知识要点梳理 知识点一--磁场对运动电荷的作用力(洛仑兹力) 　 ▲知识梳理 1．洛仑兹力的大小 　 ，为v与B的夹角。 　 当=时，，此时，电荷受到的洛仑兹力最大； 　 当=或时，f=0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛仑兹力作用； 　 当v=0时，f=0，说明磁场只对运动的电荷产生力的作用． 2．洛仑兹力的方向 　 左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿入手心，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)所受的洛仑兹力的方向。 3．由安培力公式推导洛仑兹力公式 　 如图所示，直导线长L，电流为I，导线中运动电荷数为n，截面积为S，电荷的电量为q，运动速度为v，则 　 安培力 　 所以洛仑兹力 　 因为 ( N为单位体积内的电荷数) 　 所以，式中，故。 　　　　　　　　 　 特别提醒：洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。 　 ▲疑难导析 1．洛伦兹力方向的特点 　 (1)洛仑兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛仑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)洛仑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，洛仑兹力的方向随之变化 　(3)用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。 　 (4)由于洛仑兹力方向总与电荷运动方向垂直，所以洛仑兹力对电荷不做功。 2．洛伦兹力和电场力的比较

	洛伦兹力	电场力
性质	磁场对在其中运动电荷的作用力	电场对放入其中电荷的作用力
产生 条件	磁场中静止电荷、沿磁场方向运动的电荷将不受洛伦兹力	电场中的电荷无论静止，还是沿何方向运动都要受到电场力
方向	①方向由电荷正负、磁场方向以及电荷运动方向决定，各方向之间关系遵循左手定则 ②洛伦兹力方向一定垂直于磁场方向以及电荷运动方向(电荷运动方向与磁场方向不一定垂直)	①方向由电荷正负、电场方向决定 ②正电荷受力方向与电场方向一致，负电荷受力方向与电场方向相反
大小
做功情况	一定不做功	可能做正功，可能做负功，也可能不做功

