高考物理一轮复习磁场

高考物理一轮复习磁场

‎　磁　场 ‎ 磁场及其描述 基础知识归纳 ‎1.磁场 ‎(1)磁场：　磁极　、　电流　和　运动电荷　周围存在的一种物质；所有磁现象都起源于　电荷运动　；磁场对放入其中的　磁体　(　通电导线　和　运动电荷　)产生力的作用；‎ ‎(2)磁场的方向：规定小磁针在磁场中　N　极的受力方向(或小磁针　静止时　N极的指向)为该处的磁场方向.‎ ‎2.磁感线及其特点 用来形象描述磁场的一组假想曲线，任意一点的　切线方向　为该点磁场方向，其疏密反映磁场的　强弱　；在磁体外部磁感线由　N　极到　S　极，在内部由　S　极到　N　极，形成一组永不　相交　的　闭合　曲线.‎ ‎3.几种常见的磁感线 ‎(1)条形磁铁的磁感线：见图1，外部中间位置磁感线切线与条形磁铁平行；‎ ‎(2)蹄形磁铁的磁感线：见图2.‎ ‎　图1　　　　　　　　　　　图2‎ ‎(3)电流的磁感线：电流方向与磁感线方向的关系由　安培定则　来判定.‎ 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越　弱　‎ 与　条形磁铁　的磁场相似，管内为　匀强磁场　‎ 且磁场　最强　，管外为　非匀强磁场　‎ 环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越　弱　‎ 立 体 图 横截 面图 纵截 面图 ‎(4)地磁场的磁感线：见图3，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　极在地理　南　极附近，　S　极在地理北极附近；‎ ‎②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；‎ ‎③在赤道平面上，距离表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北.‎ ‎(5)匀强磁场的磁感线：磁场的强弱及方向处处相同；其磁感线是疏密　相同　，方向　相同　的平行直线；距离很近的两个异名磁极之间的磁场及通电螺线管内部的磁场(边缘部分除外)，都可以认为是匀强磁场.‎ ‎4.磁感应强度 用来表示磁场强弱和方向的物理量(符号：B).‎ 定义：在磁场中　垂直　于磁场方向的通电导线，所受安培力与电流的比值.‎ 大小：B＝，单位：特斯拉(符号：T).‎ 方向：磁场中某点的磁感应强度方向是该点磁场的方向，即通过该点的磁感线的切线方向；磁感应强度的大小由　磁场本身　决定，与放入磁场中的电流无关.磁感应强度是　矢　量.‎ ‎5.磁通量(Φ)‎ 在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量.用公式表示为：　Φ＝BS　.磁通量是标量，但有方向.‎ 重点难点突破 一、理解“磁场方向”、“磁感应强度方向”、“小磁针静止时北极的指向”以及“磁感线切线方向”的关系 它们的方向是一致的，只要知道其中任意一个方向，就等于知道了其他三个方向.‎ 二、正确理解磁感应强度 ‎1.磁感应强度是由比值法定义的，磁场中某位置的磁感应强度的大小及方向是客观存在的，由磁场本身的性质决定，与放入的通电导线的电流大小I、导线长度L无关，与通电导线是否受安培力无关，即使不放入通电导体，磁感应强度依然存在；‎ ‎2.必须准确理解定义式B＝成立的条件是通电导线垂直于磁场放置.磁场的方向与安培力的方向垂直；‎ ‎3.磁感应强度是矢量，遵守矢量分解、合成的平行四边形定则.‎ 三、安培定则的应用 ‎1.判定直线电流形成的磁场方向：大拇指指电流方向，四指指磁场的环绕方向.‎ ‎2.判定环形电流(或通电螺线管)的磁场方向时，四指指电流方向，大拇指指环内中心轴线(或螺线管内部)的磁感线方向.‎ 典例精析 ‎1.对磁感应强度的理解 ‎【例1】以下说法正确的是(　　)‎ A.电流元在磁场中受磁场力为F，则B＝，电流元所受磁场力F的方向即为该点的磁场方向 B.电流元在磁场中受磁场力为F，则磁感应强度可能大于或等于 C.磁场中电流元受磁场力大的地方，磁感应强度一定大 D.磁感应强度为零的地方，一小段通电直导线在该处一定不受磁场力 ‎【解析】判断磁感应强度的大小，需在电流元受力最大的前提下进行，且电流元受磁场力方向与该点磁场方向垂直，故A错，B对.电流元在磁场中所受磁场力与其放置的位置有关，电流元受力大的地方磁感应强度不一定大，故C错.‎ ‎【答案】BD ‎【思维提升】(1)准确理解公式B＝成立的条件是B⊥I，即受力最大的前提是解题的关键；‎ ‎(2)准确理解磁感应强度的大小、方向是由磁场本身的性质决定的，不能说B与F成正比、与IL的乘积成反比.‎ ‎【拓展1】一根导线长0.2 m，通有3 A的电流，垂直磁场放入磁场中某处受到的磁场力是6×10－2 N，则该处的磁感应强度大小B为　0.1　T；如果该导线的长度和电流都减小一半，则该处的磁感应强度大小为　0.1　T.若把这根通电导线放入磁场中的另外一点，所受磁场力为12×10－2 N，则该点磁感应强度大小为　≥0.2　T.‎ ‎【解析】通电导线垂直放入磁场中，由定义式得 B＝＝T＝0.1 T 某点的磁感应强度由磁场本身决定，故B＝0.1 T 当通电导线在某处所受磁场力一定，将其垂直放入时，对应的B最小.‎ Bmin=＝T＝0.2 T，故B′≥0.2 T ‎2.安培定则的应用 ‎【例2】当S闭合时，在螺线管内部的一根小铁棒被磁化，右端为N极.试判断通电螺线管的极性和电源的极性，这时用绝缘线悬挂的小通电圆环将怎样运动(俯视)？‎ ‎【解析】小磁针(本题中为磁化后的软铁棒)静止时N极的指向为该点的磁场方向，在螺线管内部磁感线由S极到N极，故螺线管内右端为N极.再根据安培定则及等效法确定电源右端为负极，左端为正极，小通电圆环顺时针转动(同时靠近螺线管).‎ ‎【思维提升】明确磁场方向，小磁针N极受力方向(或静止时N极指向)、磁感线在该点的切线方向及磁感应强度B的方向是同一个方向.明确磁感线在磁体外部是由N极到S极，在内部是由S极到N极的闭合曲线.