高考綜合復習-磁場分解

1、審稿老師：李井軍責編：郭金娟高考綜合復習一一磁場知識網絡高考考點考綱要求:知識點要求說明電流的磁場I安培力的計算限于直導線跟平行或垂直的兩種情況洛倫茲力的計算限于跟平行或垂直的兩種情況磁感應強度，磁感線，地磁場II磁性材料，分子電流假說I磁場對通電直導線的作用，安培力，左手定則II磁電式電表原理I磁場對運動電荷的作用，洛倫茲力，帶電粒子在勻強磁場中的運動II復習指導：本章主要討論了磁場的描述方法（定義了磁感應強度等概念，引入了磁感線這個工具）和磁場產生的作用（對電流的安培力的作用、對運動電荷的洛倫茲力作用）及其相關問題。其中磁感應強度是電磁學的基本概念，應認真理解；通電直導線在磁場中的平衡、加

2、速運動，帶電粒子在洛倫茲力作用下的圓周運動等內容應熟練掌握;常見磁體周圍磁感線的空間分布觀念的建立，常是解決有關問題的關鍵，復習中應注意這方面的訓練。從近幾年的高考試題看，試題側重于考查磁場的基本概念和安培力的簡單應用，在物理單科考試中應用較多，幾乎本專題的每個知識點都考過，在理科綜合試題中單獨的涉及安培力的題目極少，大多是和電磁感應知識相結合的綜合性試題。對于左手定則和帶電粒子在磁場（或加有電場、重力場的復合場）中的運動，在物理單科和理科綜合試題更是頻頻出現(xiàn)，且難度較大，對學生的空間想象能力、物理過程、運動規(guī)律的綜合分析能力都要求較高，在復習中應引起高度的重視。要點精析磁場的基本知識：1磁場

3、磁場的存在：磁場是一種特殊的物質，存在于磁極和電流周圍。磁場的特點：磁場對放入磁場中的磁極和電流有力的作用。磁場的方向：規(guī)定磁場中任意一點的小磁針靜止時極的指向（小磁針極受力方向）為該點的磁場的方向。磁感應強度（描述磁場強弱的物理量）：定義式：必注意：磁感應強度與、無關，只由磁場本身決定；式中的必須垂直于該處的磁場；磁感應強度是一個矢量，遵守矢量分解和合成的平行四邊形定則，的方向就是該處的磁場方向（不是的方向）。、磁感線（）磁感線的特點:不是真實存在的，是人們?yōu)榱诵蜗竺枋龃艌龆傧氲?是閉合曲線，磁體的外部是從極到極；內部是從極到極；磁感線的密疏表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表示該點的

4、磁場方向。（）幾種常見的磁感線條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場：在磁體的外部，磁感線從極射出進入極，在內部也有相應條數(shù)的磁感線（圖中未畫出）與外部磁感線銜接并組成閉合曲線。直線電流的磁場：直線電流的磁感線是在垂直于導線平面上的以導線上某點為圓心的同心圓，其分布呈現(xiàn)“中心密邊緣疏”的特征。直線電流的磁場：直線電流的磁感線是在垂直于導線平面上的以導線上某點為圓心的同心圓，其分布呈現(xiàn)“中心密邊緣疏”的特征。環(huán)形電流的磁場：環(huán)形電流的磁感線是一組穿過環(huán)所在平面的曲線，在環(huán)形導線所在平面處，各條磁感線都與環(huán)形導線所在的平面垂直。環(huán)形電流的磁場：環(huán)形電流的磁感線是一組穿過環(huán)所在平面的曲線，在環(huán)形導線所在平面處，各

5、條磁感線都與環(huán)形導線所在的平面垂直。通電螺線管的磁場：通電螺線管的磁感線與條形磁鐵相似，一端相當于北極通電螺線管的磁場：通電螺線管的磁感線與條形磁鐵相似，一端相當于北極N另端相當于南極。勻強磁場：在磁場的某些區(qū)域內，若磁感線為同向、等的平行密線，則這個區(qū)域的磁場叫勻強磁場。地球的磁場：地球的磁場與條形磁鐵的磁場相似，其主要特點有三個：地磁場的極在地球的南極附近，極在地球的北極附近，磁感線分布如下圖所示;地磁場的水平分量()總是從地球南極指向地球北極，而豎直分量在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下；在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北。3磁現(xiàn)象的電本質：