　 特别提醒： 　 (1)洛伦兹力的方向不是和磁场方向相同或相反，而总是和磁场方向垂直。 　 (2)用左手定则判定洛伦兹力的方向时一定注意四指指的是正电荷运动的方向，审题时首先判断电荷的正负。 　 ：在高真空的玻璃管中，封有两个电极，当加上高电压后，会从阴极射出一束高速电子流，称为阴极射线．如在阴极射线管的正上方平行放置一根通以强电流的长直导线，其电流方向如图所示．则阴极射线将会(　 ) 　 A．向上偏斜　　 B．向下偏斜 　 C．向纸内偏斜　 D．向纸外偏斜 　 答案：A 　 解析：由安培定则，电流下方磁场垂直纸面向外。电子流由左向右运动，由左手定则，电子受洛伦兹力向上，所以A正确。 知识点二-- 带电粒子在匀强磁场中的运动 　 ▲知识梳理 一、//B时 　 运动分析：带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。 二、时 　 1．运动分析：如图所示，若带电粒子沿垂直磁场方向射入磁场，即时，带电粒子所受洛仑兹力，方向总与速度v方向垂直。洛仑兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 　 2．其特征方程为 　 3．四个基本公式： 　 (1)向心力公式： 　 (2)半径公式： 　 (3)周期和频率公式： 　 (4)动能公式： 　 特别提醒：带电粒子在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。 　 ▲疑难导析 一、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360⁰计算出圆心角的大小，由公式可求出运动时间t。有时也用弧长与线速度的比。 　 在上述问题中经常用到以下关系： 　 (1)速度的偏向角等于AB所对的圆心角。 　 (2)偏向角与弦切角的关系：＜，= 2；＞，＝－2。 　 (3)圆周运动中有关对称规律：如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。 　　 　　　　　　 　 说明：注意圆周运动中的有关对称规律。 　 如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出。 二、电场和磁场对电荷作用的区别 　 1．电荷在电场中一定要受到电场力的作用，而电荷在磁场中不一定受磁场力作用．只有相对于磁场运动且运动方向与磁场不平行的电荷才受磁场力作用，而相对磁场静止的电荷或虽运动但运动方向与磁场方向平行的电荷则不受磁场力作用。 　 2．电场对电荷作用力的大小仅决定于场强E和电荷量q。即，而磁场对电荷的作用力大小不仅与磁感应强度B和电荷量q有关，还与电荷运动速度的大小v及速度方向与磁场方向的夹角有关，即。 　 3．电荷所受电场力的方向总是沿着电场线的切线(与电场方向相同或相反)，而电荷所受磁场力的方向总是既垂直于磁场方向，又垂直于运动方向(即垂直于磁场方向和运动方向所决定的平面)。 　 4．电荷在电场中运动时，电场力要对运动电荷做功(电荷在等势面上运动除外)，而电荷在磁场中运动时，磁场力一定不会对电荷做功。 　 电场既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度的大小。 　 5．电荷在匀强电场中垂直于电场线进入电场时，在电场力作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线，而在匀强磁场中的洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷，其偏转轨迹为圆弧。 三、洛伦兹力的多解问题 　 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，在相同的初速度的条件下，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的大小，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，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过从入射界面这边反向飞出，如图所示，于是形成了多解。 　　　　　　　　　 　 特别提醒：“带电粒子在电磁场中的运动”是历年高考中的一个重头戏，而“带电粒子在有界磁场中的运动”则是一个热点，也是难点。其难点在于带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。由于此类问题和力学、电学及数学知识紧密联系，故综合性强，能力要求高，故平时复习时应注意思路和方法的总结。 　 (4)运动的往复性形成多解 　 带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有往复性，因而形成多解。 四、带电粒子在有界磁场中运动的极值问题，注意下列结论，再借助数学方法分析 　 (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。 　 (3)当速率v变化时，圆周角越大的，运动时间越长。 五、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法--三步法 　 1．画轨迹：即确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。 　 2．找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 　 (3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式，半径公式。 　 ：如图，在一水平放置的平板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？(　 ) 　 　 　 答案：A 　 解析：如图所示，当粒子沿进入磁场时所对应的圆周运动的轨迹分别为，可以看出带电粒子所经过的区域，A正确。 　　　　　　　　　 知识点三--洛伦兹力的实际应用 　 ▲知识梳理 1．质谱仪 　 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等。 　　　　　　　 　 (2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理　 ① 　　　　 粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 ② 　　　　 由①②两式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等。 　　　　 2．回旋加速器 　 (1)构造：如图所示，、是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源。D形盒处于匀强磁场中。 　　　　　　　　 　 (2)原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由，得，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定。 　 ▲疑难导析 　 对回旋加速器的进一步理解： 1．粒子在回旋加速器电场内的运动 　 由于磁场不能对粒子加速，所以粒子每次进入电场的初速度是上一次离开电场时的末速度，忽略粒子在速度方向上发生的变化，粒子在电场中的运动可看作匀变速直线运动，其加速度，在电场中运动的总时间，总路程。 2．粒子在磁场中运动的总时间 　 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，带电粒子被电场加速的次数由加速电压决定， 　 ，所以粒子在磁场中运动的总时间 　 。 3．金属盒的作用 　 使带电粒子在回旋加速器的金属盒中运动，是利用了金属盒的静电屏蔽作用，不受外界电场干扰。带电粒子在金属盒内只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动。这样，粒子在装置内沿螺旋轨道逐渐趋于金属盒的边缘，达到预期能量后，用特殊装置把它们引出。 　 特别提醒： 　 (1)粒子获得的最大动能与加速电压无关。 　 (2)粒子在磁场中运动的总时间由加速电压决定。 　 (3)粒子在电场中的加速时间一般可以忽略不计。 　 ：如图为一回旋加速器的示意图，它的D形盒电极周围的最大半径R=0.6m，要把质量M=1.67 kg，电量的质子从静止加速到最后具有的能量E=4 MeV。 　 (1)计算所需要的磁感应强度； 　 (2)设D形盒电极间距离很小，以至质子通过两电极的缝隙的时间可以忽略，加速电压V，求加速质子使其具有能量E=4 MeV共需多少时间？ 　　　　　　　　　　 　 解析： 　 (1)粒子加速后所具有的最大能量E=4 MeV，又因为，而， 　　 T=0. 48 T。 　 (2)粒子在回旋加速器中加速一次增加的能量为，粒子在一个周期中被加速两次，由题意知粒子总共被加速的次数为，则所求时间 　　 　　 代入数值得s。 典型例题透析 题型一--带电粒子在磁场中的运动 　 (1)若带电粒子初速度方向与磁场方向共线，则做匀速直线运动。 　 (2)若带电粒子垂直进入匀强磁场，则做匀速圆周运动。 　 ①向心力由洛伦兹力提供：； 　 ②轨道半径，周期。 　 分析带电拉子在磁场中做圆周运动的问题时，重点是确定圆心，确定半径，确定周期或时间，尤其是半径的确定，从物理规律上应满足，从运动轨迹上应根据几何关系求解。 　 1、如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为与的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且＞。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，与的比值应满足什么条件？ 　　　　　　　 　 思路点拨：本题是一道综合性较强的题目。解决本题的关键是根据题目要求对粒子的运动过程进行正确的分析，然后利用所学知识，就可得出正确答案。 　 解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内与磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为和， 　　　 有　　　 ① 　　　 　　　② 　 现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为的半圆运动至y轴上离O点距离为2的A点，接着沿半径为2的半圆运动至y轴的点， 　　　　　　　　 　 距离　　　 ③ 　 此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y轴出发沿半径的半圆和半径为的半圆回到原点下方y轴)，粒子y坐标就减小d。 　 设粒子经过n次回旋后与y轴交于点。若即nd满足：nd＝2　　　 ④ 　 则粒子再经过半圆就能够经过原点，式中n＝1，2，3…为回旋次数。 　 由③④式解得　　　 ⑤ 　 由①②⑤式可得、应满足的条件　 n＝1，2，3… 　 总结升华：题目考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，正确分析带电粒子在磁场中的运动的物理图象，并作出粒子运动轨迹的示意图是解题的关键所在，另外还考查了考生的发散思维能力。 