俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。高中教师要准备好教案，这是每个高中教师都不可缺少的。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。我们要如何写好一份值得称赞的高中教案呢？以下是小编为大家收集的“高考物理磁场对电流的作用基础知识归纳”供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。

第2课时磁场对电流的作用

基础知识归纳
1.安培力：磁场对电流的作用力
(1)安培力的大小F＝BILsinθ(θ为B与I的夹角).
①此公式适用于任何磁场，但只有匀强磁场才能直接相乘.
②L应为有效长度，即曲线的两端点连线在垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿L(有效长度)由始端流向终端.任何形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以通电后，闭合线圈受到的安培力的矢量和为零.
③当θ＝90°时，即B、I、L两两相互垂直，F＝BIL；
当θ＝0°时，即B与I平行，F＝0；
当B与I成θ角时，F＝BILsinθ.
(2)安培力的方向：用左手定则来判定(左手定则见课本).
安培力(F)的方向既与磁场(B)方向垂直，又与电流I的方向垂直，安培力F垂直于B与I决定的平面，但B与I可不垂直.
2.磁电式仪表的原理
(1)电流表的构造主要包括：蹄形磁铁、圆柱形铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针.蹄形磁铁和铁芯之间的磁场是均匀的辐向分布的，如图所示.无论通电导线处于什么位置，线圈平面均与磁感线平行.给线圈通电，线圈在安培力的力矩的作用下发生转动，螺旋弹簧变形，产生一个阻碍线圈转动的力矩，当两者平衡时，线圈停止转动.电流越大，线圈和指针的偏转角度也就越大，所以根据线圈偏转的角度就可以判断通过电流的大小.线圈的电流方向改变时，安培力的方向也就随着改变，指针偏转的方向也就改变，所以根据指针的偏转方向，就可以判断被测电流的方向.
(2)磁电式仪表的优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流；缺点是绕制线圈的导线很细，允许通过的电流很小.
重点难点突破
一、判断通电导体(或磁体)在安培力作用下的运动的常用方法
1.电流元受力分析法
即把整段电流等效为很多直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向.
2.特殊位置分析法
把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置(如转过90°)后再判断所受安培力的方向，从而确定运动方向.
3.等效分析法
环形电流可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可以等效成环形电流，通电螺线管可等效成很多的环形电流.
4.推论分析法
(1)两直线电流相互平行时无转动趋势，方向相同时相互吸引，方向相反时相互排斥；
(2)两直线电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势.
5.转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样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来确定磁体所受的电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向.
二、安培力与力学知识的综合运用
1.通电导体在磁场、重力场中的平衡与加速运动问题的处理方法和纯力学问题一样，无非是多了一个安培力.
2.解决这类问题的关键
(1)受力分析时安培力的方向千万不可跟着感觉走，牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又和电流方向垂直.
(2)画出导体受力的平面图.
做好这两点，剩下的问题就是纯力学问题了.
典例精析
1.通电导体在安培力作用下的运动
【例1】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点处放一根垂直于线圈平面的固定不动的长导线时(电流方向如图所示)，在磁场作用下线圈如何运动？
【解析】用电流元分析法：如图(a)直导线周围的磁感线是一簇顺时针的同心圆，
我们分别在线圈上找四段电流元A、B、C、D，电流元A、B段的电流与直导线产生的圆形磁场相切，不受安培力，电流元C和D用左手定则分析判断其受安培力方向为垂直纸面向里和垂直纸面向外.由此可以判断线圈将以AB为转轴从左向右看逆时针转动.
用等效法分析：把通电线圈等效成放在O点N极指向纸外的小磁针；而通电直导线在O点产生的磁场是垂直于直径AB向上，所以小磁针指向纸外的N极向上转动，即从左向右看线圈将逆时针转动.
用特殊位置分析法：设线圈转动90°到与直导线重合的位置(如图b)，直线电流左边的磁场向纸外，右边的磁场向纸里，再用左手定则分别判断线圈的左边和右边所受安培力方向均向左，即线圈将向左靠近直导线.
用推论分析法：在线圈转到图(b)位置时，直导线左边的线圈电流向下，与直导线电流方向相反，则两者相互排斥，线圈左边受直导线作用方向向左.线圈在直导线右边部分的电流向上，与直导线电流方向相同，两者相互吸引，即直导线右边部分线圈受安培力方向也是向左的.所以可以判断整个线圈将向左运动.
综上所述，线圈整个过程的运动情况是：在以直径AB为轴转动的同时向左平动.
【思维提升】(1)在判断通电导体(磁体)在安培力作用下的运动时，通常采用“等效法”、“推论分析法”要比“电流元法”简单，根据需要可用“转换研究对象法”.
(2)导体(磁体)受安培力作用下的运动，先要判定是参与“平动”还是“转动”，或者“转动”的同时还参与“平动”，再选择恰当的方法求解.
【拓展1】如图所示，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.
【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”，亦可得到相同的答案.
2.安培力与力学知识的综合运用
【例2】在倾角为α的光滑斜面上置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒，如图所示.
(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向；
(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(3)若使棒静止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁场的方向范围.
【解析】此题属于电磁学和静力学的综合题，研究对象为通电导体棒，所受的力有重力mg、弹力FN、安培力F，属于三个共点力平衡问题.
棒受到的重力mg，方向竖直向下，弹力垂直于斜面，大小随安培力的变化而变化；安培力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁场方向不同而变.
(1)由平衡条件可知：斜面的弹力和安培力的合力必与重力mg等大、反向，故当安培力与弹力方向垂直即沿斜面向上时，安培力大小最小，由平衡条件知B＝，所以，由左手定则可知B的方向应垂直于斜面向上.
(2)棒静止在斜面上，且对斜面无压力，则棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg和安培力F作用，由平衡条件可知F＝mg，且安培力F竖直向上，故B＝，由左手定则可知B的方向水平向左.
(3)此问的讨论只是问题的可能性，并没有具体研究满足平衡的定量关系，为了讨论问题的方便，建立如图所示的直角坐标系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在mg和FN的反向延长线F2和F1之间.由图不难看出，F的方向应包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根据左手定则，B与＋x的夹角θ应满足α＜θ≤π
【思维提升】本题属于共点力平衡的问题，所以处理的思路基本上和以往受力平衡处理思路相同，难度主要是在引入了安培力，最终要分析的是磁感应强度的方向问题，但只要准确分析了力的方向，那么磁感应强度的问题也就容易了.
【拓展2】有两个相同的电阻都为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直平面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B＝0.87T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2，试求此电源电动势E的大小.
【解析】在题图中，从左向右看，棒的受力如图所示，棒所受的重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且有
FB＝mgtanθ＝mg
而FB＝IBL，故
I＝A＝1A
在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则
R＝Ω＝2Ω
由闭合电路欧姆定律得
E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V
3.安培力的实际应用
【例3】如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置，一长方体绝缘容器内部高为L，厚为d，左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b，上、下两侧装有电极C(正极)和D(负极)，并经开关S与电源连接.容器中注满能导电的液体，液体密度为ρ.将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.当开关断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同；开关S闭合后，a、b管中液面出现高度差.若闭合开关S后，a、b管中液面将出现高度差为h，电路中电流表的读数为I，求磁感应强度B的大小.
【解析】开关S闭合后，导电液体中有电流由C流向D，根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F的作用，在液体中产生附加压强p，这样a、b管中液面将出现高度差.设液体中产生附加压强为p，则
p＝①
F＝BIL②
S＝Ld③
所以磁感应强度B的大小为B＝④
【思维提升】由于习惯于理想的物理模型，学生往往迷惑于新颖陌生的实际问题.解题的关键要利用原型启发、类比、联想等思维方法，通过对题给情景的分析来获知其原理，建立起熟悉的物理模型.

