高考综合复习-磁场分解(DOC 30页).doc

1、北 京 四 中审稿老师：李井军责编：郭金娟高考综合复习磁场知识网络高考考点考纲要求：知识点要求说明电流的磁场(1)安培力的计算限于直导线跟B平行或垂直的两种情况(2)洛伦兹力的计算限于v跟B平行或垂直的两种情况磁感应强度，磁感线，地磁场磁性材料，分子电流假说磁场对通电直导线的作用，安培力，左手定则磁电式电表原理磁场对运动电荷的作用，洛伦兹力，带电粒子在匀强磁场中的运动复习指导：本章主要讨论了磁场的描述方法（定义了磁感应强度等概念，引入了磁感线这个工具）和磁场产生的作用（对电流的安培力的作用、对运动电荷的洛伦兹力作用）及其相关问题。其中磁感应强度是电磁学的基本概念，应认真理解；通电直导线在磁场中

2、的平衡、加速运动，带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动等内容应熟练掌握；常见磁体周围磁感线的空间分布观念的建立，常是解决有关问题的关键，复习中应注意这方面的训练。从近几年的高考试题看，试题侧重于考查磁场的基本概念和安培力的简单应用，在物理单科考试中应用较多，几乎本专题的每个知识点都考过，在理科综合试题中单独的涉及安培力的题目极少，大多是和电磁感应知识相结合的综合性试题。对于左手定则和带电粒子在磁场（或加有电场、重力场的复合场）中的运动，在物理单科和理科综合试题更是频频出现，且难度较大，对学生的空间想象能力、物理过程、运动规律的综合分析能力都要求较高，在复习中应引起高度的重视。要点精析磁场的基本知

3、识：1、磁场磁场的存在：磁场是一种特殊的物质，存在于磁极和电流周围。磁场的特点：磁场对放入磁场中的磁极和电流有力的作用。磁场的方向：规定磁场中任意一点的小磁针静止时N极的指向（小磁针N极受力方向）为该点的磁场的方向。磁感应强度（描述磁场强弱的物理量）：定义式：注意：磁感应强度B与F、I、L无关，只由磁场本身决定；式中的L必须垂直于该处的磁场；磁感应强度是一个矢量，遵守矢量分解和合成的平行四边形定则，B的方向就是该处的磁场方向（不是F的方向）。2、磁感线（1）磁感线的特点：不是真实存在的，是人们为了形象描述磁场而假想的；是闭合曲线，磁体的外部是从N极到S极；内部是从S极到N极；磁感线的密疏表示磁

4、场的强弱，磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向。（2）几种常见的磁感线条形磁铁和蹄形磁铁的磁场：在磁体的外部，磁感线从N极射出进入S极，在内部也有相应条数的磁感线（图中未画出）与外部磁感线衔接并组成闭合曲线。直线电流的磁场：直线电流的磁感线是在垂直于导线平面上的以导线上某点为圆心的同心圆，其分布呈现“中心密边缘疏”的特征。环形电流的磁场：环形电流的磁感线是一组穿过环所在平面的曲线，在环形导线所在平面处，各条磁感线都与环形导线所在的平面垂直。通电螺线管的磁场：通电螺线管的磁感线与条形磁铁相似，一端相当于北极N，另一端相当于南极S。匀强磁场：在磁场的某些区域内，若磁感线为同向、等的平行密线，则

5、这个区域的磁场叫匀强磁场。地球的磁场：地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：A. 地磁场的N极在地球的南极附近，S极在地球的北极附近，磁感线分布如下图所示；B. 地磁场B的水平分量（Bx）总是从地球南极指向地球北极，而竖直分量By在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下；C. 在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。3、磁现象的电本质：（1）安培分子电流假说：物质微粒内部存在着环形分子电流。对各种磁现象解释：分子电流取向杂乱无章时无磁性，分子电流取向大致相同时有磁性。（2）磁现象的电本质：磁铁和电流的磁场都是由运动电荷而产生的。4、安培定则：（1