举一反三 　 [变式]在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点O处向第Ⅰ象限发射一比荷的带正电的粒子(重力不计)，速度大小=m/s、方向与x轴正方向成角。 　 (1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度均为B=1T，如图(a)所示。求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标。 　 (2)若将上述磁场改为如图(b)所示的匀强磁场。在t=0到时，磁场方向垂直于xOy平面外；在到时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间不存在磁场。在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标。 　　　 　 解析： 　 (1)粒子在x轴上方和下方的磁场中做半径相同的匀速圆周运动，其运动轨迹如图(a)所示， 　　 设粒子的轨道半径r，有 　　 代入数据得r=0.1m 　　 由几何关系知x坐标为 　　 代入数据得=0.2m 　 (2)设粒子在磁场中的圆周运动的周期为， 　　 代入数据得s 　　 根据题意知粒子在t=0到内和在到 　　 内在磁场中转过圆周弧所对的圆心角均为，粒子的运动轨迹应如图(b)所示 　　 由几何关系得，代入数据得=0.6m。 　　　 　 题型二--带电粒子在有界磁场中的运动问题 　 有界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，它们在磁场中运动的圆弧轨迹各有不同。解决这类问题时，关键是分析粒子所受洛伦兹力基础上画出带电粒子做圆周运动的轨迹和圆心位置。再由几何知识求出半径r和轨迹对应的圆心角，利用半径公式和周期公式求解有关问题。 　 (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，弧长越长，轨道对应的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 　 2、在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP＝d)射入磁场(不计重力影响)。 　 (1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。 　(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为(如图)。求入射粒子的速度。 　　　　　　　　　　 　 思路点拨：利用数学知识求得轨道半径，再根据牛顿第二定律列出洛伦兹力等于带电粒子做圆周运动需要的向心力的关系式，即可求解。 　 解析： 　 (1)由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 　　 设入射粒子的速度为，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： 　　 解得： 　 (2)设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接，设。 　　 由几何关系得： ， 　　 由余弦定理得： 　 　解得： 　　 设入射粒子的速度为v，由 ，解出： 　　　　　　　　 　 总结升华：本题考查带电粒子在有界磁场中运动，重点是运动的轨迹、半径和圆心的确定。考查空间想象力，属于难题。 举一反三 　 [变式]一质量为m，电荷量为q的带负电的带电粒子，从A点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，如图所示带电粒子射入时的初速度与PQ成角，且粒子恰好没有从MN射出。(不计粒子所受重力) 　 (1)求该带电粒子的初速度； 　 (2)求该带电粒子从PQ边界射出的射出点到A点的距离x。 　　　　　　　　　 　 解析： 　 (1)若初速度向右上方，设轨道半径为，由几何关系可得 　　 又洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，有 　　 得，所以 　　 若初速度向左上方，设轨道半径为，由几何关系可得， 　　 同理得。 　　　　　　　 　 (2)若初速度向右上方，带电拉子从PQ边界上的C点射出，为直角三角形， 　　 设射出点C到A点的距离为，由图可知。 　　 若初速度向左上方，带电粒子从PQ边界上的D点射出，设射出点D到A点距离为， 　　 由图可知。 题型三--质谱仪的应用 　 质谱仪的构造如图所示，质谱仪由速度选择器和MN板右侧的偏转分离磁场两部分组成。图示质谱仪在先对离子束进行速度选择后，相同速率的不同离子在右侧的偏转磁场中做匀速圆周运动，不同比荷的离子轨道半径不同，将落在MN板的不同位置，由此可以用来测定带电粒子的质量和分析同位素。 　　　　　　　　 　 3、飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。 　 (1)当a、b间的电压为时，在M、N间加上适当的电压，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K()的关系式。 　 (2)去掉偏转电压，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压至少为多少？ 　　　　　　　 　 思路点拨： 　 (1)带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间。在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系。 　 (2)当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压。 　 解析： 　 (1)由动能定理： 　　 n价正离子在a、b间的加速度 　　 在a、b间运动的时间 　　 在MN间运动的时间 　　 离子到达探测器的时间 　 (2)假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R， 　　 由牛顿第二定律 　　 离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系： 　　 由以上各式得： 　　 当n=1时取最小值。 　 总结升华：本题着重考查带电粒子在电场中加速和在磁场中做匀速圆周运动的问题，而利用几何图形找出轨道半径和极板长度的几何关系是解题的关键和题目难点。 举一反三 　 [变式]质谱仪是用来测定带电粒子的质量和分析同位素的装置。如图所示，电容器两极板相距为d，两极板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为，一束电荷量相同的带正电的粒子沿电容器的中心线平行于极板射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为的匀强磁场，结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点间距离为，粒子所带电荷量为q，且不计重力，求： 　 (1)粒子进入磁场时的速度v； 　 (2)打在a、b两点的粒子的质量之差。 　 解析： 　 (1)粒子在电容器中做直线运动，故，解得 　 (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则设打在a点的粒子质量为，打在b点的为 　　 则打在a处的粒子的轨道半径 　　 打在b处的粒子的轨道半径 　　 又 　　 联立解得。 题型四--回旋加速器的应用 　 如图所示是回旋加速器。回旋加速器是利用带电粒子在电场中加速和带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使带电粒子在磁场中改变运动方向，然后，匀速进入电场中加速，使带电粒子在回旋过程中逐渐加速。 　　　　　　　　　 　 (1)回旋加速器加速的最大速度，当带电粒子在磁场中轨道半径等于D形盒边缘的半径R时， 　　 则有：，所以。 　 (2)加速条件：交变电压的周期和粒子做圆周运动的周期相等。 　 4、正电子发射计算机断层(PET)是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。 　 (1)PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t(其中已略去了质子在加速电场中的运动时间)，质子在电场中的加速次数于回旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需的高频电源频率f和加速电压U。 　 (2)试推证当时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计(质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响)。 　　　　　　　　　 　 思路点拨：根据周期可计算高频电源的频率。结合动能定理可计算加速电压U；通过比较电场中加速的总时间和在D形盒中回旋的总时间，可求第(2)问。 　 解析： 　 (1)设质子加速后最大速度为v，由牛顿第二定律得： 　　 质子的回旋周期为： 　　 高频电源的频率为： 　　 质子加速后的最大动能为： 　　 设质子在电场中加速的次数为n，则 　　 又 　　 可解得 　 (2)在电场中加速的总时间为： 　　 在D形盒中回旋的总时间为 　　 故 >>1 　　 即当时，可以忽略不计。 　 总结升华：回旋加速器的优点是使带电粒子在较小的空间得到电场的多次加速，而使粒子获得较高的能量。缺点是这种经典的加速器使粒子获得的能量不会很高，因为粒子能量很高时，它的运动速度接近光速，按照狭义相对论，粒子质量将随着速率的增加而增大，粒子在磁场中的回旋周期将发生变化，这就破坏了回旋加速器的工作条件。 举一反三 　 [变式]回旋加速器是用于加速带电粒子使之获得高能量的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别与高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，带电粒子在穿过此区域时得到加速．两D形盒处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直盒面．设粒子源内粒子电荷量为q、质量为m，粒子最大回转半径为，试分析： 　 (1)回旋加速器内电场和磁场分别加在哪个区域内？ 　 (2)粒子在D形盒内做什么运动？ 　 (3)在两D形盒间所接的交流电频率应为多大？ 　 (4)粒子最终获得最大的动能为多少？ 　 解析：扁形盒由金属制成的，因而可屏蔽外电场，故盒内无电场，两盒之间存在电场；带电粒子在两D形盒之间做匀加速直线运动；盒内存在垂直于底面的匀强磁场，带电粒子在盒内做匀速圆周运动。 　　　　　　　　　　 　 (1)电场加在两D形盒之间窄缝区域内，匀强磁场加在两D形盒内，如图所示。 　 (2)带电粒子在D形盒内做匀速圆周运动，经过每一次加速后，粒子速度增大，周期不变，圆周半径增大。 　 (3)由于粒子在两D形盒之间运动速度大，运动间隔极小，其运动时间极短， 　　 所以高频交变电压频率等于粒子在两D形盒间的回旋频率。 　　 由得回旋频率为 　 (4)当粒子以最大速率做匀速圆周运动时，其运动轨道半径最大， 　　 设粒子的最大速率为，则，所以 　　 所以粒子获得的最大动能为。