相关知识

磁场对电流作用

第三课时：磁场对电流的作用习题课
1、导线框放置在光滑水平面上，在其中放一个矩形线圈，通以顺时针方向电流，线圈三个边平行于线框的三个边，且边间距离相等，A端接电池的正极，B接负极，则矩形线圈的运动情况是：（）
A、静止不动B、向左平动C、向右平动D、转动
2、如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，如盐水．如果把玻璃皿放在磁场中，如图所示，将会发生的现象是（）
A、没有什么现象B、液体会向玻璃皿中间流动
C、液体会顺时针流动D、液体会逆时针流动
3、长L的直导线ab放在相互平行的金属导轨上，导轨宽为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，ab与导轨的夹角为θ，则ab所受的磁场力的大小为：（）
A、BILB、BIdC、D、
4、如图所示,一位于XY平面内的矩形通电线圈只能绕OX轴转动,线圈的四个边分别与X、Y轴平行.线圈中电流方向如图.当空间加上如下所述的哪种磁场时,线圈会转动起来?（）
A、方向沿X轴的恒定磁场B、方向沿Y轴的恒定磁场
C、方向沿Z轴的恒定磁场D、方向沿Z轴的变化磁场
5、如图所示，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为水平放置的导线的截面．导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为N2，此时弹簧的伸长量减小，则（）
A．N1＜N2A中电流方向向外
B．N1=N2A中电流方向向外
C．N1N2A中电流方向向内
D．N1N2A中电流方向向外
6．如图11.2-1所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将a、c端接交流电源的一端，b、d端接在交流电源的另一端
7．条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近S极一侧悬挂一根与它垂直的导电棒，如图11.2-12所示(图中只画出棒的截面图)．在棒中通以垂直纸面向里的电流的瞬间，可能产生的情况是
A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向左的摩擦力D．磁铁受到向右的摩擦力
8．如图11.2-13所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，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
9．一通电细杆置于倾斜的导轨上，杆与导轨间有摩擦，当有电流时直杆恰好在导轨上静止．图11.2-16是它的四个侧视图，标出了四种可能的磁场方向，其中直杆与导轨间的摩擦力可能为零的是()