6、C)安培分子電流假說：物質微粒內部存在著環(huán)形分子電流。對各種磁現(xiàn)象解釋：分子電流取向雜亂無章時無磁性，分子電流取向大致相同時有磁性。()磁現(xiàn)象的電本質：磁鐵和電流的磁場都是由運動電荷而產生的。4安培定則：()右手直導線定則：用右手握住通電直導線，讓伸直的大拇指所指的方向跟電流的方向一致，那么彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向。()右手螺線管定則：用右手握住環(huán)形導線，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的環(huán)繞方向一致，那么伸直的大拇指所指的方向就是環(huán)形導線的中心軸線上磁感線的方向。磁場對電流的作用:1安培力安培力大?。?e,其中e為與之間的夾角。說明：()若磁場和電流垂直時：=()若磁場和電流平行

7、時：=()是導線的有效長度，當導線彎曲時，是導線兩端的有效直線長度。安培力的方向：左手定則一一伸開左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內，讓磁感線垂直(或傾斜，但要和大拇指保持垂直)穿入手心，伸開四指指向電流方向，拇指所指的方向即為導線所受安培力的方向。說明：電流所受的安培力的方向既跟磁場方向垂直，又跟電流方向垂直，所以安培力的方向總是垂直于磁感線和通電導線所確立的平面。題目給出的往往是立體圖，要善于把立體圖改畫成易于分析受力的平面圖形。2判斷安培力作用下通電導體和通電線圈運動方向的方法：()電流元法：即把整段電流等效為多段直流電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的

8、方向，從而判斷出整段電流所受合力的方向和運動方向。()特殊位置法：把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，而確定運動方向。()等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析。()結論法：結論一：兩電流相互平行時無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；結論二：兩電流不平行時，有轉動到相互平行且電流方向相同的趨勢。()分析磁體在電流磁場作用下如何運動的轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律.這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁

9、體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向。3電流表的工作原理：電流表的工作原理電流表的構造主要包括：蹄形磁鐵、圓柱形鐵芯、線圈、螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻射分布的，如下圖所示，這樣不管通電導線處于什么角度，它的平面均與磁感線平行，從而保證受到的磁力矩不隨轉動角度的變化而變化，始終有為線圈的匝數(shù)）當線圈轉到某一角度時，磁力矩與彈簧產生的阻力矩M相等時，線圈就1=-停止轉動，此時指針（指針隨線圈一起轉動）就停在某處，指向一確定的讀數(shù)：盟百*。由于與轉動的角度e成正比，所以電流越大，偏轉角就越大，e與電流成正比；指針靜止

10、時由于衣且（為電流表兩端的電壓，為電流表內阻），所以e與電壓成正比。洛倫茲力：1洛倫茲力的大?。篹當e=0時，此時，電荷受到的洛倫茲力最大；當e=或。時，=,即電荷在磁場中平行于磁場方向運動時，電荷不受洛倫茲力作用；當時說明磁場只對運動的電荷產生力的作用。2洛倫茲力的方向：左手定則-伸開左手，讓磁感線以垂直于大拇指方向穿入手心，四指指向為正電荷的運動方向（或負電荷運動的反方向），大拇指所指的方向是正電荷（負電荷）所受的洛倫茲力的方向。說明：（）洛倫茲力的方向與電荷的運動方向垂直，又與磁場方向垂直，所以洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向所確定的平面。（）洛倫茲力方向總垂直于電荷

11、運動方向，當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向隨之變化。（）由于洛倫茲力總和電荷運動方向垂直，所以洛倫茲力對電荷不做功。3由安培力公式推導洛倫茲力公式如下圖所示，直導線長，電流為I導體中運動電荷數(shù)為N截面積為S電荷的電量為，運動速度為，貝人X乂工FXXQ一一飛XXXX*I.-安培力=所以洛倫茲力=因為=為單位體積內的電荷數(shù)式中=S式中=S故帶電粒子在勻強磁場中的運動：1運動分析：如下圖所示：若帶電粒子沿垂直磁場方向射入磁場，即0二茲力B方向總與速度方向垂直。洛倫茲力提供向心力，勻速圓周運動。時，帶電粒子所受洛倫使帶電粒子在勻強磁場中做2其特征方程和基本公式：洛=向v22drm=moiK=m