‎ ‎【拓展2】弹簧秤下挂一条形磁棒，其中条形磁棒N极的一部分位于未通电的螺线管内，如图所示.下列说法正确的是( AC )‎ A.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将减小 B.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将增大 C.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将增大 D.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将减小 ‎【解析】条形磁铁在本题中可以看做小磁针，当a接电源正极时，条形磁铁的N极方向与螺线管的磁感线方向相反，相互排斥，示数减小，A对，B错；同理C对，D错.‎ ‎3.安培定则与磁感应强度的矢量性 ‎【例3】如图所示，互相绝缘的三根无限长直导线的一部分ab、cd、ef组成一个等边三角形.三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示.O为三角形的中心，M、N分别为O关于ab、cd的对称点.已知三电流形成的合磁场在O点的磁感应强度的大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，此时合磁场在N点的磁感应强度的大小为　　　　.若撤去ef中的电流，而ab、cd中电流不变，则N点的磁感应强度大小为　　　　.‎ ‎【解析】设每根电流线在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd在M点产生的磁感应强度大小为B0′，则在O点有B1＝B0 ①‎ 在M点有B2＝2B0′＋B0 ②‎ 在N点有BN＝B0＝B1‎ 撤去ef中的电流后，在N点有BN′＝B0＋B0′ ③‎ 由①②③式解得BN′＝‎ ‎【答案】B1；‎ ‎【思维提升】直线电流的磁场方向由安培定则确定，直线电流的磁场强弱与电流I的大小及位置有关，充分利用“对称性”是解本题的关键.‎ ‎【拓展3】三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.则该处的实际磁感应强度的大小和方向如何？‎ ‎【解析】根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度相同，I2在O点处产生的磁感应强度的方向与B1(B3)相垂直.又知B1、B2、B3的大小均为B，根据矢量的运算可知O处的实际磁感应强度的大小B0＝，方向三角形平面内与斜边夹角θ＝arctan 2，如图所示.‎ ‎ 易错门诊 ‎【例4】如图所示，电流从A点分两路通过环形支路再汇合于B点，已知两个支路的金属材料相同，但截面积不相同，上面部分的截面积较大，则环形中心O处的磁感应强度方向是 (　　)‎ A.垂直于环面指向纸内 B.垂直于环面指向纸外 C.磁感应强度为零 D.斜向纸内 ‎【错解】根据磁感应强度的矢量性，在O点场强很有可能选择C或D.‎ ‎【错因】对于两个支路的电流产生的磁场在O点的磁场的大小没作认真分析，故选择C，有时对方向的分析也不具体，所以容易选择D.‎ ‎【正解】两个支路在O处的磁感应强度方向均在垂直于圆环方向上，但上面支路的电流大，在O处的磁感应强度较大，故叠加后应为垂直于纸面向里，选择A.‎ ‎【答案】A ‎【思维提升】认真审题，结合电路的结构特点，分析电流的大小关系，利用矢量合成原理分析O处的磁感应强度方向.‎ ‎　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＝　BILsin θ　(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＝BILsin θ.‎ ‎(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9 Ω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‎20 cm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＝0.87 T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接导线的电阻不计.今有一根质量为‎10 g、电阻为1.5 Ω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＝‎10 m/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＝mgtan θ＝mg 而FB＝IBL，故 I＝A＝‎‎1 A 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＝2 Ω 由闭合电路欧姆定律得 E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5) V＝6 V ‎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＝BIL ②‎ S＝Ld ③‎ 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.