6、）右手直导线定则：用右手握住通电直导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向。（2）右手螺线管定则：用右手握住环形导线，让弯曲的四指所指的方向跟电流的环绕方向一致，那么伸直的大拇指所指的方向就是环形导线的中心轴线上磁感线的方向。磁场对电流的作用：1、安培力安培力大小：FBILsin，其中为B与I之间的夹角。说明：（1）若磁场和电流垂直时：FBIL（2）若磁场和电流平行时：F0（3）L是导线的有效长度，当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度。安培力的方向：左手定则伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直（或倾斜，

7、但要和大拇指保持垂直）穿入手心，伸开四指指向电流方向，拇指所指的方向即为导线所受安培力的方向。说明：电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确立的平面。题目给出的往往是立体图，要善于把立体图改画成易于分析受力的平面图形。2、判断安培力作用下通电导体和通电线圈运动方向的方法：（1）电流元法：即把整段电流等效为多段直流电流元，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和运动方向。（2）特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，而确定运动方向。（3）等效法：环形电流和通电螺

8、线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析。（4）结论法：结论一：两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；结论二：两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。（5）分析磁体在电流磁场作用下如何运动的转换研究对象法：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，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。*3、电流表的工作原理：电流表的工作原理电流表的构造主要包括：蹄形

9、磁铁、圆柱形铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，如下图所示，这样不管通电导线处于什么角度，它的平面均与磁感线平行，从而保证受到的磁力矩不随转动角度的变化而变化，始终有:M=nBIS(n为线圈的匝数)。当线圈转到某一角度时，磁力矩与弹簧产生的阻力矩M相等时，线圈就停止转动，此时指针（指针随线圈一起转动）就停在某处，指向一确定的读数：。由于M与转动的角度成正比，所以电流越大，偏转角就越大，与电流I成正比；指针静止时由于（U为电流表两端的电压，RA为电流表内阻），所以与电压U成正比。洛伦兹力：1、洛伦兹力的大小：f=qvBsin当90时，f=qvB，此时，电荷受到的

10、洛伦兹力最大；当0或180时，f0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛伦兹力作用；当v=0时f=0说明磁场只对运动的电荷产生力的作用。2、洛伦兹力的方向：左手定则伸开左手，让磁感线以垂直于大拇指方向穿入手心，四指指向为正电荷的运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指的方向是正电荷（负电荷）所受的洛伦兹力的方向。说明：（1）洛伦兹力的方向与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的平面。（2）洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向随之变化。（3）由于洛伦兹力总和电荷运动方向垂直，所以洛

11、伦兹力对电荷不做功。*3、由安培力公式推导洛伦兹力公式f=qvB如下图所示，直导线长L，电流为I，导体中运动电荷数为N，截面积为S，电荷的电量为q，运动速度为v，则：安培力FILBNf所以洛伦兹力fF/NBIL/N因为InqSv(n为单位体积内的电荷数)所以式中NnSL，故f=qvB带电粒子在匀强磁场中的运动：1、运动分析：如下图所示：若带电粒子沿垂直磁场方向射入磁场，即90时，带电粒子所受洛伦兹力f=Bvq，方向总与速度v方向垂直。洛伦兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。2、其特征方程和基本公式：f洛F向向心力公式：Bqv半径公式：周期和频率公式：动能公式：注意：带电粒子在

12、匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T，只和粒子的比荷有关，与粒子的速度v、半径R的大小无关；也就是说比荷相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、f和相同。3、确定带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径、运动时间的方法：有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场区域内经历一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧后离开磁场区域。由于运动的带电粒子垂直磁场方向从磁场边界进入磁场时方向不同，或磁场区域边界不同，它在磁场中运动圆弧轨道各有不同，如下图所示：解决这一类问题时，掌握确定轨道圆心的基本方法和计算速度偏向角、回旋角和弦切角的定量关系是解题