知识要点梳理 知识点一--安培力的方向 　 ▲知识梳理 1． 磁场的基本性质是对放入其中的电流有力的作用。 　 磁场对电流的作用力称为安培力。实验表明，安培力的方向与磁场方向、电流方向都有关系。 2．左手定则 　 通电导线垂直放入磁场时，磁场方向、电流方向和安培力方向三者之间的空间关系由左手定则来确定。它的内容是：伸出左手，使大拇指和四指在同平面内并且相互垂直，让磁感线垂直穿过手心、四指沿电流方向，则大拇指所指的方向就是电流所受安培力的方向。 　 应用左手定则时，注意以下几点 　 (1)磁场方向、电流方向和安培力方向三者之间并非总是互相垂直的。但安培力F的方向一定垂直B的方向，安培力F的方向一定垂直于电流I的方向，即安培力一定垂直于B和I所确定的平面，但B与I的方向并不一定是垂直的。 　 ①已知电流、磁感应强度的方向，可用左手定则唯一确定F的方向。 　 ②已知F和B的方向，当导线的位置确定时，可唯一确定电流I的方向。 　 ③已知F和I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。 　 (2)左手定则与安培定则：前者反映B、I、F三者方向之间的关系；而后者反映B、 I两个方向之间的关系，且对I而言，前者的B是外加磁场，后者的B则为电流I自己产生的磁场。 3．两平行的通电直导线，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。 　 ▲疑难导析 一、安培力方向的特点 　 磁场和电场有很多相似之处，但是，安培力比库仑力复杂得多。点电荷在电场中受力方向和电场方向不是相同就是相反，而电流元在磁场中受力的方向与磁场的方向不在同一条直线上，而且不在同一个平面内。安培力的方向与磁场方向和电流方向决定的平面垂直。 二、判断通电导体(或磁体)在安培力作用下的运动的常用方法 　 不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动，在实际操作过程中，往往采用以下几种方法： 　 1．电流元受力分析法 　 把整段电流等效为很多段直线电流元，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)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，再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。 　 ：如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将(　 ) 　 A．转动同时靠近磁铁　　 B．转动同时离开磁铁 　 C．不转动只靠近磁铁　　 D．不转动只离开磁铁 　 答案：A 　 解析：N极附近磁场方向向左，由左手定则，线圈右侧受安培力向纸内，左侧受安培力向纸外，因此将逆时针转动(从上向下看)，转动后，线圈N极在左，S极在右，将受磁铁吸引靠近磁铁。 知识点二--安培力的大小 　 ▲知识梳理 1．垂直于磁场放置 　 长为L的直导线，通过的电流为I时，它所受的安培力。 2．当磁感应强度B的方向与导线方向成角时 　 。这是一般情况下安培力的表达式，以下是两种特殊情况。 　 (1)当磁场与电流垂直时，安培力最大。 　 (2)当磁场与电流平行时，即磁场方向与电流方向相同或相反时，安培力为零。 　 ▲疑难导析 在应用公式时应注意哪些问题 　 因是由导出，所以在应用时要注意： 　 (1)B与L垂直； 　 (2)L是有效长度； 　 如图甲所示，折线abc中通入电流I，ab =bc =L，折线所在平面与匀强磁场磁感应强度B垂直。abc受安培力等效于ac(通有a→c的电流，)所受的安培力，即，方向同样由等效电流ac判断为在纸面内垂直于ac斜向上；同理推知：如图乙所示，半圆形(或不规则半圆形)通电导线受安培力(或)；如图丙所示闭合的通电导线框受安培力F=0。 　　　 　 (3)B并非一定为匀强磁场，但它应该是L所在处的磁感应强度。 　 公式是磁感应强度B的定义式。物理学中的物理量的定义式适用于任意条件。对公式来说，如果各处的磁场强弱不同，仍然可以用在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度B。只是要用一段特别短的通电导线来研究磁场，如果导线很短很短，B就是导线所在处的磁感应强度，这样的导线叫电流元。 　 ：有一小段通电导线，长为1cm，电流强度为5A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是(　 ) 　 A．B=2 T　 B．B＜2 T　 C．B≥2 T　 D．以上情况均可能 　 答案：C 　 解析：由公式，得，当I、B 垂直时，B=2 T，当I、B不垂直时B大于2 T。 知识点三--磁电式电流表 　 ▲知识梳理 　 1．中学实验室中使用的电流表是磁电式电流表，原理是安培力与电流的关系。 　 2．通电线圈在磁场中受安培力的作用，线圈就会转动。 　 3．电流表中的磁铁两极间装有极靴，极靴中间有一个铁质圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，所以电流表的刻度是均匀的。 　 ▲疑难导析 电流表的工作原理 　 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．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的如图所示，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。 　　　　　　　 　 特别提醒：磁电式电流表极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，无论线圈转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，因此表盘刻度是均匀的。 　 ：物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验．如图所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际上就是最早的电动机。图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁。图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．请你判断这时自上向下看，A和C转动方向为(　 ) 　 A．顺时针、顺时针　 B．顺时针、逆时针 　 C．逆时针、顺时针　 D．逆时针、逆时针 　 答案：C 　 解析：根据电流的方向判定可以知道B中的电流方向是向上的，那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A磁铁N极的受力方向；由于D磁铁产生的磁场呈现出由N极向外发散，C中的电流方向是向下，由左手定则可知C受到的安培力方向为顺时针，故选C。 知识点四--安培力与其他知识的综合分析 　 ▲知识梳理 　 磁场的知识往往和力学、电学的知识综合应用来处理问题，安培力使磁场和牛顿第二定律、动能定理等内容有了联系，而安培力表达式中的电流又使磁场和电流的有关知识联系起来。解决这类问题时，要注意利用安培力把各部分知识联系起来。 　 1．导体在磁场中的动力学问题，除考虑导体所受重力、摩擦力外，还需根据磁场方向和电流方向之间的关系判断导体在磁场中所受安培力的大小和方向。 　 2．安培力可以使物体产生加速度，或产生瞬时冲量，而，再通过，将恒定电流、安培力、动力学综合在一起就可解决有关问题。 　 3．