10、如图所示，原来静止的圆形通电线圈通以逆时针方向的电流I，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，通过如图所示的方向的电流I′，在磁场力作用下圆线圈将（）
A、向左运动B、向右运动C、以直径AB为轴运动D、静止不动
13、在倾角为θ的光滑斜面上放置有一通有电流I，长为L，质量为m的导体棒，如图，（1）欲使棒静止在斜面上，外加磁场的磁感应强度B的最小值为多大?沿什么方向?（2）欲使棒静止在斜面上，且对斜面无压力，应加匀强磁场B的值为多大?沿什么方向?（3）欲使棒能静止在斜面上，外加磁场的方向应在什么范围内?请在图中画出。

11、在倾角=30°的斜面上，固定一金属框，宽l=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B＝0.8T的垂直框面向上的匀强磁场中（如图11.2-５）．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g＝10m/s2）

高考物理基础知识要点复习磁场

20xx届高三物理一轮复习全案：第3章磁场单元复习（选修3-1）
【单元知识网络】
【单元归纳整合】
1．带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动基本方法。
带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动时，往往联系临界和多解问题，分析解决这类问题的基本方法是：
(1)运用动态思维，确定临界状态。从速度的角度看，一般有两种情况：
①粒子速度方向不变，速度大小变化；此时所有速度大小不同的粒子，其运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线上，速度增加时，轨道半径随着增加，寻找运动轨迹的临界点（如：与磁场边界的切点，与磁场边界特殊点的交点等）；
②粒子速度大小不变，速度方向变化；此时由于速度大小不变，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而找出动圆的圆心轨迹，再确定运动轨迹的临界点。
（2）确定临界状态的圆心、半径和轨迹，寻找临界状态时圆弧所对应的回旋角求粒子的运动时间（见前一课时）。
2．带电粒子在匀强磁场运动的多解问题
带电粒子在匀强磁场中运动时，可能磁场方向不定、电荷的电性正负不定、磁场边界的约束、临界状态的多种可能、运动轨迹的周期性以及粒子的速度大小和方向变化等使问题形成多解。
（1）．带电粒子的电性不确定形成多解。当其它条件相同的情况下，正负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成双解。
（2）．磁场方向不确定形成多解。当磁场的磁感应强度的大小不变，磁场方向发生变化时，可以形成双解或多解。
（3）．临界状态不唯一形成多解。带电粒子在有界磁场中运动时，可能出现多种不同的临界状态，形成与临界状态相对应的多解问题。
（4）．带电粒子运动的周期性形成多解。粒子在磁场中运动时，如果改变其运动条件（如：加档板、加电场、变磁场等）可使粒子在某一空间出现重复性运动而形成多解
3．磁场最小范围问题
近年来高考题中多次出现求圆形磁场的最小范围问题，这类问题的求解方法是：先依据题意和几何知识，确定圆弧轨迹的圆心、半径和粒子运动的轨迹，再用最小圆覆盖粒子运动的轨迹（一般情况下是圆形磁场的直径等于粒子运动轨迹的弦），所求最小圆就是圆形磁场的最小范围
【单元强化训练】
1（20xx北京东城区二模）如图所示，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沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
2（20xx北京市丰台区二模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，O点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端。点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．当小球运动的弧长为圆周长的l／4时，洛仑兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的1／2时，洛仑兹力最大
C．小球从O点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
3（20xx北京市朝阳区二模）如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是（）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
4（20xx北京市海淀区二模）如图7所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上转。若带电粒子所受承力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是（）
A．仅增大带电粒子射入时的速度
B．仅增大两金属板所带的电荷量
C．仅减小粒子所带电荷量
D．仅改变粒子的电性
5（20xx北京市西城区二模）欧洲强子对撞机在20xx年初重新启动，并取得了将质子加速到1.18万亿ev的阶段成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础。质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速（图1），当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞（图2）。质子是在磁场的作用下才得以做圆周运动的。下列说法中正确的是（）
A．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
B．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C．质子：在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
D．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
6、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，洛仑兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