13、的关键，如下图所示：在洛伦兹力作用下，一个做匀速圆周运动的粒子，不论沿顺时针方向运动还是沿逆时针方向运动，从A点到B点，均具有下述特点：（1）轨道圆心O总是位于A、B两点洛伦兹力f的交点上或AB弦的中垂线OO与任一个f的交点上；（2）粒子的速度偏向角等于回旋角（轨迹所对的圆心角），并等于AB弦与切线的夹角（弦切角）的两倍，即：2t；圆心确定下来后，根据平面几何知识去求解半径；先求出运动轨迹所对应的圆心角，然后根据公式tT/2（T为运动周期）就可求得运动时间。4、带电粒子在磁场中作曲线运动轨迹半径变化在磁场中作匀速圆周运动的带电粒子，其轨迹半径变化有两种情况：（1）动能变化，也即是速率v变化，由

14、得知r也随之发生变化，动能增大半径r增大，动能减小半径r减小；（2）由于B变化，由知r也变化。5、洛伦兹力多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解，多解形成原因一般包含下述几个方面：（1）带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解；（2）磁场方向不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的双解；（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，由于粒子运动轨迹

15、是圆弧状，因此，它可能穿过去了，可能转过180从入射界面这边反向飞出，如下图所示，于是形成多解；（4）运动的重复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解。精题精讲例题1.如图所示，导线ab固定，导线cd与ab垂直且与ab相隔一段距离且可以自由移动，试分析cd的运动情况。解析：首先分析固定导线ab的磁感线的分布情况，如上图所示（用安培定则），然后再用左手定则分析cd导线在磁场中的受力方向，可以发现ab两侧的部分所受安培力F分别如图中所示，所以cd导线将顺时针方向转动。仔细留意一下就会发现，当cd一转动，两者的电流就有同向的成分，而同向电流相互吸引，

16、可见cd导线在转动的同时还要向ab导线平移。点评：通过对本题的分析，有两点值得注意：（1）cd导线边转动边受到吸引力，且随着转动角度的增大，所受吸引力增大。转动和吸引是同时发生的，一转动就有吸引力，并不是转动以后才受到吸引力；（2）不论是电流与电流的作用还是电流与磁体的作用，如果发生这种转动（在磁场力作用下，不是外力作用下），其转动的必然结果是相互吸引，这是由能量守恒所决定的。利用这一特点，可快速判断此类问题。拓展1：如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流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

17、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：正确答案C。（1）电流元受力分析法：把直线电流等效为AO、BO两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如下图所示，可见，导线将逆时针转动。（2）特殊值分析法：用导线转过90的特殊位置（如上图的虚线位置）来分析，判得安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动，所以C答案正确。拓展2：如下图所示，把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈的平面，当线圈内通过如图所示方向电流时，线圈将怎样运动？解析：（1）等效分析法：把环形电流等效成下图所示的条形磁铁，可见两条形磁铁只是相互吸引而没有转动。

18、（2）推论分析法：把条形磁铁等效成下图所示的环形电流，由图可见两电流相互平行方向相同，故两环形电流没有转动，只是相互吸引，即线圈将向磁铁平移。例题2.在倾角为的光滑斜面上，放一根通电导线AB，电流的方向为AB，AB长为L，质量为m，放置时与水平面平行，如图所示。将磁感应强度大小为B的磁场竖直向上加在导线所在处，此时导线静止，那么导线中的电流多大？如果导线与斜面有摩擦，动摩擦因数为，为使导线保持静止，电流I应为多大？（tan）解析：在分析这类问题时，由于B、I和安培力F的方向不在同一平面内，一般情况下题目中所给的原图均为立体图，在立体图中进行受力分析容易出错，因此画受力图时应首先将立体图平面化本

