A
7．一电流表的原理如图所示，质量为m＝20
g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k＝2.0
N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.20
T，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab且ab＝0.20
m，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，不计通电时电流产生的磁场的作用(g＝10
m/s2)( )
A．若要电流表正常工作，N端应接电源正极
B．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B′＝0.40
T
C．若bc＝0.050
m，此电流表的量程为Im＝2.0
A
D．当电流表示数为零时，弹簧伸长10
cm
【解析】已知金属棒MN的质量为m＝20
g＝0.02
kg.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．由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故A错误；当电流表的示数为零时，弹簧伸长量为Δx，根据平衡条件可得mg＝kΔx，解得Δx＝0.1
m＝10
cm，故D正确；设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BImab＋mg＝k(bc＋Δx)，若bc＝0.050
m，此电流表的量程为：Im＝2.5
A；设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有2B′Imab＋mg＝k(bc＋Δx)，得：B′＝B＝0.1
T，故BC错误．
【答案】D
8.
如图所示，导体AB的长度为L，质量为m，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线垂直纸面向外，AB放在水平支架上成为电路的一部分，当接通电路的瞬间，AB弹跳起来，则导体棒中的电流方向如何？若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为Q，则在S闭合过程中，电流对导体做的功至少应为多少？
【解析】由于AB向上弹跳起来，可知接通电路的瞬间，导体AB受到的安培力的方向是向上的，根据左手定则可以判断出电流方向是由B到A.
电流做的功一部分转为导体的动能，另一部分因导体电阻而消耗，根据题设条件电流做的功至少为：W＝mv2
对导体棒，依动量定理有：BILt＝mv，其中It＝Q，
则W＝＝
【答案】B到A
B组
9．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1
T，玻璃皿的横截面的半径a＝0.05
m，电源的电动势E＝3
V，内阻r＝0.1
Ω，限流电阻R0＝4.9
Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻R＝0.9
Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5
V，则( )
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4
N
C．闭合开关10
s，液体具有的动能是4.5
J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081
W
【解析】由于中心圆柱形电极接电源的负极，边缘电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；此电路为非纯电阻电路，电压表的示数为1.5
V，则根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流值：I＝＝
A＝0.3
A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05
N＝1.5×10－3
N．故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9
Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9
W＝0.081
W．故D正确；10
s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P＝UI＝1.5×0.3
W＝0.45
W，所以闭合开关10
s，液体具有的动能是：Ek＝W电流－W热＝(P－P热)·t＝(0.45－0.081)×10
J＝3.69
J，故C错误．
【答案】D
10.
如图所示，在边长为L的等边三角形区域ABC内存在着垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小B＝，大量质量为m、带电荷量为q的粒子从BC边中点O沿不同的方向垂直于磁场以速率v0射入该磁场区域，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为
B．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
C．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间为
D．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为
【解析】有粒子的初速度大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：r＝＝L相同，故A错误；粒子做圆周运动的周期：T＝＝相同，故B错误；当粒子运动轨迹对应的弦最长时，圆心角最大，粒子运动时间最长，当粒子运动轨迹对应的弦长最短时，对应的圆心角最小，粒子运动时间最短，对于从AB和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为：OA＝L，恰好等于轨道半径，对应的圆心角为60°，因此最长运动时间：t＝T＝，故C正确；过O点作AC边的垂线，垂足为D，可知：OD＝L为最短的弦，由几何知识可知，对应的圆心角略小于30°，因此粒子最短运动时间略小于＝，故D错误．
【答案】C
11.
如图所示，真空中垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为(
)
A.
B.
C.
D．2
【解析】
粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：r1＝＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝m，解得：v1＝.当粒子竖直向上射入磁场时，如果粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域．因为粒子竖直向上射入磁场恰好不能进入小圆区域时的轨道半径：r2＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B＝m，解得：v2＝，则：v1∶v2＝，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
12.
如图所示，圆心在原点O、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场甲(图中未画出)，平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面放置在y＝－R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R，0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子打在光屏上的M点；若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场乙(图中未画出)，上述粒子仍然从A点以相同的速度射入区域Ⅰ，则粒子打在荧光屏上的N点，甲、乙两磁场的磁感应强度大小均为B＝，不计粒子重力．求：
(1)打在M点的粒子的速度大小v1和打在N点的粒子速度大小v2以及甲、乙两磁场的方向；
(2)荧光屏上M点到y轴的距离xM以及N点到y轴的距离xN；
(3)粒子从A点运动到N点所用的时间t.
【解析】(1)粒子在磁场中运动时洛伦磁力不做功，故打在M点和N点的粒子动能均为E0，v1、v2大小相等．则有：E0＝mv
解得：v＝v2＝v1＝
由左手定则可知，甲磁场的方向垂直纸面向外，乙磁场的方向垂直纸面向里．
(2)如图所示，区域B中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动后打在M点轨迹圆的圆心为O1点，设其轨迹圆的半径为r，由牛顿第二定律有：Bqv＝m
解得：r＝R
由几何关系可知，OM与y轴负方向的夹角为30°，故：
xM＝－R
解得：xM＝R
区域Ⅱ有磁场时，粒子轨迹圆的圆心为O2点，同理可得其轨迹圆的半径也为：r＝R
由几何关系可得：xN＝2rcos
30°－R
解得：xN＝2R.
(3)粒子做圆周运动的周期为：T＝
根据几何关系可知，粒子在两磁场中运动的时间相同，均为，故所求时间为：t＝2×
解得：t＝.
【答案】(1) 甲磁场的方向垂直纸面向外，乙磁场的方向垂直纸面向里 (2)R 2R
(3)(共55张PPT)
BILsin
θ
左手定则
Bqvsin
θ
左手定则
洛伦兹力作为向心力
F=B大小安培力方向
磁场对电流的作用
通电圆环周围磁场卜
磁场)-磁场的性质左
通电直导体周围磁场
手
定
磁感应强度|则
磁场对运动
电荷的作用
q大小洛伦兹力方向
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基础落实>●。●
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