安培力可以对通电导体棒做功，做的功等于导体棒动能的增量。 　 4．涉及安培力的问题，本质上属于力学问题，做好受力分析是关键，而将题目中的立体图转化成某视角的平面图(如侧视图、俯视图等)，从而画出准确的受力图是处理此类问题的技巧。 　 ▲疑难导析 1．通电导线在磁场中的平衡与运动 　 (1)平衡问题：求解这类问题的依据是物体的平衡条件，求解关键是做好受力分析画出受力图，一般是画平面受力图。 　 (2)运动问题：解决该类问题首先要对通电导线进行受力分析，注意安培力既垂直于电流又垂直于磁场的特点，然后根据受力情况确定运动情况，结合题设条件寻找相应物理规律，列方程求解。 2．涉及安培力的综合问题的分析方法 　 (1)首先把立体图画成易于分析的平面图，如侧视图、剖视图或俯视图等。 　 (2)确定导线所在处磁场方向，根据左手定则确定安培力的方向， 　 (3)结合通电导体、受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出方程，解决问题。 　 ：有长L= 50 cm，重G=0. 1 N的金属杆ab静止在光滑的金属框架上，框架平面与水平面夹角 (如图所示)，流过ab的电流I=1 A。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，求此磁场的磁感应强度B的大小。 　　　　　　　　 　 解析：作出物理模型的侧视图如图所示，标出ab棒所受合力如图所示。 　　　　　　　　 　　 则有，所以。 典型例题透析 题型一--判断通电导体(或磁体)在安培力作用下的运动 　 掌握判断通电导体在安培力作用下的运动的几种方法：电流元受力分析法；特殊位置分析法；等效分析法；推论分析法和转换研究对象法。 　 1、如图所示，把一导线用弹簧挂在蹄形磁铁磁极的正上方，当导线中通以图示电流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 　 思路点拨：用电流元法判断导线的转动情况，再用特殊位置法判断导线的平动情况。 　 解析：将导线电流AB分为左右中三段AC、DB及CD，画出每段导线所在处磁场的方向，根据左手定则可判断AC段的安培力方向垂直纸面向里，DB段的安培力方向垂直纸面向外，故导线作顺时针转动；导线转过后，CD段电流也受到向下的安培力(图画出导线转过时的受力情景--特殊位置法)，故导线又向下运动。所以，正确答案是A。 　　　　　　　　　　　 　 总结升华：本题中由于通电导线AB左右中三段所在处磁场方向不相同，所以解题时必须将导线分段处理--电流元法。 举一反三 　 [变式]如图所示，把轻质线圈用细线挂在一个固定的磁铁的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。当线圈内通电时，下列结论中正确的是( ) 　 A．电流方向如图中所示时，线圈将向左偏移 　 B．电流方向如图中所示时，线圈将向右偏移 　 C．电流方向与图中相反时，线圈将向左偏移 　 D．电流方向与图中相反时，线圈将向右偏移 　 答案：AD 　 解析：线圈通电后，线圈会受到磁铁磁场的作用。根据磁铁周围磁感线的分布(图1)，用左手定则可知，当线圈中通以图示方向电流时，线圈受到的力向左，被吸向磁铁；当线圈中通以与图中方向相反的电流时，线圈受到的力向右，被磁铁排斥。 　　　　　　　　 　 另法(等效法)： 　 (1)由于通电小线圈两侧呈现一定的极性，相当一根小磁铁。通以图示方向电流时，其左侧呈现S极，右侧呈现N极，如图2甲所示。由磁极间相互作用，易知小线圈会被吸向磁铁，当电流方向相反时，则被磁铁排斥。 　 (2)也可以把原来的磁铁看成一个通电线圈，磁铁与小线圈的作用等效成两个通电线圈的作用。当小线圈中通以图示方向电流时，两线圈中电流同向，互相吸引，如图2乙所示。当小线圈中电流方向相反时，两线圈中电流反向，相互排斥。 　　　　　　　　 题型二--处理相关安培力问题时要注意图形的变换 　 安培力的方向总是垂直于电流方向和磁场方向决定的平面，即一定垂直B和I，但B和I不一定垂直。有关安培力的力电综合题往往涉及到三维立体空间问题，如果我们变三维为二维便可变难为易，迅速解题。 　 2、如图所示，相距20 cm的两根光滑平行铜导轨，导轨平面倾角为=，上面放着质量为80 g的金属杆ab，整个装置放在B=0.2 T的匀强磁场中。 　 (1)若磁场方向竖直向下，要使金属杆静止在导轨上，必须通以多大的电流？ 　 (2)若磁场方向垂直斜面向下，要使金属杆静止在导轨上，必须通过多大的电流？ 　　　　　　　　 　 思路点拨：为准确方便地画出受力图示，应将原题中的立体图改画成侧视图。根据力的平衡条件分析求解。 　 解析：受力分析如图所示，由平衡条件得 　 (1) 　　 =15 A 　 (2)当磁场垂直斜面向下时 　　 　　 ＝12 A。 　 总结升华：该题中最后结果并不是很重要，相比而言，此题中的处理问题的方法却是必须要领悟掌握的，即将立体图示改画成侧视图后再画出受力图，切记。 举一反三 　 [变式]如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是(　 ) 　 A．，竖直向上　　 B．，竖直向下 　 C．，平行悬线向下　 D．，平行悬线向上 　 答案：D 　 解析： 　 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。 　 由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力三角形可知(如图)， 　 安培力的最小值为，即，得 　 所加磁场的方向应平行悬线向上。 题型三--安培力做功的分析 　 安培力做功的实质：起传递能量的作用，将电源的能量传递给通电导线，而磁场本身并不能提供能量。如图所示，导体ab在安培力作用下向右运动，安培力做功的结果是将电能转化为导体的动能，安培力这种传递能量的特点，与摩擦力做功相似。 　 3、据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示。炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接。开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离m，导轨长L＝5.0m，炮弹质量。导轨上的电流I的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0T，方向垂直于纸面向里。若炮弹出口速度为，求通过导轨的电流I。忽略摩擦力与重力的影响。 　　　　　　　　　 　 思路点拨：电流在磁场中受到恒定的安培力，F＝IB产生加速度，根据运动学公式即可解得。 　 解析： 　 方法一：在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为 　　　 F＝IB　 ① 　　　 设炮弹的加速度的大小为a，则有因而 F=ma　 ② 　　　 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而　 ③ 　　　 联立①②③式得 　　　　　④ 　　　 代入题给数据得： 　 　 方法二：根据动能定理可求解。 　　　　　　　　 　 总结升华：本题主要考查了安培力的计算以及牛顿第二定律和运动学的公式，在解决此题时，一定要审清题意，然后利用有关公式列出方程即可解决问题。 举一反三 　 [变式]在B=0.5T的匀强磁场中，放一根与磁场方向垂直，长0.8m的通电导线，通入的电流为2A，当导线在与磁场垂直的平面内受磁场力作用移动了0.lm时，安培力做功的大小是_______J。 　 答案：0.08J 　 解析：由和得安培力做功为：0.08J。

