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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,第八章,磁场,第1页,第1页,第1节 磁场描述 磁场对电流作用,例 1,（厦门模拟）把电流强度均为I，长度均为L两小段通电直导线分别置于磁场中1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力大小分别为F,1,和F,2,，若已知1、2两点处磁感应强度大小关系为B,1,B,2,，则必有（）,A.B,1,=F,1,/IL B.B,2,=F,2,/IL,C.F,1,F,2,D.以上都不对,第2页,第2页,【点拨】注意到磁场对通电导线作用力与导线和磁场方向夹角相关.,【解析】磁感应强度B定义式B=F/IL，式中F应理解为检查电流元（IL）垂直于B方向放置时所受到最大磁场力，而此题中两小段通电导线在1、2两点处是否垂直于B不能拟定，因此A、B两选项中档式不一定成立；正由于磁场对电流作用力大小除与B、I、L相关外，还与导线与B夹角相关，因此，无法比较F,1,和F,2,大小，因此D正确.,【答案】D,第3页,第3页,1.有一小段通电导线，长为1 cm，电流强度5 A，把它置于磁场中，受到磁场力为0.1 N，则该处磁感应强度B一定是（）,A.B=2 T B.B2 T,C.B2 T D.以上情况均也许,【解析】当通电导线与磁场垂直时，磁感应强度最小，B,min,=F/IL=0.1/（5110,-2,）T=2 T，故B2 T，选项C正确.,【答案】C,第4页,第4页,例2 三条平行直导线，分别垂直地通过一个纸面内等腰直角三角形三个顶点，如图所表示.现使每条通电导线在斜边中点O所产生磁感应强度大小均为B，则O点磁感应强度大小和方向如何？,【点拨】,由安培定则拟定各电流在O点,磁场方向 -标出各磁感应强,度大小和方向-矢量合成求合,磁感应强度,第5页,第5页,解析：依据安培定则，I,1,与I,3,在O点处产生磁感应强度方向相同，I,2,在O点处产生磁感应强度方向与B,1,（B,3,）垂直如图所表示.又知B,1,、B,2,、B,3,大小均为B，依据矢量运算定则可知O点磁感应强度大小为B,0,=5,1/2,B.其方向在三角形所在平面内与斜边夹角为，且tan=2.,第6页,第6页,2.上例中其它条件都不变，只改变电流方向，试讨论O点合磁感应强度大小有哪几种情况？,解析：当电流I,1,、I,3,方向相同时，两者在O点产生磁场互相抵消，O点只剩余I2产生磁场，其大小为B;当电流I,1,、I,3,方向相反时，与例2情形相同，B点合磁感应强度大小固定仍为5,1/2,B.,第7页,第7页,例3,如图所表示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极正上方，导线能够自由移动，当导线通过电流I时，导线运动情况是（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,明确磁场,感线分布,【点拨】,依据磁场特点，,将电流分段,（电流元法）,左手定则判,断电流运动,当转动后选取电流,垂直纸面（特殊位,置法）时，分析受力,并判断运动情况,第8页,第8页,【解析】（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图所表示.可见，电线将逆时针转动.,（2）特殊位置分析法：选导线转动90特殊位置（如图虚线位置）来分析，鉴定安培力方向向下.故导线在逆时针转动同时向下运动，因此C正确.,【答案】C,第9页,第9页,3.（晋江模拟）如图所表示，把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁轴线穿过线圈圆心且垂直于线圈平面.当线圈内通过如图所表示电流时，线圈将如何运动？,第10页,第10页,【解析】（1）等效分析法：把环形电流等效成图（a）所表示条形磁铁，可见两条磁铁只是互相吸引而没有转动.即线圈向磁铁平移.,（2）结论分析法：把条形磁铁等效成图（b）所表示环形电流，由图可见两电流方向相同，故两环形电流没有转动，只是互相吸引，即线圈将向磁铁平移.,第11页,第11页,例,4 (晋江模拟)质量为m、长度为L导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN电流为I，匀强磁场磁感应强度为B，方向与导轨平面成角斜向下，如图所表示，求棒MN受到支持力和摩擦力.,【点拨】,画出导体,截面图,对导体进行,受力分析,由力平衡,列方程求解,第12页,第12页,【解析】求解此题容易犯错误是认为磁感应强度B与棒MN斜交成角.事实上尽管磁感线与平面成角，但磁场方向与棒MN仍是垂直.由左手定则判断安培力方向时，要注意安培力方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向，即垂直于电流方向和磁场方向所决定平面，棒MN受力分析如图所表示.,由平衡条件有水平方向：Ff=Fsin，,竖直方向：F,N,=Fcos+mg，且F=BIL，,从而得F,f,=BILsin，F,N,=BILcos+mg.,第13页,第13页,尤其提醒,对此题可再改造一下，如将导轨右端垫高一个角度，成为一个斜面；使磁场沿各个不同方向：,（1）保持原方向；,（2）竖直向下；,（3）垂直斜面.