7、质谱仪的工作原理示意图如右图所示．带电粒子被加速电场加速后，进人速度选择器．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下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
B．质谱仪是分析同位素的重要仪器
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
8、（20xx北京东城区二模）如图所示，间距为L、电阻为零的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高H处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬问，卡环立即释改，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：
（1）金属条开始下落时的加速度；
（2）金属条在加速过程中，速度达到v1时，bc对物体m的支持力；
（3）金属条下落h时，恰好开始做匀速运动，求在这一过程中感应电流产生的热量。
解析：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为
设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，
由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒
则
金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流
则金属条所受安培力为
对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得
则金属条开始运动时的加速度为
（8分）
（2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得，
对物体m来说，它受重力mg和支持力N，则有
（4分）
（3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化，做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有
金属条的最终速度为
下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为WA，由动能定理
感应电流产生的热量Q=WA
得：（6分）
9、（20xx北京市丰台区二模）如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在紧靠平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BG与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上。
一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）。求：
（1）两金属板问的电压；
（2）三角形区域内磁感应强度大小；
（3）若两金属板问不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外。要使粒子进入场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围。
解：（6分）
（1）粒子在两块平行金属板间的电场中，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动。
粒子垂直AB边进入磁场，由几何知识得，粒子离开电场时偏角。根据类平抛运动的规律有：
①（1分）
②（1分）
③（1分）
④（1分）
联立①②③④解得：（2分）
（8分）（2）由几何关系得：
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
⑤（2分）
粒子进入磁场时的速率为：⑥（2分）
根据向心力公式有：⑦（2分）
联立⑤⑥⑦解得：（2分）
（6分）（3）若两板间不加电压，粒子将沿水平以速率v0从AB边的中点进入磁场。
当粒子刚好从C点射出磁场，磁感应强度最小。设磁感应强度的最小值为B2，
由几何关系知，对应粒子的最大轨道半径r2为：r2=d（1分）
根据向心力公式有：（1分）
解得：（1分）
当粒子刚好从E点射出磁场时，磁感应强度最大。
设磁感应强度的最大值为B3，由几何关系知，
对应粒子的最小轨道半径r3为：（1分）
同上解出：（1分）
所以所加磁场的磁感应强度的取值范围为（1分）
10、（20xx北京市宣武区二模）下图为汤姆生在1897年测量阴极射线（电子）的荷质比时所用实验装置的示意图。K为阴极，A1和A2为连接在一起的中心空透的阳极，电子从阴检发出后被电场加速，只有运动方向与A1和A2的狭缝方向相同的电子才能通过，电子被加速后沿方向垂直进入方向互相垂直的电场、磁场的叠加区域。磁场方向垂直纸面向里，电场极板水平放置，电子在电场力和磁场力的共同作用下发生偏转。已知圆形磁场的半径为R，圆心为C。
某校物理实验小组的同学们利用该装置，进行了以下探究测量：
首先他们调节两种场强的大小：当电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B时，使得电子恰好能够在复合场区域内沿直线运动；然后撤去电场，保持磁场和电子的速度不变，使电子只在磁场力的作用下发生偏转，打要荧屏上出现一个亮点P，通过推算得到电子的偏转角为α（即：之间的夹角）。若可以忽略电子在阴极K处的初速度，则：
（1）电子在复合场中沿直线向右飞行的速度为多大？
（2）电子的比荷为多大？
（3）利用上述已知条件，你还能再求出一个其它的量吗？若能，请指出这个量的名称。
（1）电子在复合场中二力平衡，
即①
（2）如图所示，其中r为电子在磁场中做圆（弧）运动的圆轨道半径。
所以：③
④
又因：⑤
联解以上四式得：⑥
（3）还可以求出电子在磁场中做圆弧运动的圆半径r等（或指出：加速电场的电压U，等即可）