12、A上,、上八卡及l(fā)丁J向心力公式：=R=-半徑公式：7_2穴m_JBqJ周期和頻率公式：動能公式:動能公式:注意：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T只和粒子的比荷有關，與粒子的速v半徑的大小無關；也就是說比荷相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，、和3相同。3確定帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動的圓4、半徑、運動時間的方法：有界勻強磁場是指只在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，在磁場區(qū)域內經歷一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域。由于運動的帶電粒子垂直磁場方向從磁場邊界進入磁場時方向不同，或磁場區(qū)域邊界不同，它在磁場中運動圓弧軌道各

13、有不同，如下圖所示：解決這一類問題時，掌握確定軌道圓心的基本方法和計算速度偏向角中、回旋角a和弦切角e的定量關系是解題的關鍵，如下圖所示：在洛倫茲力作用下，一個做勻速圓周運動的粒子，不論沿順時針方向運動還是沿逆時針方向運動，從點到點，均具有下述特點：（）軌道圓心總是位于、兩點洛倫茲力的交點上或弦的中垂線與任一個的交點上；（）粒子的速度偏向角中等于回旋角a（軌跡所對的圓心角），并等于弦與切線的夾角（弦切角e）的兩倍，即：=a=e=3t圓心確定下來后，根據(jù)平面幾何知識去求解半徑;先求出運動軌跡所對應的圓心角。，然后根據(jù)公式=an（為運動周期）就可求得運動時間。4帶電粒子在磁場中作曲線運動軌跡半徑變

14、化在磁場中作勻速圓周運動的帶電粒子，其軌跡半徑變化有兩種情況:叩3V()動能變化，也即是速率變化，由3寸得知也隨之發(fā)生變化，動能增大半徑增大，動能減小半徑減??；產=一一，Bq,一()由于變化，由知也變化。5洛倫茲力多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面：C)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成雙解；()磁場方向不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不

15、確定而形成的雙解；()臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去Y，可能轉過從入射界面這邊反向飛出，如下圖所示，于是形成多解；()運動的重復性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解。精題精講例題如圖所示，導線固定，導線與垂直且與相隔一段距離且可以自由移動，試分析的運動情況。解析：首先分析固定導線的磁感線的分布情況，如上圖所示（用安培定則），然后再用左手定則分析導線在磁場中的受力方向，可以發(fā)現(xiàn)兩側的部分所受安培力分別如圖中所示，所以導線將順時針方向轉動。仔細留意一下就會發(fā)現(xiàn)，當一轉動

16、，兩者的電流就有同向的成分，而同向電流相互吸引，可見導線在轉動的同時還要向導線平移。點評：通過對本題的分析，有兩點值得注意：（）導線邊轉動邊受到吸引力，且隨著轉動角度的增大，所受吸引力增大。轉動和吸引是同時發(fā)生的，一轉動就有吸引力，并不是轉動以后才受到吸引力；（）不論是電流與電流的作用還是電流與磁體的作用，如果發(fā)生這種轉動（在磁場力作用下，不是外力作用下），其轉動的必然結果是相互吸引，這是由能量守恒所決定的。利用這一特點，可快速判斷此類問題。拓展1如圖所示，把一通電直導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動，當導線通過電流時，導線的運動情況是：（）（從上往下看）.順時針方向轉動，同時下降

17、.順時針方向轉動，同時上升.逆時針方向轉動，同時下降.逆時針方向轉動，同時上升解析：正確答案C（）電流元受力分析法：把直線電流等效為兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布（）電流元受力分析法：把直線電流等效為兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向如下圖所示，可見，導線將逆時針轉動。（）特殊值分析法：用導線轉過。的特殊位置（如上圖的虛線位置）來分析，判得安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動，所以答案正確。拓展：如下圖所示，把輕質導線圈用細線掛在磁鐵極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈的平面，當線圈內通過如圖所示方向電流時，線圈將怎樣運動？解析：（）等效分析法：把環(huán)形

18、電流等效成下圖所示的條形磁鐵，可見兩條形磁鐵只是相互吸引而沒有轉動。（）推論分析法：把條形磁鐵等效成下圖所示的環(huán)形電流，由圖可見兩電流相互平行方向相同，故兩環(huán)形電流沒有轉動，只是相互吸引，即線圈將向磁鐵平移。例題在傾角為a的光滑斜面上，放一根通電導線，電流的方向為一，長為，質量為，放置時與水平面平行，如圖所示。將磁感應強度大小為的磁場豎直向上加在導線所在處，此時導線靜止，那么導線中的電流多大？如果導線與斜面有摩擦，動摩擦因數(shù)為p,為使導線保持靜止，電流應為多大？（pa）解析：在分析這類問題時，由于、和安培力的方向不在同一平面內，一般情況下題目中所給的原圖均為立體圖，在立體圖中進行受力分析容易出