‎  ‎　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＝‎0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－‎4 C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＝0.5 T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－mgcos α＝0‎ 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcos α 得v＝m/s=2m/s ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin α＝mv2‎ 斜面的长度至少应是x＝m＝‎‎1.2 m ‎【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　gsin θ　，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＝mgcos θ，Ff＝0‎ 此时加速度最大，am＝gsin θ，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mgsin θ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′＋mgcos θ＝Bqvm ①‎ mgsin θ＝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y>0、00、x>a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(q>0)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0a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2Rsin 60°＝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A 1 A 2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4 T，方向垂直纸面向外，A1A 2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＝0.2 m，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＝3.0×10－3 s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＝1.0×‎103 C/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＝qv0B ①‎ 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 Lv＝时，则qBv′>qE，粒子向上偏转；当v′F电，水平方向有f洛＝F电＋FN，随着速度的增大，FN也增大，f也增大，a＝减小，当f＝mg时，a＝0，此后做匀速运动，故a先增大后减小，A错，B对，弹力先减小后增大，C错，由f洛＝Bqv知D对.‎ ‎2.灵活运用动力学方法解决带电粒子在复合场中的运动问题 ‎【例2】如图所示，水平放置的M、N两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T.质量为m1＝9.995×10－7 kg、电荷量为q＝－1.0×10－8 C的带电微粒，静止在N板附近.在M、N两板间突然加上电压(M板电势高于N板电势)时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N板上.若两板间的电场强度E＝1.0×103 V/m，求：‎ ‎(1)两微粒碰撞前，质量为m1的微粒的速度大小；‎ ‎(2)被碰撞微粒的质量m2；‎ ‎(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.‎ ‎【解析】(1)碰撞前，质量为m1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有 m‎1g＋qvB＝qE 解得碰撞前质量m1的微粒的速度大小为 v＝m/s＝‎1 m/s ‎(2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE 解得m2＝= kg＝5×10－10 kg ‎(3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v′，轨道半径为R，根据牛顿第二定律有qv′B＝(m1＋m2)‎ 研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′‎ 以上两式联立解得 R＝m≈‎‎200 m ‎【思维提升】(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析，f洛随速度的变化而变化导致运动状态发生新的变化.‎ ‎(2)若mg、f洛、F电三力合力为零，粒子做匀速直线运动.‎ ‎(3)若F电与重力平衡，则f洛提供向心力，粒子做匀速圆周运动.‎ ‎(4)根据受力特点与运动特点，选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.‎ ‎【拓展2】如图所示，在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B，方向水平向外；电场强度为E，方向竖直向上.有一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零.‎ ‎(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t；‎ ‎(2)如果在距A端L/4处的C点放入一个质量与滑块相同但不带电的小物体，当滑块从A点静止下滑到C点时两物体相碰并黏在一起.求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离？