知识要点梳理 知识点一--磁场 　 ▲知识梳理 1．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。 2．磁场的特点 　 磁场对放入磁场中的磁极和电流有力的作用。 　 同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，磁体之间、磁体与电流(或运动电荷)之间、电流(或运动电荷)与电流(或运动电荷)之间的相互作用都是通过磁场发生的。 3．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)。 　 ▲疑难导析 一、地磁场的主要特点 　 地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个： 　 1．地磁场的N极在地球地理南极附近，S极在地球地理北极附近。磁感线分布如图所示。 　　　　　　　　　 　 2．地磁场B的水平分量()总是从地球地理南极指向地球地理北极(地球外部)；而竖直分量()，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。 　 3．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。 　 特别提醒：地球的地理两极和地磁两极不重合，因此形成了磁偏角。 二、如何认识磁场的方向 　 在磁场中的任一点，小磁针N极受磁场力的方向就是该点的磁场方向(与电场相比，在电场中正电荷受电场力的方向，就是该点电场的方向)。而电流所受磁场力的方向与该点磁场方向垂直。 　 小磁针在磁场中静止时，N极所指的方向就是该点磁场的方向。 　 磁感线上每一点的切线方向，就是该点磁场的方向。某点磁感应强度B的方向，就是该点磁场的方向。 　 ：关于磁场的方向，下列叙述中不正确的是(　 ) 　 A．磁感线上每一点的切线方向　　 B．磁场N极到S极的方向 　 C．小磁针静止时北极所指的方向　 D．小磁针北极受力的方向 　 答案：B 　 解析：磁场方向规定为小磁针北极的受力方向或静止时小磁针北极的指向，用磁感线表示则是磁感线的切线方向即为该点的磁场方向。 知识点二--磁感应强度 　 ▲知识梳理 一、磁感应强度 　 磁感应强度是描述磁场大小和方向的物理量，用“B”表示，是矢量。 　 1．B的大小：磁场中某点的磁感应强度的大小等于放置于该点并垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场力F与通过该导线的电流强度和导线长度乘积IL的比值。 　 定义式 　 2．B的方向：磁场中该处的磁场方向。 　 3．B的单位：特斯拉。1T=1 N/ ( A·m)。 　 特别提醒： 　 (1)磁感应强度B与F、I、L无关，只由磁场本身决定。 　 (2)式中的I必须垂直于该处的磁场。 　 (3)磁感应强度是一个矢量，B的方向就是该处的磁场方向(不是F的方向)。 二、磁场的叠加 　 空间中如果同时存在两个以上的电流或磁体在该点激发的磁场，某点的磁感应强度B是各电流或磁体在该点激发磁场的磁感应强度的矢量，且满足平行四边形定则。 　 ▲疑难导析 　 磁感应强度B与电场强度E的比较： 　 电场强度E是描述电场的力的性质的物理量；磁感应强度B是描述磁场的力的性质的物理量。现把这两个物理量比较如下：