19、錯，因此畫受力圖時應首先將立體圖平面化.本題中棒所受重力、支持力和安培力均在同一豎直面內，受力分析如圖所示：所以由于靜止不動，所以由于靜止不動，TF；姐1=tari比由得導線中電流TF；姐1=tari比由得導線中電流LBT毒1tailLBj-tL時,有向上滑的趨勢，靜摩擦力沿斜面向下，臨界狀態(tài)時的口=為第一種臨界情況，由平衡條件得：牌sina=Rcosa十F打沿斜面方向總垂直于斜面方向小制+與LB(cosnsin值)又F-LB由得LB(cosnsin值)又F-LB由得第二種情況，同理可列方程由得，mg(sina+川cs比)LBfcosif-/Jsin所求條件為:mgsina一qcos=mg(s

20、incr4-/1cosa)LBfcosarH-由得，mg(sina+川cs比)LBfcosif-/Jsin所求條件為:mgsina一qcos=mg(sincr4-/1cosa)LBfcosarH-/ysmLBfeesar/sm點評：解此類題的關鍵是：正確畫出便于分析的平面受力圖。深化：()題目中所給的條件Ma會出現(xiàn)什么情況?提示:Mpao若導體中不通電，則它將加速下滑。所以為使導體靜止，a(sin口一百cosa)LB(cosa+Z2smg)導體中的電流有一最小值，即。若Mao則即使,導體也能靜止，即電流的取值范圍為口V父mg(sin4-/1cos比)LBfcos/Jsin()若磁場的方向變?yōu)榇?/p>

21、直斜面向上，本題答案又如何?提示：若磁場的方向變?yōu)榇怪毙泵嫦蛏?，則安培力沿斜面向上。對導體捧將要沿斜面、一,一，一八聯(lián)氐sina=R雁mcosa-I-BLL下滑的情況，由平衡條件得：解得:sinpimgcosa=%L對導體棒將要上滑的情況，由平衡條件得：mgsinOf-I-z；cos解得:mgsinOf-I-z；cos解得:所以，在磁場與斜面垂直時，為使導體靜止，電流的取值范圍為:mga-“cos色)上(sina;4-/1cos比)BLBLBL例題如圖所示，導體的長度為，質量為，處在磁感應強度為的勻強磁場中，磁感線垂直紙面向外，擱在水平支架上成為電路的一部分，當接通電路瞬間，彈跳起來.則導體中

22、的電流方向如何？若已知通電瞬間通過導體橫截面的電荷量為Q則在閉合過程中，電流對導體做功至少應為多少？解析：由題意知，在通電瞬間豎直向上跳起，說明受豎直向上的安培力，故可結合磁場方向據(jù)左手定則得到電流方向.電流做功的結果是使導體跳起，故所做功與物體動能增加量有關。由題意知安培力方向應豎直向上，據(jù)左手定則判斷出中瞬間電流方向從至。電流做功將一部分電能轉化成導體的動能，另一部分電能將消耗在導體因存在電阻而產生的熱量上。12據(jù)題中條件可知，電流對導體做功至少為通電瞬間，對導體應用動量定理有：一愧處光而因時間A極短，跟安培力比較起來重力可忽略不計所以有:則則例題如圖所示，一束電子（電量為）以速度垂直射入

23、磁感強度為B寬度為的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是。，則電子的質量是,穿透磁場的時間是。解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為v故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖點。由幾何知識知，、間圓心角630為半徑。d-q劑又圓心角是19穿透時間點評：解此類題關鍵是通過入、出磁場兩點速度方向確定圓心和半徑。例題一帶電質點，質量為，電荷量為，以與軸成角的速度從軸上的點射入下圖中第一象限所在區(qū)域，為了使該質點能從軸上的點以與軸成角的速度射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于平面、磁感應強度為的勻強磁場，若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)城內，試