19、题中棒AB所受重力mg、支持力FN和安培力F均在同一竖直面内，受力分析如图所示：由于AB静止不动，所以 由得导线中电流如果存在摩擦，问题就复杂得多了：当电流时，AB有向下滑的趋势，静摩擦力沿斜面向上，临界状态时静摩擦力达到最大值；当电流时，AB有向上滑的趋势，静摩擦力沿斜面向下，临界状态时。第一种临界情况，由平衡条件得：沿斜面方向 垂直于斜面方向 又 由得，第二种情况，同理可列方程 由得，所求条件为：点评：解此类题的关键是：正确画出便于分析的平面受力图。深化：（1）题目中所给的条件tan有什么作用？若tan会出现什么情况？ 提示： tan说明mgsinmgcos，若导体中不通电，则它将加速下滑

20、。所以为使导体静止，导体中的电流有一最小值，即。若tan，则mgsinmgcos，则即使I=0，导体也能静止，即电流的取值范围为。（2）若磁场B的方向变为垂直斜面向上，本题答案又如何？ 提示： 若磁场B的方向变为垂直斜面向上，则安培力沿斜面向上。对导体捧将要沿斜面下滑的情况，由平衡条件得： 解得： 对导体棒将要上滑的情况，由平衡条件得： 解得： 所以，在磁场B与斜面垂直时，为使导体静止，电流的取值范围为：例题3.如图所示，导体AB的长度为L，质量为m，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线垂直纸面向外，AB搁在水平支架上成为电路的一部分，当接通电路瞬间，AB弹跳起来则导体AB中的电流方向如何？

21、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，电流对导体做功至少应为多少？解析：由题意知，AB在通电瞬间竖直向上跳起，说明受竖直向上的安培力，故可结合磁场方向据左手定则得到电流方向电流做功的结果是使导体跳起，故所做功与物体动能增加量有关。由题意知安培力方向应竖直向上，据左手定则判断出AB中瞬间电流方向从B至A。电流做功将一部分电能转化成导体的动能，另一部分电能将消耗在导体因存在电阻而产生的热量上。据题中条件可知，电流对导体做功至少为通电瞬间，对AB导体应用动量定理有：而因时间t极短，跟安培力比较起来重力可忽略不计所以有：又则例题4.如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁

22、感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是_，穿透磁场的时间是_。解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧一部分，又因为Fv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图O点。由几何知识知，A、B间圆心角=30，OB为半径。又由得又AB圆心角是30穿透时间故点评：解此类题关键是通过入、出磁场两点速度方向确定圆心和半径。例题5.一带电质点，质量为m，电荷量为q，以与y轴成30角的速度v从y轴上的a点射入下图中第一象限所在区域，为了使该质点能从x轴上的b点以与x轴成60角的速度射出，可在适当的地方加一个垂直于xOy

23、平面、磁感应强度为B的匀强磁场，若此磁场仅分布在一个圆形区城内，试求这个圆形磁场区域最小半径（质点重力忽略不计）。解析：设质点在磁场中做圆周运动的半径为R。由洛伦兹力提供向心力，得自a点沿入射粒子速度方向延长，同时自b点沿出射粒子速度方向反向延长，两者交于c点，由几何关系可知=60。分别作ac，bc的垂线，两垂线交于一点D，使AD=DB=R（其中A，B分别为垂足）。为使质点能转过这样的角度，磁场边界必须通过A、B两点，为使圆形磁场区域半径最小，AB应为圆形场区的直径。最小半径：点评：本题实际上是一个带电粒子运动过程中，只有局部区域存在匀强磁场的问题，解题的关键在于找出粒子经过磁场区域的偏转角及

24、运动半径。例题6.下图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电荷量为q、质量为m，速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内向各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用。（1）求所考查的粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔。解析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有 得（2）如图所示： 以OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道，圆心分

