1、单元复习单元复习 磁场磁场一、磁场和磁感应强度一、磁场和磁感应强度1磁场的产生：、。2磁场的特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 的作用3磁感应强度(1)物理意义：描述磁场 的物理量。(2)方向：小磁针静止时 的指向（也即小磁针 极受力方向）(3)大小：（I垂直于B）(4)单位：，简称 ，符号：。(5)地磁场：地球磁体的N极(北极)位于地理 附近，地球磁体的S极(南极)位于地理北极附近，地磁场南北向与地理南北向存在 。【知识点梳理】N极磁场力强弱T特斯拉N极 特 磁体电流运动电荷南极磁偏角判断下列说法是否正确.(1)奥斯特发现了电流可以产生磁场.()(2)磁场中某点磁感应强度的大小，跟
2、放在该点的试探电流元的情况无关.()(3)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致.()(4)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零.()【思考与练习】二、几种常见的磁场二、几种常见的磁场1.常见磁体的磁场常见磁体的磁场【知识点梳理】2.电流的磁场电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向【知识点梳理】三、通电导线在磁场中受到的力三、通电导线在磁场中受到的力1.安
3、培力的大小安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F.(2)磁场和电流平行时：F .(2)当磁场与电流夹角时，F=.2.安培力的方向安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内.让磁感线从掌心进入，并使四指指向 的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受 的方向.(2)安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于决定的平面.BIL电流电流安培力安培力B和和I【知识点梳理】0BILsin 1.在下列图中“”表示直线电流方向垂直纸面向里，“”表示直线电流方向垂直纸面向外，则下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是()D D【思考与练习】2.如
4、图所示，带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时()A.N极竖直向上 B.N极竖直向下C.N极沿轴线向左 D.N极沿轴线向右CC【思考与练习】3.(2016扬州模拟)把长0.10 m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直.当导线中通过的电流为3.0 A时，该直导线受到的安培力的大小为1.5103 N.则该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.4.5103 T B.2.5103 TC.2.0102 T D.5.0103 T【思考与练习】D4.(多选)三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示.现在使每根通电
5、导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有()A.O点处实际磁感应强度的大小为BB.O点处实际磁感应强度的大小为 BC.O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90D.O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切 值为2【思考与练习】BD解析解析由题意可知，三根平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图：则：，故A错误，B正确，设O点处实际磁感应强度的方向与斜边的夹角为，根据力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tan=2.所以磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2，故C错误，D正确.5.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两
6、个线圈的圆心重合，如图4所示.当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A.不动 B.顺时针转动C.逆时针转动 D.在纸面内平动B【思考与练习】解析解析解法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.解法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生
7、的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动.解法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止.据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动.6.(2016湖州市联考)如图7所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中.当在该导线中通以由C到A、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力大小和方向是()A.BIL，平行于OC向左B.，平行于OC向右C.，垂直AC的连线指向左下方D.2
8、 BIL，垂直AC的连线指向左下方C【思考与练习】7.(多选)如图8所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是()A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.FN1FN2D.FN1FN2BC【思考与练习】解析解析如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，条形磁铁受到导体棒斜向左上方的反作用力；对条形磁铁受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知，mgFN2，又
9、FN1mg，所以FN1FN2，在水平方向上，弹簧对磁铁施加了水平向右的弹力，磁铁肯定压缩弹簧，所以弹簧长度将变短.8.(2016杭州市联考)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).现垂直于导轨放一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且斜向右上方，如图9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？【思考与练习】解析解析从b向a看侧视图如图所示.水平方向：F
10、fF安sin 答案答案mg竖直方向：FNF安cos mg又F安BILBL联立得：FNmg ，Ff .解析解析 要使ab棒所受支持力为零，且让磁场最小，则所受安培力竖直向上，故有F安mg答案答案方向水平向右Bmin ，根据左手定则判定磁场方向水平向右.9.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60角，其截面图如图11所示.则下列关于导体棒中的电流分析正确的是()A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小
11、为D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为C【思考与练习】解析解析导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等、方向相反，由平衡条件有 ，得导体棒中电流I ，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故只有选项C正确.10.如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E12 V，内阻r1，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的
12、，取g10 m/s2，金属棒在导轨上保持静止，求：【思考与练习】(1)金属棒所受到的安培力的大小；解析解析金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安mgsin 30，代入数据得F安0.1 N.答案答案0.1 N(2)通过金属棒的电流的大小；解析解析由F安BIL，得I 0.5 A.(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值.解析解析设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)，解得R0 r23.答案答案0.5 A答案答案23 四四、运动电荷在磁场中受到的力、运动电荷在磁场中受到的力1.洛伦兹力的方向洛伦兹力的方向(1)判定方法左手定则：掌心磁感线 穿入掌心；四指指向正电荷运