探究磁场对电流的作用

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第1节探究磁场对电流的作用
课前预习
一、安培力
1．磁场对通电导线的作用力叫做___○1____．
2.大小：（1）当导线与匀强磁场方向________○2_____时，安培力最大为F=_____○3_____.
（2）当导线与匀强磁场方向_____○4________时，安培力最小为F=____○5______.
(3)当导线与匀强磁场方向斜交时，所受安培力介于___○6___和__○7______之间。
3．方向：左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指__○8____，并且都跟手掌在___○9___，把手放入磁场中，让磁感线___○10____，并使伸开的四指指向_○11___的方向，那么，拇指所指的方向，就是通电导线在磁场中的__○12___方向．
二、磁电式电流表
1.磁电式电流表主要由___○13____、____○14___、____○15____、____○16_____、_____○17_____构成.
2．蹄形磁铁的磁场的方向总是沿着径向均匀地分布的，在距轴线等距离处的磁感应强度的大小总是相等的，这样不管线圈转到什么位置，线圈平面总是跟它所在位置的磁感线平行，I与指针偏角θ成正比，I越大指针偏角越大，因而电流表可以量出电流I的大小，且刻度是均匀的，当线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针偏转方向也随着改变，又可知道被测电流的方向。
3、磁电式仪表的优点是____○18________,可以测很弱的电流，缺点是绕制线圈的导线很细，允许通过的电流很弱。
课前预习答案
○1安培力○2垂直○3BIL○4平行○50○60○7BIL○8垂直○9同一个平面内○10垂直穿入手心○11电流○12受力○13蹄形磁铁○14铁芯○15绕在线框上的线圈○16螺旋弹簧○17指针○18灵敏度高
重难点解读
一、对安培力的认识
1、安培力的性质：
安培力是磁场对电流的作用力，是一种性质力。
2、安培力的作用点：
安培力是导体中通有电流而受到的力，与导体的中心位置无关，因此安培力的作用点在导体的几何中心上，这是因为电流始终流过导体的所有部分。
3、安培力的方向：
（1）安培力方向用左手定则判定：伸开左手，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向电流方向，那么大拇指所指的方向就是通电导体在磁场中的受力方向。
（2）F、B、I三者间方向关系：已知B、I的方向（B、I不平行时），可用左手定则确定F的唯一方向：F⊥B，F⊥I，则F垂直于B和I所构成的平面（如图所示），但已知F和B的方向，不能唯一确定I的方向。由于I可在图中平面α内与B成任意不为零的夹角。同理，已知F和I的方向也不能唯一确定B的方向。
（3）用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。只要两导线不是互相垂直的，都可以用“同向电流相吸，反向电流相斥”判定相互作用的磁场力的方向；当两导线互相垂直时，用左手定则判定。
4、安培力的大小：
（1）安培力的计算公式：F＝BILsinθ，θ为磁场B与直导体L之间的夹角。
（2）当θ＝90°时，导体与磁场垂直，安培力最大Fm＝BIL；当θ＝0°时，导体与磁场平行，安培力为零。
（3）F＝BILsinθ要求L上各点处磁感应强度相等，故该公式一般只适用于匀强磁场。
（4）安培力大小的特点：①不仅与B、I、L有关，还与放置方式θ有关。②L是有效长度，不一定是导线的实际长度。弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度，所以任意形状的闭合线圈的有效长度L=0
二、通电导线或线圈在安培力作用下的运动判断方法
（1）电流元分析法：把整段电流等效为多段很小的直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向.
（2）特殊位置分析法：把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，从而确定运动方向.
（3）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。
（4）转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在力的作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向.
典题精讲
题型一、安培力的方向
例1、电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？
解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，可判定电子流向左偏转。（本题用其它方法判断也行，但不如这个方法简洁）。
答案：向左偏转
规律总结：安培力方向的判定方法：
（1）用左手定则。
（2）用“同性相斥，异性相吸”（只适用于磁铁之间或磁体位于螺线管外部时）。
（3）用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。可以把条形磁铁等效为长直螺线管（不要把长直螺线管等效为条形磁铁）。
题型二、安培力的大小
例2、如图，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。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
B.方向沿纸面向上，大小为
C.方向沿纸面向下，大小为
D.方向沿纸面向下，大小为
解析：该导线可以用a和d之间的直导线长为来等效代替,根据,可知大小为,方向根据左手定则.A正确。
答案：A
规律总结：应用F=BILsinθ来计算时，F不仅与B、I、L有关，还与放置方式θ有关。L是有效长度，不一定是导线的实际长度。弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度，所以任意形状的闭合线圈的有效长度L=0
题型三、通电导线或线圈在安培力作用下的运动
例3、如图11-2-4条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平面的压力将会＿＿(增大、减小还是不变？)水平面对磁铁的摩擦力大小为＿＿。
解析：本题有多种分析方法。⑴画出通电导线中电流的磁场中通过两极的那条磁感线（如图中粗虚线所示），可看出两极受的磁场力的合力竖直向上。磁铁对水平面的压力减小，但不受摩擦力。⑵画出条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条（如图中细虚线所示），可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上。⑶把条形磁铁等效为通电螺线管，上方的电流是向里的，与通电导线中的电流是同向电流，所以互相吸引。
