1、章末分层突破 自我校对运动的电荷运动电荷(电流)B北极NSSN垂直ILBqvB有关安培力问题的分析与计算安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，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
2、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(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如图31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
3、摩擦力，g取10 m/s2)求：【导学号：62032049】图31(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
4、.【答案】(1)斜向下指向纸里(2)3.0 TB16.3 T电偏转和磁偏转的分析所谓“电偏转”与“磁偏转”是指分别利用电场和磁场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向，但电场和磁场对电荷的作用特点不同，因此这两种偏转有明显的差别.垂直电场线进入匀强电场(不计重力)电偏转垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)磁偏转受力情况电场力FEq，大小、方向不变洛伦兹力FBqv，大小不变，方向随v而改变且Fv运动类型类平抛运动匀速圆周运动或其一部分运动轨迹抛物线圆或圆的一部分运动图示动能的变化电场力与速度的夹角越来越小，动能不断增大，并增大得越来越快洛伦兹力不做功，所以动能保持不变求解方法纵向偏移y和偏转角要通
5、过类平抛运动的规律求解纵向偏移y和偏转角要结合圆的几何关系通过对圆周运动的讨论求解如图32所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d8 cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一电子以一定的速度沿水平方向射入此区域若电场与磁场共存，电子穿越此区域恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y3.2 cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转不计重力作用，求：图32(1)电子射入时的初速度的表达式；(注：表达式不必代入具体数值，只保留字母符号)(2)电子比荷的表达式；(3)画出电子穿越磁场区域时(撤去电场时)的轨迹
6、并标出射出磁场时的偏转角；(sin 370.6，cos 370.8)(4)电子穿越磁场区域后(撤去电场时)的偏转角.【解析】(1)电子在复合场中不发生偏转，所受电场力和洛伦兹力平衡有qEqvB，得初速度的表达式v.(2)电子垂直进入匀强电场，向上做类平抛运动有dvt，yat2，加速度a可解得电子比荷.(3)电子穿越磁场区域时的轨迹如图所示(4)电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qvBm，代入比荷的表达式得r 10 cm0.1 m由几何知识得sin 0.8所以偏转角53.【答案】(1)v(2)(3)见解析图(4)53(1)电偏转的运动规律是类平抛运动，解决的方法是运动的合
7、成与分解.(2)磁偏转是洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，解决的方法是作轨迹图，确定圆心，求解半径和圆心角，利用周期公式和半径公式求解.带电粒子在有界匀强磁场中圆周运动分析1穿出条件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运动时间当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动时间越长3几种常见的边界类型(1)若粒子垂直于磁场边界入射，且仍能从此边界出射，则出射时与此边界垂直，运动轨迹为半圆图33(2)若粒子以与边界线夹角为或射入磁场且仍从此边界出射，则射出时与边界的夹角仍为或.图34(3)若磁场为一圆形有界磁场，粒子以过圆心的速度方向垂直入射，则出磁
8、场时速度方向的反向延长线必过圆心图35如图36所示，在y0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图314A. B.C.D.【解析】如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，APR，则AOAP3R，所以OB4R.故选项D正确【答案】D5如图315，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感
9、应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量图315【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速
10、度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻联立式，并代入题给数据得m0.01 kg.【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg章末综合测评(三)磁场 (时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分 ，有选错的得0分)1安培的分子环形电流假说不
11、能用来解释下列哪些磁现象()A磁体在高温时失去磁性B磁铁经过敲击后磁性会减弱C铁磁类物质放入磁场后具有磁性D通电导线周围存在磁场【解析】磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，在高温时，分子电流的排布重新变得杂乱无章，故对外不显磁性，A正确；磁铁经过敲击后，分子电流的排布重新变得杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故B正确；铁磁类物质放入磁场后磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，对外显现磁性，C正确；通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故D错误【答案】D2关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是()A电场强度的定义式E，适用于任何电场B
12、由真空中点电荷的电场强度公式E可知，当r0，EC由公式B可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力则说明此处一定无磁场D磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【解析】电场强度的定义式E，适用于任何电场，故A正确；当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式E不再成立，故B错误；由公式B可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误；磁感应强度的方向和该处通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误【答案】A3如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面
13、内向右弯曲经过a点在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图1A向上B向下C向左D向右【解析】a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确【答案】A4如图2所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域下列说法正确的是() 【导学号：62032050】图2A若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转【解析】正离子以速率v沿直线从左向右
14、水平飞越此区域，则有qvBEq.即vBE，若一电子的速率v从左向右飞入此区域时，也必有evBEe.电子沿直线运动而电子以速率v从右向左飞入时，电子所受的电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，B正确，A、C、D均错误【答案】B5回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()图3A增大匀强电场间的加速电压B减小磁场的磁感应强度C增加周期性变化的电场的频率D增大D形金属盒的半径【解析】
15、粒子最后射出时的旋转半径为D形金属盒的最大半径R，R，Ekmv2.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形金属盒的半径R，故正确选项为D.【答案】D6如图4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.现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()图4A.tB2tC.tD3t【解析】由牛顿第二定律qvBm及匀速圆周运动T得r；T.作出粒子的运动轨迹如图，由图可得，以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场经过t从C点射出磁场，轨道半径rAO；速度变为时，运
16、动半径是，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为120，运动时间为，即2t.故A、C、D项错误，B项正确【答案】B7带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0，先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图5甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则()图5AW1W2D无法判断【解析】在乙图中，由于v0，电场力qE大于洛伦兹力qBv.根据左手定则判断可知洛伦兹力有与电场力方向相反的分力则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、B、D
17、错误，选项C正确【答案】C8在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L，质量为m的导线，当通以如图6所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B满足()图6AB，方向垂直斜面向下BB，方向垂直斜面向上CB，方向竖直向下DB，方向水平向左【解析】磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgsin BIL，解得选项A正确磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtan BIL，解得选项C正确磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mgBIL，解得选
18、项D正确【答案】ACD9利用如图7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()图7A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【解析】由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB可得v，r越大v越
19、大，由图可知r最大值为rmax，选项B正确；又r最小值为rmin，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为v，可见选项C正确，D错误【答案】BC10如图8所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()【导学号：62032051】图8A从P射出的粒子速度大B从Q射出的粒子速度大C从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动的时间一样长【解析】作出各自的轨迹如右图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根
20、据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等正确的选项应是B、D.【答案】BD二、计算题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11(12分)如图9所示，倾角为30的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E3 V、内阻不计的电源，滑轨间距为L0.1 m，将一个质量为m0.03 kg，电阻R0.5 的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小(重力加速度g取10 m/s2)图9【解析】合上开关S后，由闭合电路欧姆定律得：I经分析可知，金属棒受力如图所示，金
21、属棒所受安培力，FBIL沿斜面方向受力平衡，Fmgsin 以上各式联立可得：B0.25 T磁场方向垂直导轨面斜向下【答案】磁场方向垂直导轨面斜向下0.25 T12(12分)一磁场宽度为L，磁感应强度为B，如图10所示，一电荷质量为m，带电荷量为q，不计重力，以一速度(方向如图)射入磁场若不使其从右边界飞出，则电荷的速度应为多大？图10【解析】若要粒子不从右边界飞出，当达最大速度时运动轨迹如图所示，由几何知识可求得半径r，即rrcos Lr又Bqv，所以v.不使电荷从右边界飞出，则v.【答案】v13(16分)如图11所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径
22、两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场不计粒子的重力图11(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小【解析】(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2由式得E.(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得 B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R联立式得B.【答案】(1)(2)或