24、求這個圓形磁場區(qū)域最小半徑（質點重力忽略不計）。解析：設質點在磁場中做圓周運動的半徑為R由洛倫茲力提供向心力，自點沿入射粒子速度方向延長，同時自點沿出射粒子速度方向反向延長，兩者交于點，由幾何關系可知6o分別作，的垂線，兩垂線交于一點，使（其中、分別為垂足）。為使質點能轉過這樣的角度，磁場邊界必須通過、兩點，為使圓形磁場區(qū)域半徑最小，應為圓形場區(qū)的直徑。點評：本題實際上是一個帶電粒子運動過程中，只有局部區(qū)域存在勻強磁場的問題，解題的關鍵在于找出粒子經過磁場區(qū)域的偏轉角及運動半徑。例題下圖中虛線是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在一磁感應強度為的勻強磁場，方向垂直紙面向外，是上

25、的一點，從點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電荷量為十、質量為，速率為的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內向各個方向。E知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的點相遇，到的距離為L不計重力及粒子間的相互作用。()求所考查的粒子在磁場中的軌道半徑；()求這兩個粒子從點射入磁場的時間間隔。解析：qyB=用2()設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R由牛頓第二定律，有S()如圖所示:以為弦可畫兩個半徑相同的圓，分別表示在點相遇的兩個粒子的軌道，圓心分別為、。弦所對圓心角為a。馬二至二烏丁先射入的粒子由一的時間2k后射入的粒子由J二式中為圓周運動的周期，典、河ae2科3,、A上=右=T=(7T*兩粒子射入的時間間隔

26、qBA土由以上兩式可解得河A土由以上兩式可解得河一Zarcsin也2mv點評：求解飛行時間從找軌跡所對應的圓心角的方面著手.當然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運動，除了要運用圓周運動的規(guī)律外，還要注意各種因素的制約而形成不是唯一的解，這就要求必須深刻理解題意，挖掘隱含條件，分析不確定因素，力求解答準確、完整。例題如圖所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于圖中紙面向里、磁感應強度的大小=的磁場內有一塊平面感光干板，板面與磁場方向平行，在距為=處，有一個點狀的a放射源，它向各個方向發(fā)射a粒子，a粒子的速度都是=x/魚已知。粒子的電荷與質量之比蹬=xk現(xiàn)只考慮到圖紙平面中運動的a粒子，求上被a粒

27、子打中的區(qū)域的長度。解析：首先應從量值上確定半徑與距離的關系，此半徑由向向求得。()找左側最遠點，因為R()找左側最遠點，因為R故軌跡與相切點為左側最遠點;()找右側最遠點，因為L故其右側軌道對應弦長最大值為R故半圓與交點即為最遠點。某些同學由于找特殊方向而引入誤區(qū)，此題處理方法：畫軌跡、找圓心、求半徑、作輔助線，通過幾何關系求解。a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用表示軌道半徑，/。迦=F；可一有人R=-由此得為代入數(shù)值得=可見，R因朝不同方向發(fā)射的a粒子的圓軌跡都過，由此可知，某一圓軌跡在下圖中左側與相切，則此切點就是a粒子能打中的左側最遠點。到的距離為到的距離為R以為圓

28、心,的交點即為。為定出點的位置，可作平行于的直線為半徑，作弧交于點，過作的垂線，它與為半徑，由圖中幾何關系得再考慮的右側：任何a粒子在運動中離的距離不可能超過，以為半徑，為圓心作圓，交于右側的點，此即右側能打到的最遠點。NR=&猊丫7由圖中幾何關系得、所求長度為代入數(shù)值得點評：本題考查帶電粒子在磁場中運動的基本規(guī)律，但難點在于學生對軌跡這種不確定關系的處理，綜合性強，題目新穎巧妙。例題長為。的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如下圖所示，磁感強度為，板間距離也為，板不帶電，現(xiàn)有質量為、電量為的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板|間中點處垂直磁感線以速度水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可

29、采用的辦法是：()*國TOC o 1-5 h z使粒子的速度4海使粒子的速度$溶使粒子的速度幅Bql5Bql2v使粒子的速度,明斗制解析：正確答案是、。由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動.很明顯，圓周運動的半徑大于某值時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結為求粒子能在右邊穿出時的最小值以及粒子在左邊穿出時的最大值。由幾何知識得：粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在點，又由于的得1,注時粒子能從右邊穿出時粒子能從右邊穿出粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在點，Bql時粒子能從左邊穿出。Bql時粒子能從左邊穿出。點評：解此類題應設想粒子做圓周運動的半