答案：减小零
规律总结：分析通电导线或线圈在安培力作用下的运动常用方法：（1）电流元分析法，（2）特殊位置分析法，（3）等效法，（4）转换研究对象法
题型四、安培力作用下的导体的平衡问题
例4、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8－1－32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？
解析：从b向a看侧视图如图所示．
(1)水平方向：F＝FAsinθ①
竖直方向：FN＋FAcosθ＝mg②
又FA＝BIL＝BERL③
联立①②③得：FN＝mg－BLEcosθR，F＝BLEsinθR.
(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FA＝mg
Bmin＝mgREL，根据左手定则判定磁场方向水平向右．
答案：(1)mg－BLEcosθRBLEsinθR(2)mgREL方向水平向右
规律总结：对于这类问题的求解思路：
（1）若是立体图，则必须先将立体图转化为平面图
（2）对物体受力分析，要注意安培力方向的确定
（3）根据平衡条件或物体的运动状态列出方程
（4）解方程求解并验证结果
巩固拓展
1.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为
（A）0（B）0.5（C）（D）
答案：C
解析：导线有效长度为2lsin30°=l，所以该V形通电导线收到的安培力大小为。选C。
本题考查安培力大小的计算。
2．．一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()
A．如果B＝2T，F一定是1N
B．如果F＝0，B也一定为零
C．如果B＝4T，F有可能是1N
D．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行
答案：C
解析：当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0FBIL，A、D两项不正确，C项正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确．
3.首先对电磁作用力进行研究的是法国科学家安培．如图所示的装置，可以探究影响安培力大小的因素，实验中如果想增大导体棒AB摆动的幅度，可能的操作是()
A．把磁铁的N极和S极换过来
B．减小通过导体棒的电流强度I
C．把接入电路的导线从②、③两条换成①、④两条
D．更换磁性较小的磁铁
答案：C
解析：安培力的大小与磁场强弱成正比，与电流强度成正比，与导线的长度成正比，C正确．
4.一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是()
A．磁铁对桌面的压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向右的摩擦力
D．磁铁受到向左的摩擦力
答案：AD
解析：如右图所示．对导体棒，通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬时，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．
5．.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时ab恰好在导轨上静止，如图右所示.，下图是沿b→a方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是
A.①②B.③④C.①③D.②④?
答案：A?
解析：①中通电导体杆受到水平向右的安培力，细杆所受的摩擦力可能为零.②中导电细杆受到竖直向上的安培力，摩擦力可能为零.③中导电细杆受到竖直向下的安培力，摩擦力不可能为零.④中导电细杆受到水平向左的安培力，摩擦力不可能为零.故①②正确，选A.
6．如图所示，两根无限长的平行导线a和b水平放置，两导线中通以方向相反、大小不等的恒定电流，且IaIb.当加一个垂直于a、b所在平面的匀强磁场B时；导线a恰好不再受安培力的作用．则与加磁场B以前相比较()
A．b也恰好不再受安培力的作用
B．b受的安培力小于原来安培力的2倍，方向竖直向上
C．b受的安培力等于原来安培力的2倍，方向竖直向下
D．b受的安培力小于原来安培力的大小，方向竖直向下
答案：D
解析：当a不受安培力时，Ib产生的磁场与所加磁场在a处叠加后的磁感应强度为零，此时判断所加磁场垂直纸面向外，因IaIb，所以在b处叠加后的磁场垂直纸面向里，b受安培力向下，且比原来小．故选项D正确．
7．如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是()
A．导线a所受合力方向水平向右
B．导线c所受合力方向水平向右
C．导线c所受合力方向水平向左
D．导线b所受合力方向水平向左
答案：B
解析：首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B是正确的．
8．如图所示，在空间有三根相同的导线，相互间的距离相等，各通以大小和方向都相同的电流.除了相互作用的磁场力外，其他作用力都可忽略，则它们的运动情况是______.?
答案：两两相互吸引,相聚到三角形的中心
解析：根据通电直导线周围磁场的特点，由安培定则可判断出，它们之间存在吸引力.
9．如图所示，长为L、质量为m的两导体棒a、b,a被置在光滑斜面上，b固定在距a为x距离的同一水平面处，且a、b水平平行，设θ＝45°，ａ、b均通以大小为I的同向平行电流时，a恰能在斜面上保持静止.则b的电流在a处所产生的磁场的磁感应强度B的大小为.?
答案：
解析：由安培定则和左手定则可判知导体棒a的受力如图，由力的平衡得方程：?
mgsin45°=Fcos45°，即?
mg=F=BIL可得B＝.?
10．一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l.线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直.在下图中，垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如图所示.开始时线框处于平衡状态，令磁场反向，磁感强度的大小仍为B，线框达到新的平衡.在此过程中线框位移的大小Δx______，方向______.
答案：；位移的方向向下
解析：设线圈的质量为m，当通以图示电流时，弹簧的伸长量为x1，线框处于平衡状态，所以kx1=mg-nBIl.当电流反向时，线框达到新的平衡，弹簧的伸长量为x2，由平衡条件可知
kx2=mg+nBIl.?
所以k(x2-x1)=kΔx=2nBIl?
所以Δx=
电流反向后，弹簧的伸长是x2＞x1，位移的方向应向下.?