25、别为O1、O2。OP弦所对圆心角为。 先射入的粒子由OP的时间 后射入的粒子由OP的时间 式中T为圆周运动的周期， 两粒子射入的时间间隔 由 得 由以上两式可解得点评：求解飞行时间从找轨迹所对应的圆心角的方面着手当然带电粒子在有界磁场中做部分圆周运动，除了要运用圆周运动的规律外，还要注意各种因素的制约而形成不是唯一的解，这就要求必须深刻理解题意，挖掘隐含条件，分析不确定因素，力求解答准确、完整。例题7.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里、磁感应强度的大小B0.60T的磁场内有一块平面感光干板ab，板面与磁场方向平行，在距ab为L16cm处，有一个点状的放射源S，它向各个

26、方向发射粒子，粒子的速度都是v3.0106m/s。已知粒子的电荷与质量之比5.0107C/kg，现只考虑到图纸平面中运动的粒子，求ab上被粒子打中的区域的长度。解析：首先应从量值上确定半径R与距离L的关系，此半径R由F洛F向向求得。（1）找左侧最远点，因为LR，故轨迹与ab相切点为左侧最远点；（2）找右侧最远点，因为2RL，故其右侧轨道对应弦长最大值为2R，故半圆与ab交点即为最远点。 某些同学由于找特殊方向而引入误区，此题处理方法：画轨迹、找圆心、求半径、作辅助线，通过几何关系求解。 粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有 由此得 代入数值得R10cm 可见，

27、2RR 因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点。 为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。 由图中几何关系得 再考虑N的右侧：任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。 由图中几何关系得 所求长度为P1P2= NP1+NP2 代入数值得P1P2= 20 cm.点评：本题考查带电粒子在磁场中运动的基本规律，但难点在于学生对轨迹这种

28、不确定关系的处理，综合性强，题目新颖巧妙。例题8.长为的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如下图所示，磁感强度为B，板间距离也为，板不带电，现有质量为m、电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：（ ）A. 使粒子的速度B. 使粒子的速度C. 使粒子的速度D. 使粒子的速度解析：正确答案是A、B。由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边

29、穿出时r的最大值r2。由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：得，又由于得所以时粒子能从右边穿出粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点 ，有：，又由得所以时粒子能从左边穿出。点评：解此类题应设想粒子做圆周运动的半径极大和极小时出现的现象，从而进一步确定满足题目要求的临界点进行解答。若问题是欲使粒子打在极板上，则粒子速度应是多大？又怎样解答？例题9.一带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如下图所示，径迹上每一小段都可以看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小（电量不变）则可判定：（ ）A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带

30、负电D粒子从b到a，带负电解析：正确答案是B。由于动能减小，速率v也减小，由得知r随之减小，故粒子的运动情况应是由b到a（因为b点曲率半径大于a点曲率半径），根据转动方向用左手定则判出粒子带正电。可见正确答案只有B。点评：此题粒子轨迹半径的变化是由于动能的变化引起的，还可以由于B的变化引起。拓展：如图所示，水平导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，则电子的可能运动情况是：（ ）A沿路径a运动B沿路径b运动C沿路径c运动D沿路径d运动解析：正确答案是D。画出直线电流磁感线方向、疏密的分布如图所示：用左手定则判得安培力方向向下，则电子向下偏转，故A、B答案可排除。电子向

31、下偏转，B变小，由得r变大，所以只有D答案正确。反馈练习一、选择题1如图所示，在水平桌面上放一条形磁铁，在磁铁的右上方固定一根通电直导线，则磁铁对桌面的作用力的情况是：（ ）A磁铁对桌面有向右的摩擦力和大于重力的压力B磁铁对桌面有向左的摩擦力和小于重力的压力C磁铁对桌面只有大于重力的压力D磁铁对桌面只有小于重力的压力219世纪20年代，科学家已认识到温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的该假设中的电流方向是（磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线）：（ ）A. 由西向东垂直磁子午线B. 由东向西垂直磁子

32、午线C. 由南向北沿磁子午线D. 由赤道向两极沿磁子线方向3质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止。如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是：（ ）A. B. C. D. 4欧姆在探索通过导体的电流、电压、电阻关系时因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30，问当他发现小