30、徑極大和極小時出現(xiàn)的現(xiàn)象，從而進一步確定滿足題目要求的臨界點進行解答。若問題是欲使粒子打在極板上，則粒子速度應是多大？又怎樣解答？例題一帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如下圖所示，徑跡上每一小段都可以看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減?。娏坎蛔儯﹦t可判定：（）A粒子從到，帶正電粒子從到，帶正電C粒子從到，帶負電粒子從到，帶負電解析：正確答案是Br-由于動能減小，速率也減小，由得得得知隨之減小，故粒子的運動情況應是由到（因為點曲率半徑大于點曲率半徑），根據(jù)轉動方向用左手定則判出粒子帶正電?？梢娬_答案只有B點評：此題粒子軌跡半徑的變化是由于動能的變

31、化引起的，還可以由于的變化引起。拓展：如圖所示，水平導線中有恒定電流通過，導線正下方的電子初速度方向與電流方向相同，則電子的可能運動情況是：（）A沿路徑運動B沿路徑運動沿路徑運動D沿路徑運動解析：正確答案是D畫出直線電流磁感線方向、疏密的分布如圖所示:用左手定則判得安培力方向向下，則電子向下偏轉，故、答案可排除。芭哂？r-電子向下偏轉，變小，由得得變大，所以只有答案正確。反饋練習一、選擇題1如圖所示，在水平桌面上放一條形磁鐵，在磁鐵的右上方固定一根通電直導線，則磁鐵對桌面的作用力的情況是：（）.磁鐵對桌面有向右的摩擦力和大于重力的壓力.磁鐵對桌面有向左的摩擦力和小于重力的壓力.磁鐵對桌面只有大

32、于重力的壓力.磁鐵對桌面只有小于重力的壓力2世紀年代，科學家已認識到溫度差會引起電流，安培考慮到地球自轉造成Y太陽照射后正面與背面的溫度差，從而提出如下假設：地球磁場是由繞地球的環(huán)形電流引起的.該假設中的電流方向是（磁子午線是地球磁場極與極在地球表面的連線）：（）由西向東垂直磁子午線由東向西垂直磁子午線由南向北沿磁子午線由赤道向兩極沿磁子線方向3質量為的金屬導體棒置于傾角為e的導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為p，當導體棒通以垂直紙面向里的電流時，恰能在導軌上靜止。如圖所示的四個圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中棒與導軌間的摩擦力可能為零的是：（）4歐姆在探索通過導體的電流、電壓、電阻關系

33、時因無電源和電流表，他利用金屬在冷水和熱水中產生電動勢代替電源，用小磁針的偏轉檢測電流，具體做法是：在地磁場作用下處于水平靜止的小磁針上方，平行于小磁針水平放置一直導線，當該導線中通有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉；當通過該導線電流為時，小磁針偏轉Y，問當他發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉了。時，通過該直導線的電流為（直導線在某點產生的磁場與通過直導線的電流成正比）：（）無法確定5如圖，在一水平方置的平板的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為帶電量為十的粒子，以相同的速率沿位于紙面內的各個方向，由小孔射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響，下列圖中陰影部分表R=-示帶電粒子可能

34、經過的區(qū)域，其中8寸哪個圖是正確的：（）.如圖是電視機的顯像管的結構示意圖:熒光屏平面位于坐標平面，軸是顯像管的縱軸線.位于顯像管尾部的燈絲被電流加熱后有電子逸出，這些電子在加速電壓的作用下以很高的速度沿軸向十方向射出，構成了顯像管的“電子槍”，如果沒有其它力作用，從電子槍發(fā)射出的高速電子將做作勻速直線運動打到坐標原點，使熒光屏的正中間出現(xiàn)一個亮點。當在顯像管的管頸處的較小區(qū)域（圖中部分）加沿方向的磁場（偏轉磁場），亮點將偏離原點而打軸上的某一點，偏離的方向和距離大小依賴于磁場的磁感應強度。為使熒光屏上出現(xiàn)沿軸的一條貫穿全屏的水平亮線（電子束的水平掃描運動），偏轉磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律應是下列圖中的：（）二、論述計算題7如圖所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑為邊界的兩個半圓形區(qū)域i、n中。與的夾角為。一質量為、帶電量為十的粒子以某一速度從I區(qū)的邊緣點處