高考物理基础知识归纳:带电粒子在磁场中的运动

第3课时带电粒子在磁场中的运动

基础知识归纳
1.洛伦兹力
运动电荷在磁场中受到的力叫洛伦兹力.通电导线在磁场中受到的安培力是在导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力的合力的表现.
(1)大小：当v∥B时，F＝0；当v⊥B时，F＝qvB.
(2)方向：用左手定则判定，其中四指指向正电荷运动方向(或负电荷运动的反方向)，拇指所指的方向是正电荷受力的方向.洛伦兹力垂直于磁感应强度与速度所决定的平面.
2.带电粒子在磁场中的运动(不计粒子的重力)
(1)若v∥B，带电粒子做平行于磁感线的匀速直线运动.
(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁场方向的平面内以入射速度v做匀速圆周运动.洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律qvB＝得带电粒子运动的轨道半径R＝，运动的周期T＝.
3.电场力与洛伦兹力的比较
电场力洛伦兹力
存在条件作用于电场中所有电荷仅对运动着的且速度不与磁场平行的电荷有洛伦兹力的作用
大小F＝qE与电荷运动速度无关f＝Bqv与电荷的运动速度有关
方向力的方向与电场方向相同或相反，但总在同一直线上力的方向始终和磁场方向垂直
对速度的改变可以改变电荷运动速度大小和方向只改变电荷速度的方向，不改变速度的大小
做功可以对电荷做功，能改变电荷动能不能对电荷做功，不能改变电荷的动能
偏转轨迹静电偏转，轨迹为抛物线磁偏转，轨迹为圆弧
重点难点突破
一、对带电体在洛伦兹力作用下运动问题的分析思路
1.确定对象，并对其进行受力分析.
2.根据物体受力情况和运动情况确定每一个运动过程所适用的规律(力学规律均适用).
总之解决这类问题的方法与纯力学问题一样，无非多了一个洛伦兹力，要注意：
(1)洛伦兹力不做功，在应用动能定理、机械能守恒定律时要特别注意这一点；
(2)洛伦兹力可能是恒力也可能是变力.
二、带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定
1.圆心的确定一般有以下四种情况：
(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心.
(2)已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心.
(3)已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦垂直平分线，交点即为圆心.
(4)已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向(不一定在磁场中)，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.
2.半径的确定和计算.圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识，常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识.
3.在磁场中运动时间的确定，利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°计算出圆心角θ的大小，由公式t＝T可求出运动时间，有时也用弧长与线速度的比t＝.
三、两类典型问题
1.极值问题：常借助半径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，求出临界点，然后利用数学方法求解极值.
注意：(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.
2.多解问题：多解形成的原因一般包含以下几个方面：
(1)粒子电性不确定；(2)磁场方向不确定；(3)临界状态不唯一；(4)粒子运动的往复性等.
典例精析
1.在洛伦兹力作用下物体的运动
【例1】一个质量m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示.小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.问：
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷.
(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB＋FN－mgcosα＝0
当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcosα
得v＝m/s=2m/s
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝mv2
斜面的长度至少应是x＝m＝1.2m
【思维提升】(1)在解决带电粒子在磁场中运动的力学问题时，对粒子进行受力分析、运动情况分析是关键；(2)根据力学特征，选用相应的力学规律求解，但由于洛伦兹力与速度有关，要注意动态分析.
【拓展1】如图所示，质量为m的带正电小球，电荷量为q，小球中间有一孔套在足够长的绝缘细杆上，杆与水平方向成θ角，与球的动摩擦因数为μ，此装置放在沿水平方向、磁感应强度为B的匀强磁场中，若从高处将小球无初速度释放，小球在下滑过程中加速度的最大值为gsinθ，运动速度的最大值为.
【解析】分析带电小球受力如图，在释放处a，由于v0＝0，无洛伦兹力，随着小球加速，产生垂直杆向上且逐渐增大的洛伦兹力F，在b处，F＝mgcosθ，Ff＝0
此时加速度最大，am＝gsinθ，随着小球继续加速，F继续增大，小球将受到垂直杆向下的弹力FN′，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐减小，当Ff′与mgsinθ平衡时，小球加速结束，将做匀速直线运动，速度也达到最大值vm.
在图中c位置：FN′＋mgcosθ＝Bqvm①
mgsinθ＝Ff′②
Ff′＝μFN′③
由①②③式解得vm＝
2.带电粒子在有界磁场中的运动
【例2】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示.在y0、0xa的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y0、xa的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平的荧光屏上，使荧光屏发亮.入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各数值.已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期.试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响).
【解析】如右图所示，粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为r＝
速度小的粒子将在xa的区域走完半圆，射到竖直屏上.半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a.
轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑r＝a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切(图中虚线)，OD＝2a，这是水平屏上发亮范围的左边界.
速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C′，C在y轴上，由对称性可知C′在x＝2a的直线上.