请同学们分别求解这些情况下使导体棒平衡所需电流.（最大静摩擦力为Fmax）,第14页,第14页,4.如图所表示，光滑平行导轨倾角为，处于磁感应强度为B匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r直流电源，电路中有一阻值为R电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L导体棒ab由静止释放，求导体棒在释放瞬时加速度大小.,第15页,第15页,【解析】由闭合电路欧姆定律有I=E/（R+r），安培力F=BIL，对导体棒受力分析，如图所表示，由牛顿第二定律有ma=mgsin-Fcos.因此a=gsin-BELcos/m(R+r).,第16页,第16页,例,如图所表示，通电闭合三角形线框ABC处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，电流方向如图所表示，那么三角形线框受到磁场力合力为(),A.方向垂直于ab边斜向上 B.方向垂直于ac边斜向上,C.方向垂直于bc边向下 D.为零,第17页,第17页,【错解】B,【剖析】在安培力计算公式中，L指是导线有效长度，弯曲导线有效长度等于两端点所连直线长度，对任意形状闭合线圈，其有效长度L=0,因此通电后在匀强磁场中，受到安培力矢量和一定为零.,【正解】D,第18页,第18页,第2节 磁场对运动电荷作用,例1,带电量为+q粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确是(),A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同,B.假如把+q改为-q且速度方向改变,大小不变，则洛伦兹力 大小，方向均不变,C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定 与电荷运动方向垂直,D.粒子只受到洛伦兹力作用，运动动能、动量均不变,第19页,第19页,【点拨】（1）洛伦兹力大小与磁场强弱、电量大小、速度大小和速度方向与磁场方向夹角都相关.,（2）洛伦兹力方向用左手定则判断，与磁场方向、带电粒子速度方向及带电粒子电性都相关.,（3）洛伦兹力一定与运动方向垂直，始终不做功，不改变速度大小，只改变速度方向.,【解析】洛伦兹力大小与带电粒子速度大小相关，并且与粒子速度方向和磁场方向夹角相关，A错误.洛伦兹力方向永远与粒子速度方向垂直，与电荷电性相关.若电性改变，速度大小不变，方向变为反方向，B错误.洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子运动方向，使动量方向不断改变，D错误.电荷进入磁场时速度方向能够与磁场方向成任意夹角，C正确.,【答案】C,第20页,第20页,1.（广东理科基础）带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力作用.下列表述正确是（）,A.洛伦兹力对带电粒子做功,B.洛伦兹力不改变带电粒子动能,C.洛伦兹力大小与速度无关,D.洛伦兹力不改变带电粒子速度方向,【解析】依据洛伦兹力特点,洛伦兹力对带电粒子不做功,A错误、B正确.依据F=qvB,可知大小与速度相关,C错误.洛伦兹力效果就是改变物体运动方向,不改变速度大小，D错误.,【答案】B,第21页,第21页,例2 （商丘模拟）在边长为L=1 m正方形区域内，有大小为B=0.1 T、方向垂直纸面向里匀强磁场，如图所表示.有一群带电量大小均为q=210-2C、质量为 m=1.010-4 kg带电粒子以各种大小不同、但方向均垂直于AD方向速度从AD中点O飞入磁场，并在ABCD所在平面内做匀速圆周运动，恰好都在AB边飞出磁场.(不计粒子重力)求：,（1）该群粒子带什么电荷？,（2）从A点飞出粒子速度为多大？,（3）从A点飞出粒子在磁场中运动 时间是多少？,（4）从B点飞出粒子速度为多大？,第22页,第22页,【点拨】正确分析带电粒子运动，拟定运动半径是处理本题关键.,【解析】(1)分析可知：粒子在O点受洛伦兹力向上，由左手定则可知粒子带正电.,（2）从A点飞出粒子运动半径为R=L/4=0.25 m.,由qvB=mv,2,/R，得v=qBR/m，代入数值得v=5 m/s.,(3)由T=2R/v=2m/qB，得t=T/2=m/qB,代入数值得t=0.157 s或t=/20 s.,(4)设从B点飞出粒子运动半径为R，则,（R-L/2）,2,+L,2,=R,2,得R=5L/4.,代入数值R=1.25 m,则v=qBR/m，代入数值得v=25 m/s.,第23页,第23页,2.如图所表示，虚线圆所围区域内有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度为B，一束电子沿圆形区域直径方向以速度v射入磁场，电子束通过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成角，设电子质量为m,电荷量为e,不计电子之间互相作用力及所受重力，求：,(1)电子在磁场中运动轨迹半径R.,（2）电子在磁场中运动时间t.,（3）圆形磁场区域半径r.,第24页,第24页,解析：（1）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可知evB=mv,2,/R，解得R=mv/eB.,（2）设电子做匀速圆周运动周期为T,则T=2R/v=2m/eB.