1、体系构建核心速填1磁场(1)存在于磁体、电流周围的一种特殊物质(2)方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向2磁感线(1)磁感线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的强弱磁感线都是闭合曲线，且不能相交(2)电流(包括直线电流、环形电流、通电螺线管)周围的磁感线方向与电流方向的关系，可以由安培定则来判定3磁感应强度(1)定义：B(2)方向：小磁针N极受力的方向，或磁感线的切线方向4安培力(1)计算式：FILBsin (2)方向：用左手定则来判断，安培力与电流垂直，与磁场垂直5洛伦兹力(1)大小：FqvB(vB)(2)方向
2、：用左手定则来判断，洛伦兹力与速度垂直，与磁场垂直6带电粒子在匀强磁场中运动(不计重力)(1)若vB，带电粒子以速度v做匀速直线运动(2)若vB，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动向心力由洛伦兹力提供：qvBm.轨道半径公式：R周期：T7应用实例：(1)质谱仪：测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具(2)回旋加速器：磁场使带电粒子偏转，交变电场使带电粒子加速只要交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，带电粒子每运动半周就可以被加速一次，这样经过多次加速，带电粒子可以达到很高的能量有关安培力问题的分析与计算安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究
3、对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解具体求解应从以下几个方面着手分析：1安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，FILB.(2)当通电导体和磁场方向平行时，F0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为时，FILBsin .2安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定(2)F安B，同时F安L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直3安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体
4、(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解【例1】如图所示，电源电动势E2 V，内阻r0.5 ，竖直导轨宽L0.2 m，导轨电阻不计另有一质量m0.1 kg，电阻R0.5 的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数0.4，靠在导轨的外面为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)求：(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围解析(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由ab的侧视图，并对棒ab
5、受力分析如图所示经分析知磁场的方向斜向下指向纸里(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为f，则Fsin 30fmg0FB1ILfFcos 30I联立四式并代入数值得B13.0 T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为f，如图乙所示，则Fsin 30fmg0fFcos 30FB2ILI可解得B216.3 T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 TB16.3 T.答案(1)斜向下指向纸里(2)3.0 TB16.3 T安培力可以使通电导体静止、运动或转动，安培力还可以做功，解题的基本思路和力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，然后根据题中条件，运用平衡条件
6、、牛顿运动定律等规律列式求解1如图所示，两根平行、光滑的斜金属导轨相距L0.1 m，与水平面间的夹角为37，有一根质量为m0.01 kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B0.2 T，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在导轨上，取g10 m/s2.(sin 370.6，cos 370.8)(1)求此时通过ab杆的电流；(2)若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度解析(1)杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、导轨的支持力以及安培力，根据平衡条件得BILmgsin 解得I A3 A.(2)若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根
7、据牛顿第二定律得F合mgsin BILcos mgsin mgsin cos ma解得agsin gsin cos (100.6100.60.8)m/s21.2 m/s2，方向沿导轨向下答案(1)3 A(2)1.2 m/s2，方向沿导轨向下带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题1.带电粒子的电性不确定形成多解如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.2磁场方向的不确定形成多解如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.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
8、运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解4运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示【例2】在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)解析要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须使粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动
9、半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM的距离应为直径的整数倍，即满足2Rnl.2RnlREqymv2联立可得y(n1、2、3、)答案见解析2.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()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间A根据左手定则可知N带正电，M带负电，A对；因为r，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，
10、B错；洛伦兹力永不做功，所以C错；M和N的运行时间都为t，所以D错带电粒子在交变场中的运动带电粒子在交变场中的运动问题的分析思路【例3】如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示在t0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足；粒子的比荷满足.求：图甲图乙图丙(1)在t时，粒子的位置
11、坐标；(2)粒子偏离x轴的最大距离；解析(1)在0t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0mr1m解得T2t0，r1则粒子在时间内转过的圆心角所以在t时，粒子的位置坐标为.(2)在t02t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示则vv0t02v0运动的位移xt01.5v0t0在2t03t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r22r1故粒子偏离x轴的最大距离hxr21.5v0t0.答案(1)(2)1.5v0t0一语通关仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解
12、题的突破口3(多选)如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120.在t0时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是()A磁场方向垂直纸面向外B图(b)中B0C图(b)中T0D若t0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点BC第一次到O点时洛伦兹力向上，速度向右，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB0m，解得B0，故B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间t1，虚线区域加磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间t2，磁场变化的周期T0t1t2，故C正确；若t0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，粒子向下偏转，经过圆周与板相碰后反弹，再经过圆周与竖直板相碰有反弹，向上偏转后离开磁场区域，故D错误