设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，t2为在xa的区域中运动的时间，由题意可知
，t1＋t2＝
由此解得t1＝，t2＝
再由对称性可得
∠OCM＝60°，∠MC′N＝60°
∠MC′P＝360°×＝150°
所以∠NC′P＝150°－60°＝90°
即为1/4圆周.因此圆心C′在x轴上.
设速度为最大值时粒子的轨道半径为R，由直角△COC′可得2Rsin60°＝2a，R＝
由图可知OP＝2a＋R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标x＝2(1＋)a
【思维提升】带电粒子在不同的有界磁场中的连续运动问题，一是要分别根据进入和离开磁场的点速度方向确定带电粒子做匀速圆周运动的圆心，进而画出带电粒子在有界磁场中的运动轨迹；二是找准由一个磁场进入另一个磁场这一关键点，确定出这一关键点上速度的方向；三是要注意磁场方向和大小变化引起带电粒子的运动轨迹的变化.
【拓展2】下图是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°.在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L＝0.2m，在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L.在小孔处装一个电子快门.起初快门开启，一旦有带正电微粒刚通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10－3s开启一次并瞬间关闭，从S1S2之间的某一位置水平发射的一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔.通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍.
(1)经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？
(2)求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间.(忽略微粒所受重力影响，碰撞过程中无电荷转移.已知微粒的荷质比＝1.0×103C/kg.只考虑纸面上带电微粒的运动)
【解析】(1)如下图所示，设带正电微粒在S1、S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：
f＝qv0B①
f＝②
由①②式解得r＝，欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为
Lr2L③
代入数据得80m/sv0160m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：
＝nT，其中n＝1,2,3…④
由①②③④式可知，只有n＝2满足条件，即有
v0＝100m/s⑤
(2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如图所示，则有
T0＝⑥
t1＝T0⑦
t2＝⑧
t3＝⑨
t4＝T0⑩
解得t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2.8×10－2s
3.带电粒子在有界磁场运动的临界问题
【例3】如图所示，一个质量为m，电荷量大小为q的带电微粒(忽略重力)，与水平方向成45°射入宽度为d、磁感应强度为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，若使粒子不从磁场MN边界射出，粒子的初速度大小应为多少？
【解析】带电粒子垂直B进入匀强磁场做匀速圆周运动，若不从边界MN射出，粒子运动偏转至MN边界时v与边界平行即可.由左手定则可知：若粒子带正电荷，圆周轨迹由A→B；若粒子带负电荷，圆周轨迹由A→C，如图所示，圆周轨迹的圆心位置可根据粒子线速度方向垂直半径的特点，作初速度v0的垂线与边界MN的垂线的交点即为圆轨迹的圆心O1与O2.
粒子带正电荷情况：粒子沿圆轨迹A→B运动方向改变了45°，由几何关系可知∠AO1B＝45°，那么
d＝R1－R1cos45°①
R1＝②
将②式代入①式得
v0＝
即粒子若带正电荷，初速度满足0v0≤时将不从磁场边界MN射出.
粒子带负电荷情况：粒子沿圆轨迹A→C运动，方向改变了135°，由几何关系知∠AO2C＝135°，∠O2AF＝45°，那么
d＝R2＋R2sin45°③
R2＝④
将④式代入③式得
v0′＝
即粒子若带负电荷，初速度满足0v0′≤时，将不从磁场边界MN射出.
【思维提升】(1)充分理解临界条件；(2)题中没说明电荷的电性，应分正、负两种电性加以分析.
【拓展3】未来人类要通过可控热核反应取得能源，要持续发生热核反应必须把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在一定的空间内.约束的办法有多种，其中技术上相对成熟的是用磁场约束，称为“托卡马克”装置.如图所示为这种装置的模型图：垂直纸面的有环形边界的匀强磁场(b区域)围着磁感应强度为零的圆形a区域，a区域内的离子向各个方向运动，离子的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束.设环形磁场的内半径R1＝0.5m，外半径R2＝1.0m，磁场的磁感应强度B0＝1.0T，被约束的离子比荷q/m＝4.0×107C/kg.
(1)若a区域中沿半径OM方向射入磁场的离子不能穿过磁场，则离子的速度不能超过多大？
(2)若要使从a区域沿任何方向射入磁场的速率为2.0×107m/s的离子都不能越出磁场的外边界，则b区域磁场的磁感应强度B至少要有多大？
【解析】(1)速度越大轨迹圆半径越大，要使沿OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中半径最大者与磁场外边界圆相切，如图所示.设轨迹圆的半径为r1，则r＋R＝(R2－r1)2
代入数据解得r1＝0.375m
设沿该圆运动的离子速度为v1，由牛顿运动定律有qv1B0＝
解得v1＝＝1.5×107m/s
(2)当离子以v2的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨迹与磁场外边界圆相切时，以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界，如图所示.
设轨迹圆的半径为r2，则r2＝＝0.25m
解得B＝＝2.0T
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4.带电粒子在磁场中的运动及功能关系
【例4】如图所示，匀强磁场中放置一与磁感线平行的薄铅板，一个带电粒子垂直进入匀强磁场，以半径R1＝20cm做匀速圆周运动，第一次垂直穿过铅板后以半径R2＝19cm做匀速圆周运动，则带电粒子能够穿过铅板的次数是多少？(每次穿过铅板时阻力大小相同)
【错解】因为R1＝，所以v1＝
同理：v2＝
设粒子每穿过铅板一次，速度减少Δv，
则Δv＝v1－v2＝(R1－R2)
故粒子能够穿过铅板的次数为n＝＝20次
【错因】粒子每穿过一次铅板应该是损失的动能相同，故粒子每穿过一次铅板减少的速度不同.速度大时，其速度变化量小，速度小时，速度变化量大.
【正解】粒子每穿过铅板一次损失的动能为
ΔE＝
穿过铅板的次数
N＝＝10.26次，取n＝10次
【思维提升】对于物理问题必须弄清问题的本质，此题中每次穿过铅板后，应该是损失的动能相同，而不是速度的变化相同.

文章来源：http://m.jab88.com/j/71213.html

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