由如图所表示几何关系得圆心角=,因此t=T/2=m/eB.,（3）由图中几何关系可知tan2=,tan/2=r/R，因此 r=mv,tan/2,/eB.,第25页,第25页,例,（珠海模拟）如图所表示，第一象限范围内有垂直于xOy平面匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m，电量大小为q带电粒子在xOy平面里经原点O射入磁场中，初速度v,0,与x轴夹角=60，试分析计算：,（1）带电粒子从何处离开磁场？,穿越磁场时运动方向发生偏,转角多大？,（2）带电粒子在磁场中运动,时间多长？,第26页,第26页,【错解】认为粒子带正电而只考虑一个情况.,【剖析】受洛伦兹力作用带电粒子，可能带正电，也可能带负电.在相同初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，造成形成两解.若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场.若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场.粒子速率一定，因此不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径一定.只要确定粒子运动轨迹即可求解.,第27页,第27页,【正解】粒子运动半径R=mv,0,/Bq.如图所表示，有O,1,O=O,2,O=R=O,1,A=O,2,B，带电粒子沿半径为R圆运动一周所用时间为T=2R/v,0,=2m/Bq.,（1）若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生偏转角,1,=120，A点与O点相距x=R=mv,0,Bq.,若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生偏转角,2,=60，B点与O点相距y=R=mv,0,/Bq.,（2）若粒子带负电，它从O到A所用时间为,t,1,=(,1,/360)T=2m/3Bq.,若粒子带正电，它从O到B所用时间为t,2,=(,2,/360)T=m/3Bq.,第28页,第28页,第3节 带电粒子在复合场中运动,例1,（全国）如图，在宽度分别为l,1,和l,2,两个毗邻条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右.一带正电荷粒子以速率v从磁场区域上边界P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线方向进入电场，最后从电场边界上Q点射出.已知,PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线交点到PQ距离为d.不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比.,第29页,第29页,【点拨】（1）正确画出粒子在磁场中运动轨迹，并通过几何关系拟定半径.,（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动.,（3）粒子在电场中做类平抛运动.,第30页,第30页,【解析】本题考察带电粒子在有界磁场中运动.,粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所表示.由于粒子在分界线处速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动圆弧半径R.,第31页,第31页,由几何关系得R,2,=l,1,2,+(R-d),2,设粒子质量和所带正电荷分别为m和q,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv,2,/R ,设P为虚线与分界线交点,POP=,则粒子在磁场中运动时间为t,1,=R,/v ,式中有sin=l,1,/R ,粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma ,由运动学公式有d=1/2at,2,2,l,2,=vt,2,由式得E/B=(l,1,2,+d,2,),l,2,2,v ,由式得t,1,/,t,2,=(l,1,2,+d,2,)/,2dl,2,arcsin2dl,1,(,l,1,2,+d,2,).,第32页,第32页,1.如图所表示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v,0,垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场离开电场时带电粒子在电场方向偏转位移为电场宽度二分之一，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时速度方向一致，已知d、v,0,(带电粒子重力不计)，求：,(1)粒子从C点穿出磁场,时速度大小v.,(2)电场强度E和磁感,应强度B比值E/B.,第33页,第33页,【解析】(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向d=v,0,t,平行电场方向d/2=v,y,/2t.