‎ ‎【解析】(1)由题意知qE＝mg 场强转为竖直向下时，设滑块要离开斜面时的速度为v，由动能定理有 ‎(mg＋qE)Lsin θ＝，即2mgLsin θ＝‎ 当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有 qvB＝(mg＋qE)cos θ，即v＝ ‎ 由以上两式解得L＝‎ 根据动量定理有t＝‎ ‎(2)两物体先后运动，设在C点处碰撞前滑块的速度为vC，则2mg·sin θ＝mv2‎ 设碰后两物体速度为u，碰撞前后由动量守恒有mvC＝2mu 设黏合体将要离开斜面时的速度为v′，由平衡条件有 qv′B＝(2mg＋qE)cos θ＝3mgcos θ 由动能定理知，碰后两物体共同下滑的过程中有 ‎3mgsin θ·s＝·2mv′2－·2mu2‎ 联立以上几式解得s＝‎ 将L结果代入上式得s＝‎ 碰后两物体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得t′＝cotθ ‎【例3】在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计重力，求：‎ ‎(1)M、N两点间的电势差UMN；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.‎ ‎【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有＝cos θ ①‎ v＝2v0 ②‎ 粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝ ③‎ UMN＝3mv/2q ④‎ ‎(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有 qvB＝ ⑤‎ r＝ ⑥‎ ‎(3)由几何关系得ON＝rsin θ ⑦‎ 设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1 ⑧‎ t1＝ ⑨‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ ⑩‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T ⑪‎ t2＝ ⑫‎ t＝t1＋t2＝‎ ‎【思维提升】注重受力分析，尤其是运动过程分析以及圆心的确定，画好示意图，根据运动学规律及动能观点求解.‎ ‎【拓展3】如图所示，真空室内存在宽度为s＝8 cm的匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.332 T，磁场方向垂直于纸面向里.紧靠边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向放射速率相同的α粒子.α粒子质量为m＝6.64×10－27 kg，电荷量为q＝＋3.2×10－19 C，速率为v＝3.2×106 m/s.磁场边界ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧cd与MN之间有一宽度为L＝12.8 cm的无场区域.MN右侧为固定在O点的电荷量为Q＝－2.0×10－6 C的点电荷形成的电场区域(点电荷左侧的电场分布以MN为边界).不计α粒子的重力，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)金箔cd被α粒子射中区域的长度y；‎ ‎(2)打在金箔d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔，经过无场区进入电场就开始以O点为圆心做匀速圆周运动，垂直打在放置于中心线上的荧光屏FH上的E点(未画出)，计算OE的长度；‎ ‎(3)计算此α粒子从金箔上穿出时损失的动能.‎ ‎【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝‎‎0.2 m 如图所示，当α粒子运动的圆轨迹与cd相切时，上端偏离O′最远，由几何关系得O′P＝＝0.16 m 当α粒子沿Sb方向射入时，下端偏离O′最远，由几何关系得O′Q＝＝‎‎0.16 m 故金箔cd被α粒子射中区域的长度为 y＝O′Q＋O′P＝‎‎0.32 m ‎(2)如上图所示，OE即为α粒子绕O点做圆周运动的半径r.α粒子在无场区域做匀速直线运动与MN相交，下偏距离为y′，则 tan 37°＝，y′＝Ltan 37°＝‎‎0.096 m 所以，圆周运动的半径为r＝＝0.32 m ‎(3)设α粒子穿出金箔时的速度为v′，由牛顿第二定律有k α粒子从金箔上穿出时损失的动能为 ΔEk＝mv2－mv′2＝2.5×10－14 J ‎ 易错门诊 ‎3.带电体在变力作用下的运动 ‎ 【例4】竖直的平行金属平板A、B相距为d，板长为L，板间的电压为U，垂直于纸面向里、磁感应强度为B的磁场只分布在两板之间，如图所示.带电荷量为＋q、质量为m的油滴从正上方下落并在两板中央进入板内空间.已知刚进入时电场力大小等于磁场力大小，最后油滴从板的下端点离开，求油滴离开场区时速度的大小.‎ ‎【错解】由题设条件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴离开场区时，水平方向有Bqv＋‎ qE＝ma，v＝2a·‎ 竖直方向有v＝v2＋2gL 离开时的速度v′＝‎ ‎【错因】洛伦兹力会随速度的改变而改变，对全程而言，带电体是在变力作用下的一个较为复杂的运动，对这样的运动不能用牛顿第二定律求解，只能用其他方法求解. ‎ ‎【正解】由动能定理有mgL＋qEmv2‎ 由题设条件油滴进入磁场区域时有Bqv＝qE，E＝U/d 由此可以得到离开磁场区域时的速度v′＝‎ ‎【思维提升】解题时应该注意物理过程和物理情景的把握，时刻注意情况的变化，然后结合物理过程中的受力特点和运动特点，利用适当的解题规律解决问题，遇到变力问题，特别要注意与能量有关规律的运用.