33、磁针偏转了60时，通过该直导线的电流为（直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）：（ ）A. 2I B. 3I C. I D. 无法确定5如图，在一水平方置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响，下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中哪个图是正确的：（ ）6如图是电视机的显像管的结构示意图： 荧光屏平面位于坐标平面xOz，y轴是显像管的纵轴线位于显像管尾部的灯丝被电流加热后有电子逸出，这些电子在加速电压的作用下以很高的速度

34、沿y轴向y方向射出，构成了显像管的“电子枪”，如果没有其它力作用，从电子枪发射出的高速电子将做作匀速直线运动打到坐标原点O，使荧光屏的正中间出现一个亮点。当在显像管的管颈处的较小区域（图中B部分）加沿z方向的磁场（偏转磁场），亮点将偏离原点O而打x轴上的某一点，偏离的方向和距离大小依赖于磁场的磁感应强度B。为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线（电子束的水平扫描运动），偏转磁场的磁感应强度随时间变化的规律应是下列图中的：（ ）二、论述计算题7如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中。A2A4与A1A3的夹角为60。一

35、质量为m、带电量为q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进B区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求区和区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。8如图所示，在xOy平面内有一个半径r3cm的圆形匀强磁场区，磁感应强度B0.2T，方向垂直于纸面向外，比荷q/m1108C/kg的正离子从坐标原点O以速度v1106m/s沿y方向进入磁场中。（1）当磁场区圆心位于不同位置时正离子射出磁场时偏转角度大小也不同，求该偏转角可达到的最大值；（2）如果改变磁场区半径r，正离子射出磁场时偏转角大小也将不同，

36、要使正离子以最大偏角飞离磁场后可穿过x轴，求r的取值范围。反馈练习答案：1答案：A 提示： 按常规思路直接分析磁铁的受力情况，问题甚至陷入困境。若以通电导线为研究对象，由安培定则可知，导线受到右向上的安培力，再根据牛顿第三定律可知磁铁将受到左向下的安培力。2答案：B 提示： 由于磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，由地理的南极指向地理的北极，所以根据安培定则可以知道电流方向应为自东向西的，B正确。3答案：C 提示： 根据左手定则可以判断：中金属导体棒所受的安培力方向是竖直向上，当安培力的大小等于金属导体棒的重力时，摩擦力为零；中金属导体棒所受的安培力方向是垂直导轨向下，这时摩擦力的方

37、向沿导轨向上，不可能为零；中的金属导体棒所受的安培力方向是水平向右，当F安cosmgsin时，摩擦力为零；中的金属导体棒所受的安培力方向是沿导轨向上，当Fmgsin时，摩擦力为零，C正确。4答案：B 提示： 设地磁场磁感应强度为B地，电流磁场BkI，小磁针在磁场中静止时所指示的方向表示该点磁场的方向，则kIB地tan30，kIB地tan60，I3I，故选项B正确。5答案：A 提示： 如下图所示，当粒子沿V1、V2、V3. Vn进入磁场时所对应的圆周运动的轨迹分别为O1、O2、O3On可以看出带电粒子所经过的区域，A正确。6答案：A 提示： 由左手定则可知，欲使x轴全屏水平亮线，必须要求磁场方向

38、改变，故B、C错，并且应是变化磁场D错，故应选A。7解析： 设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示磁场区和区中磁感应强度，轨道半径和周期 设圆形区域的半径为r。如上图所示已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入区磁场，连接A1A2，A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心，其轨道的半径R1A1A2OA2r。 圆心角A1A2O=60，带电粒子在区磁场中运动的时间为 带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即 在区磁场中运动时间为 带电粒子从射人到射出磁场所用的总时间t=t1+t2 由以上各式可得：8解析：（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力为向心力，设轨迹半径R， 则得 当偏转角有最大时，离子在磁场中运动的轨迹长度最大，即圆形磁场的直径为两圆的公共弦。 设最大偏转角为， 则：（2）当90，v与x轴的夹角大于0，离子即能通过x轴：