	磁感应强度B	电场强度E
物理意义	描述磁场的性质	描述电场的性质
定义式	，通电导线与B垂直
方向	矢量 磁感线切线方向，小磁针N极受力方向	矢量 电场线切线方向，放入该点正电荷受力方向
场的叠加	合磁感应强度B等于各磁场的B的矢量和	合场强等于各个电场的场强E的矢量和
单位	1 T=1 N/(A·m)	1 V/m=1 N/C

　 特别提醒：磁感应强度B的方向是小磁针N极受力的方向，但绝对不是通电导线在磁场中受力的方向。通电导线受力的方向与磁感应强度方向垂直，它们的关系由左手定则确定。 　 ：下列关于磁感应强度大小的说法中正确的是(　 ) 　 A．磁感应强度的大小等于通电导线受到的磁场力的大小F与电流I及导线长度L的乘积的比值 　 B．通电导线磁场力大的地方感应强度一定大 　 C．电流在磁场中的某点不受磁场力，则该点的磁感应强度一定为零 　 D．磁感应强度的大小跟放在磁场中的导线受力大小无关 　 答案：D 　 解析：定义磁感应强度时，导线与磁场方向垂直，A中无“垂直”，故A错。磁感应强度大小与导线受力大小无关，故B错。当导线与磁场平行时，导线受磁场力为零，因此，电流在磁场中某点不受磁场力，并不能说明此处磁感应强度为零，故C错．磁感应强度是磁场本身的属性，它的大小决定于磁场本身，跟F、I、L无关，只有选项D正确。 知识点三--磁感线 　 ▲知识梳理 一、磁感线 　 1．磁感线的特点 　 磁感线的特点：磁感线是为形象地描述磁场的强弱和方向而引入的一系列假想的曲线，是一种理想化的模型。 　 它有以下特点： 　 (1)磁感线某点切线方向表示该点的磁场方向，磁感线的疏密可以定性地区分磁场不同区域磁感应强度B的大小。 　 (2)磁感线是闭合的，磁体的外部是从N极到S极，内部是从S极到N极。 　 (3)任意两条磁感线永不相交。 　 (4)条形磁体、蹄形磁体、直线电流、通电螺线管、地磁场等典型磁场各有其特点，记住它们的分布情况有助于分析解决有关磁场的问题。 　 2．几种常见的磁感线 　 (1)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。 　　　　　　 　 (2)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(如图)，其分布呈现“中心密边缘疏”的特征，从不同角度观察，如图。 　　　　 　 (3)环形电流的磁场 　 如图中甲、乙、丙从不同角度观察，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。 　　　　　　　 　 (4)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。 　 由于在螺线管内部磁感线从S指向N，因此不能用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”来判断管内部的小磁针的指向。小磁针在通电螺线管周围空间的指向，不论是在管内或管外，应根据磁感线的方向加以判断，如图。 　　　　　　 　 说明： 　 ①磁现象的电本质：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由运动电荷产生的。 　 ②安培分子电流假说：法国学者安培提出了分子电流假说。他认为在原子、分子等物质微粒内部存在着微小的环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体。　 安培的假说可以解释磁化等磁现象。 　 (5)匀强磁场 　 磁感应强度大小、方向处处相同的区域，在磁场的某些区域内，则这个区域的磁场叫匀强磁场。 　 在匀强磁场中，磁感线为同向、等间距的平行的直线。 　 条形磁铁N和S两磁极端面相互平行，距离较近时，磁极间的磁场是匀强磁场，如图所示。通有稳恒电流的长直螺线管内的中央区域的磁场也是匀强磁场。 　　　　　　　　　 　 特别提醒：要特别注意等效电流的磁场。如电子流可以看作和电子流运动方向相反的电流，然后可以根据安培定则判断出电子流的磁场。 二、安培定则 　 直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场磁感线的方向可以用安培定则确定。 　 1．对于通电直导线，可用右手握住导线，大拇指指向电流方向，弯曲的四指指向磁感线环绕的方向。 　 2．对于环形电流和通电螺线管，则用弯曲的四指指向电流环绕的方向，右手大拇指指向螺线管内部磁感线的方向。 　 ▲疑难导析 一、磁感线的理解 　 磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的曲线，并不是客观存在着的线。磁感线是闭合曲线(这一点是与电场线不同的地方)。只有在磁铁或通电螺线管外部的磁感线方向才是由N极指向S极，在磁铁内部或通电螺线管内部的磁感线方向都是由S极指向N极的。 二、磁感线和电场线比较 　 如下表：