‎ ‎　单元综合提升 知识网络构建 ‎ 经典方法指导 ‎ 本章综合性较强、题型较多，对一些典型问题和题型，要掌握分析的思路和方法.‎ ‎1.熟悉各类磁铁、电流的磁场，明确空间分布特征 对常见磁铁和电流的磁场，不仅需要熟悉它们的平面分布情况，也要掌握它们的空间分布特征和规律.‎ ‎2.安培力的分析与计算 ‎(1)掌握安培力的大小和方向.‎ ‎(2)通电直导线在磁场中受安培力作用下运动情况的判断是一个难点.一般按以下程序分析：①用立体图或平面图明确磁场的分布情况.②依据左手定则判断导体的受力情况.③由受力确定导线或线圈做何种运动.同时应注意分段分析的技巧.‎ ‎(3)通电导体在磁场中的运动，是力、电综合问题，在解题时要注意进行受力分析，并结合力学的相关规律.‎ ‎3.洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎(1)洛伦兹力的大小和方向.‎ ‎(2)带电粒子在匀强磁场中的运动.‎ 要熟练掌握带电粒子做匀速圆周运动的半径R、周期T等公式，会进行推导.‎ ‎(3)带电粒子在有界匀强磁场中的运动.‎ 带电粒子垂直射入有界匀强磁场区域，经历了一段圆周运动后离开磁场区域，其轨迹是残缺圆.解决此类问题的关键在于画出带电粒子的运动轨迹.‎ ‎(4)圆周运动中的多解问题.‎ 形成多解的原因很多，常见的有粒子的带电性不确定、临界状态的不唯一性、运动的周期性、匀强磁场方向的不确定性等.应注意研究的思路和方法.‎ ‎4.带电粒子在组合场与复合场中的运动 此类题综合性很强，有很明显的力学特征，一般要从受力、运动、能量的角度来分析，再结合牛顿运动定律、运动学规律、能量关系等来解决.主要从三个方面入手：‎ ‎(1)受力图景；‎ ‎(2)运动图景；‎ ‎(3)能量图景.‎ 高考真题赏析 ‎【例1】(2008·江苏)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示.已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v；‎ ‎(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；‎ ‎(3)当在上述磁场中加一竖直向上、场强为E(E>mg/q)的匀强电场时，小球从O点静止释放后获得的最大速率vm.‎ ‎【考点】洛伦兹力、重力、电场力做功特点等.‎ ‎【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得 mgy＝mv2 ① ‎ 解得 v＝ ②‎ ‎ (2)设在最大距离ym处的速率vm，根据圆周运动有 qvmB－mg＝m ③‎ 且由②式知vm＝ ④‎ 由③④式及R＝2ym解得ym＝ ⑤‎ ‎(3)小球运动如图所示，由动能定理有 ‎(qE－mg)│ym│＝mv2 ⑥‎ 由圆周运动有qvmB＋mg－qE＝m ⑦‎ 由⑥⑦式及R＝2│ym│解得vm＝(qE－mg)‎ ‎【思维提升】 解决第(3)问必须首先清楚各力的特点，先求出电场力和重力的合力，方向向上，具有前面的重力的特点，再应用动能定理和圆周运动的规律解题.‎ ‎【例2】(2008·重庆)下图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM＝d.现有一正离子束以小发射角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向(提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象)；‎ ‎(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；‎ ‎(3)线段CM的长度.‎ ‎【考点】带电粒子在磁场中的偏转.‎ ‎【解析】(1)沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R＝d 由qBv0＝m解得B＝，磁场方向垂直纸面向外.‎ ‎(2)沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由vcos θ＝v0‎ 得v＝，故R′＝ ‎ 解法一：设弧长为s，则t＝，s＝2(θ＋α)R′，解得t＝‎ 解法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，t＝T=‎ ‎(3)CM＝MNcot θ，‎ 解得CM＝dcot α ‎【思维提升】带电粒子在磁场中的偏转问题，对两边界粒子运动轨迹找准圆心，画好半径是解题的关键所在，利用半径公式、周期公式及数学中的几何知识求解.‎ 高考试题选编 ‎1.(2009·全国Ⅰ)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∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示.导线 abcd所受到的磁场的作用力的合力( A )‎ A.方向沿纸面向上，大小为ILB B.方向沿纸面向上，大小为ILB C.方向沿纸面向下，大小为ILB D.方向沿纸面向下，大小为ILB ‎2.(2009·北京)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( C )‎ A.穿出位置一定在O′点下方 B.穿出位置一定在O′点上方 C.运动时，在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时，动能一定减小 ‎3.(2009·重庆)在如图所示电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断两段导线( D )‎ A.相互吸引，fa>fb ‎ B.相互排斥，fa>fb C.相互吸引，fa

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