得v,y,=v,0,到A点速度为v=2 v,0,在磁场中速度大小不变,因此从C点出磁场时速度仍为 2 v,0,.,(2)在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45,v,y,=qE/mt=qEd/mv,0,并且v,y,=v,0,.得E=mv,0,2,/,qd.,在磁场中做匀速圆周运动.如图所表示由几何关系得R=2 d.,又qvB=mv,2,/R,且v=2 v,0,得B=mv,0,/qd.解得E/B=v,0,.,第34页,第34页,例2,（天津）如图所表示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场磁感应强度为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴.一质量为m、电荷量为q带正电小球，从y轴上A点水平向右抛出，经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上N点第一次离开电场和磁场，MN之间距离为L,小球过M点时速度方向与x轴方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求：,(1)电场强度E大小和方向.,(2)小球从A点抛出时初速度,v,0,大小.,(3)A点到x轴高度h.,第35页,第35页,【点拨】解答本题要依据运动状态判断受力，求出带电粒子重力和电场力情况.然后依据粒子做圆周运动特点求出粒子运动情况.,第36页,第36页,【解析】本题考察平抛运动和带电小球在复合场中运动.,（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，阐明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动向心力），有,qE=mg ,E=mg/q ,重力方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，因此电场强度方向竖直向上.,第37页,第37页,（2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MOP=，如图所表示.,设半径为r，由几何关系知L/2r=sin ,小球做匀速圆周运动向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动速率为v，有qvB=mv,2,/r ,由速度合成与分解知v,0,/v=cos ,由式得v,0,=qBL/2mcot ,（3）设小球到M点时竖直分速度为vy，它与水平分速度关系为v,y,=v,0,tan ,由匀变速直线运动规律v,y,2,=2gh ,由式得h=q,2,B,2,L,2,/8m,2,g.,第38页,第38页,2.如图所表示，在互相垂直水平方向匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定竖直绝缘杆，杆上套一个质量为m、电量为+q小球，它们之间动摩擦因数为，现由静止释放小球，试求小球沿棒运动最大加速度和最大速度v,max,.（mgqE，小球带电量不变）,第39页,第39页,【解析】小球在运动过程中受到重力G=mg,洛伦兹力F,洛,=Bqv,电场力F=qE,杆对球摩擦力F,f,和杆弹力F,N,作用.,如图所表示.,由于F,N,=qE+Bqv，因此F,合,=mg-F,N,=mg-(qE+Bqv).可见伴随速度v增大，F,合,逐步减小，由牛顿第二定律知，小球做加速度越来越小变加速运动直到最后匀速.故当v=0时，最大加速度a,max,=(mg-Eq)/m=g-Eq/m.,当F,合,=0时，即a=0时，v有最大值v,max,，,即mg-(qE+Bqv,max,)=0,因此v,max,=(mg-Eq)/Bq.,第40页,第40页,例,如图所表示，在水平向右匀强电场中，一长为L绝缘轻杆，一端固定于O点，杆可绕O点在竖直平面内转动.杆另一端连接一质量为m带正电小球，小球受到电场力是重力33倍，要使小球能在竖直平面内做圆周运动，则小球通过最高点速度最小为多少？,第41页,第41页,【错解一,】忽略电场作用，直接应用结论，小球在最高点最小速度为零.,【,错解二,】,不知杆与绳区别，不会用复合场思想类比重力场进行解题.,【剖析】这是一个复合场问题：重力场与电场复合场，我们最习惯于研究重力场中竖直平面内圆周运动，我们就把复合场类比于重力场进行解题，首先拟定复合场方向即小球平衡位置.,第42页,第42页,【正解】由受力分析知，小球平衡位置为与竖直方向夹角30，复合场等效成重力场等效加速度为2 /3 g,以下图A点是平衡位置，B点是等效重力场中最高点，C点是几何上最高点，也就是我们要求最高点.,因为是轻杆，所以B点最小速度为0，再在BC间用动能定理1/2mv2C=mgh=mgL(1-3 /2)；或类比于重力场中运动进行计算可得vC=，最终只要将g改成,23/3g即可得vC=.,第43页,第43页,
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