15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.

图9-16

解析:设细线长为L,球的电荷量为q,场强为E.若电荷量q为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.

mgLcosθ=qEL(1+sinθ)①

若小球运动到最低点时的速度为v,此时线的拉力为T,由能量关系得

mv²/2=mgL－qEL②

由牛顿第二定律得T－mg=mv²/L③

由以上各式解得

答案:

16如图9-17所示，质量为m、电荷量为+q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v₀沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求:

图9-17

(1)电场强度E为多大？

(2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？

(3)小球落地时的动能为多大？

解析:(1)分析水平方向的分运动有:

所以

(2)A与O之间的电势差

(3)设小球落地时的动能为E_kA,空中飞行的时间为T,分析水平方向和竖直方向的分运动有:

解得:

答案:见解析

14.如图9-15所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v₀，当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差.

图9-15

解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图)

电子从A运动到B，由动能定理得

答案:

13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是其中ε=9.0×10^－12 F·m^－1,S表示两金属片的正对面积，d表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm²，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？

图9-14

解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d₀，至少要按下距离为d,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据先求得未按下时的电容C₁=0.75 pF，再由得和C₂=1.00 pF,得

即d=0.15 mm.

答案:0.15 mm

12.如图9-13所示，在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10^－9 C，直线MN过O点，OM=30 cm,M点放一点电荷q=－2×10^－10 C,求:

图9-13

(1)M点的场强大小；

(2)若M点的电势比N点的电势高15 V，则电荷q从M点移到N点，它的电势能变化了多少？

解析:(1)根据得M点的场强

(2)电荷q从M点移到N点，电场力做功

W_MN=qU_MN=－2×10^－10×15 J=－3×10^－9 J.

这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10^－9 J

答案:(1)100 N/C　(2)3×10^－9 J

11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中

图9-11

(1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E₁接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E₂接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则(　)

A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E₂应右移

B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E₂应左移

C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E₂应右移

D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E₂应左移

图9-12

(2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12所示.若以A、B连线为x轴，A、B连线的中垂线为y轴，将一个探针固定在y轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO间某处沿x轴向电极A移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______.

解析:(1)由题图可知A点电势高于B点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E₁的电势高于E₂的电势，E₂应向左移动，所以B项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E₂的电势高于E₁的电势，E₂应向右移动，C项正确，D项错.

(2)导电纸涂导电物质的一面朝下了；偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大.

答案:(1)BC　(2)见解析

10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比(　)

图9-10

A.推力F将增大

B.竖直墙面对小球A的弹力减小

C.地面对小球B的弹力一定不变

D.两个小球之间的距离增大

解析:将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N=(m_A+m_B)g为一定值，C正确.然后对B进行受力分析如图，由平衡条件可知N=m_Bg+F_斥cosθ，向左推B，θ减小，所以F_斥减小，由得:A、B间距离r增大，D正确.而F=F_斥sinθ,θ减小，F_斥减小，所以推力F减小.将A、B视为整体时F=N_a，所以墙面对小球A的弹力N_a减小，B正确.故选项B、C、D正确.

答案:BCD

第Ⅱ卷　非选择题

9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动.若(　)

图9-9

A.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小

B.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小

C.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中周期不断减小

D.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中振幅不断减小

解析:由对称性可知,M、N的带电荷量一定时,小球P的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B正确,A错误;如果M、N的带电荷量等量缓慢增大,则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C对；同时,伴随M、N电荷量的增加,由于对P在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D对.

答案:BCD