13、动的方向或负电荷运动的 ；拇指指向 的方向.(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的 (注意：洛伦兹力不做功).垂直反方向洛伦兹力平面【知识点梳理】2.洛伦兹力的大小洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F .(0或180)(2)vB时，洛伦兹力F.(90)(3)v0时，洛伦兹力F0.0qvB【知识点梳理】判断下列说法是否正确.(1)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力.()(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变.()(3)洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直.()(4)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同.()【问题与练习】五五、带电粒
14、子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动1.洛伦兹力的特点洛伦兹力的特点洛伦兹力对带电粒子 .2.粒子的运动性质粒子的运动性质(1)若v0B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做.(2)若v0B，则带电粒子在匀强磁场中做.不做功匀速直线运动匀速圆周运动3.半径和周期公式半径和周期公式(1)由qvBm，得：r .(2)由v ，得T .【知识点梳理】1.下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()【问题与练习】B2.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图.电流方向如图乙所示，试判断图乙中垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转()A.向上 B.向下C.向
15、左 D.向右图2解析解析由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上，则通过圆环中间区域的磁场方向向下，根据左手定则可知电子束将向左偏转，故选项C正确.C【问题与练习】3.关于静电力与洛伦兹力，以下说法正确的是()A.静电场中的电荷一定会受到静电力的作用，磁场中的运动电荷一定 会受到洛伦兹力作用B.静电力一定会对电场中的运动电荷做功，而洛伦兹力对磁场中的运 动电荷则一定不做功C.静电力方向与电场线方向平行，洛伦兹力方向与磁感线方向平行D.静电力和洛伦兹力的大小均与电荷量大小成正比D【问题与练习】解析解析电荷只要在电场中就会受到静电力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行时，不会受到洛伦兹力的作用，故
16、A错误；当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场方向相互垂直，故C错误；根据静电力Fk，洛伦兹力FqvB，故D正确.4.如图5所示，一个带正电q的带电体处于垂直于纸面向里的匀强磁场B中，带电体的质量为m，为了使它对水平的绝缘面恰好没有正压力，则应该()A.将磁感应强度B的值增大B.使磁场以速率v向上运动C.使磁场以速率v向右运动D.使磁场以速率v向左运动【问题与练习】D解析解析由于带电体对水平绝缘面恰好没有正压力，则带电体受重力与洛伦兹力的作用，两者等大反向，再由左手定则判断可知此带电体
17、必相对磁场向右运动，由平衡条件有Bqvmg，v ，故D正确.解析解析由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，由于物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确.5.如图7所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时，速度为v.若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A.v变大 B.v变小C.v不变 D.不能确定v的变化图7B【问题与练习】6.(2015浙江1月学考35)如图8所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子.这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场A
18、BCD.粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场.不计粒子重力，则粒子1和粒子2()A.均带正电，质量之比为41B.均带负电，质量之比为14C.均带正电，质量之比为21D.均带负电，质量之比为12B【问题与练习】解析解析由左手定则可判断，粒子1、2均带负电.由题图可知1和2的轨道半径之比为14.由r 和 可得1和2的质量之比为14.故选B.7.(2016宁波市联考)如图11所示，条形区域AA，BB中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小为0.3 T，AA，BB为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d1 m.一束带正电的某种粒子从AA上的O点以大小不同的速度沿着与A
19、A成60角方向射入磁场，当粒子的速度小于某一值v0时，粒子在磁场区域内的运动时间t04108 s；当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB射出磁场.取3，不计粒子所受重力.求：(1)粒子的比荷；(2)速度v0和v1的大小.【问题与练习】解析解析(1)当粒子的速度小于某一值v0时，粒子不能从BB离开磁场区域，只能从AA边离开，无论粒子速度多大，在磁场中运动的时间都相同，轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹).粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为1240，运动时间t0 T.答案答案解得.又T ，解析解析 (2)当粒子速度为v0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB边界相切，此时有R0R0sin 30
20、d.答案答案 2108 m/s当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB射出磁场区域，此时轨迹所对圆心角230，有R1sin 30d.8.(多选)如图13所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场.另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场.两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60.不计粒子受到的重力，则()A.v1v2 1B.v1v2 1C.t1t2D.t1t2AC【问题与练习】解析解析根据题意确定圆心，画出轨迹，如图所示
21、，连接O1O，在AO1O中，由几何关系可知 tan 30，连接CO，连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2COD为菱形，R2R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R ，速度与半径成正比，则v1v2R1R2tan 601 1，所以A正确，B错误；根据周期公式T 可知粒子的周期相同，圆心角都为60，根据磁场中运动时间t T知时间相同，所以C正确，D错误.9.(多选)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A60，AOa，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为 ，发射速度大小都为v0，且满足v0 .发射方向用图中的角度表示.对于粒子进入磁场
22、后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是()A.粒子有可能打到A点B.以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C.以30飞入的粒子在磁场中运动的 时间都相等D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出AD【问题与练习】解析解析洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qv0Bm，ra；结合图象，当60时，粒子打到A点，且在磁场中的运动时间最长，选项A正确，选项B、C错误；当0时，粒子出磁场的位置恰好为AC的中点，所以在AC边界上只有一半区域有粒子射出，选项D正确.10.某科研小组设计了一个粒子探测装置.如图10所示，一个截面半径为R的圆筒(筒长大于2R)水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，
23、磁感应强度大小为B.图11为圆筒的入射截面，图12为竖直方向过筒轴的切面.质量为m，电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内.圆筒内壁布满探测器，可记录离子到达筒壁的位置.筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R.(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图10图11图12(1)离子从O点垂直射入，偏转后到达P点，求该入射离子的速度v0；(2)离子从OC线上垂直射入，求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围.解析解析(1)离子从O点垂直入射，偏转后到达P点，由几何关系知，离子运动的半径为RqBv0mv0qBv1m(2)离子以v1从C点入射时，恰能到达Q点，偏转半径为R12Rv1(R2R)2(2R)2R若从O点入射时，恰能到达Q点，设半径为R2，根据题意得答案答案
