【系统集成】2011级高考物理第一轮复习 第8章 磁场 第1课时磁场及其描述

用心 爱心 专心 1 第八章第八章 磁磁 场场 第第 1 1 课时课时 磁场及其描述磁场及其描述 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 地磁场的 N 极在地理 南 极附近 S 极在地理北极附近 用心 爱心 专心 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 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 IL F 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 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 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 IL F 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 IL F 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 IL F 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 用心 爱心 专心 3 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 IL F 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 IL F 2 03 106 2 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 IL F 2 03 1012 2 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 用心 爱心 专心 4 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 在M点有B2 2B0 B0 在N点有BN B0 B1 撤去ef中的电流后 在N点有BN B0 B0 由 式解得BN 2 21 BB 答案 B1 2 21 BB 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 BBB5 2 22 方向三角形平面内与斜边夹角 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 用心 爱心 专心 5 第 2 课时 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 为B与I的夹角 此公式适用于 任何磁场 但只有匀强磁场才能直接相乘 L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 当 90 时 即B I L两两相互垂直 F BIL 当 0 时 即B与I平行 F 0 当B与I成 角时 F BILsin 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 用心 爱心 专心 6 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 用心 爱心 专心 7 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 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 IL mg 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 IL mg 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 应满足 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 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 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 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 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 用心 爱心 专心 8 FB mgtan 3mg 而FB IBL 故 I 2 087 0 10101033 3 BL mg 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 9 3 9 9 3 9 2 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 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 S F F BIL S Ld 所以磁感应强度B的大小为B I ghd 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 第 3 课时 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 用心 爱心 专心 9 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 R v2 得带电粒子运 动的轨道半径R qB mv 运动的周期T 2 qB m 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 的大小 由公式t 360 T可求出运动时间 有时也用弧长与线速度 的比t v l 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 用心 爱心 专心 10 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 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 0 当FN 0 时 小滑块开始脱离斜面 此时qvB mgcos 得v 4 3 1055 0 2 3 10101 0 cos qB mg m s 23 m s 3 下滑过程中 只有重力做功 由动能定理得mgxsin 2 1 mv2 斜面的长度至少应是x 5 0102 32 sin2 22 g v 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 角 与球的 动摩擦因数为 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 运动速度的最大值为 cos sin Bq mg 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 Ff 0 此时加速度最大 am gsin 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 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 Bqvm mgsin Ff 用心 爱心 专心 11 Ff FN 由 式解得vm cos sin Bq mg 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 0 x0 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 0 xa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 qB mv 速度小的粒子将在x a的区域走完半圆 射到竖直屏上 半 圆的直径在y轴上 半径的范围从 0 到a 屏上发亮的范围从 0 到 2a 轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场 考虑r a的极限情况 这种粒子在右侧的 圆轨迹与x轴在D点相切 图中虚线 OD 2a 这是水平屏上发亮范围的左边界 速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示 它由两段圆弧组成 圆心分别为C和C C 在y轴上 由对称性可知C 在x 2a的直线上 设t1为粒子在 0 xa的区域中运动的时间 由题意可 知 5 2 2 1 t t t1 t2 12 7T 由此解得t1 6 T t2 12 5T 再由对称性可得 OCM 60 MC N 60 MC P 360 12 5 150 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 3 32a 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 3 3 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 用心 爱心 专心 12 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 m q 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 f r mv2 0 由 式解得r qB mv0 欲使微粒能进入小孔 半径r的取值范围为 L r 2L 代入数据得 80 m s v0 160 m s 欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔 还必须满足条件 00 5 0 v L v L nT 其中n 1 2 3 由 式可知 只有n 2 满足条件 即有 v0 100 m s 2 设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0 从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时 间为t 设t1 t4分别为带电微粒第一次 第二次在磁场中运动的时间 第一次离开磁场运 动到挡板的时间为t2 碰撞后再返回磁场的时间为t3 运动轨迹如图所示 则有 T0 0 2 v r t1 4 3 T0 用心 爱心 专心 13 t2 0 2 v L t3 0 5 0 2 v L t4 4 1 T0 解得t t1 t2 t3 t4 2 8 10 2 s 3 带电粒子在有界磁场运动的临界问题 例 3 如图所示 一个质量为m 电荷量大小为q的带电微粒 忽略重力 与水平方向成 45 射入宽度为d 磁感应强度为B 方 向垂直纸面向内的匀强磁场中 若使粒子不从磁场MN边界射出 粒子 的初速度大小应为多少 解析 带电粒子垂直B进入匀强磁场做匀速圆周运动 若不从边界MN射出 粒子运 动偏转至MN边界时v与边界平行即可 由左手定则可知 若粒子带正电荷 圆周轨迹由 A B 若粒子带负电荷 圆周轨迹由A C 如图所示 圆周轨迹的圆心位置可根据粒子线速 度方向垂直半径的特点 作初速度v0的垂线与边界MN的垂线的交点即为圆轨迹的圆心O1与 O2 粒子带正电荷情况 粒子沿圆轨迹A B运动方向改变了45 由几何关系可知 AO1B 45 那么 d R1 R1 cos 45 R1 Bq mv0 将 式代入 式得 v0 m dqB 22 即粒子若带正电荷 初速度满足 0 v0 m dqB 22 时将不从磁场边界MN射出 粒子带负电荷情况 粒子沿圆轨迹A C运动 方向改变了135 由几何关系知 AO2C 135 O2AF 45 那么 d R2 R2 sin 45 R2 Bq mv 0 将 式代入 式得 v0 m dqB 22 即粒子若带负电荷 初速度满足 0v B E 时 则qBv qE 粒子向上偏转 当v v B E 时 qBv qE 粒子向下 用心 爱心 专心 17 偏转 要点深化 a 从力的角度看 电场力和洛伦兹力平衡qE qvB b 从速度角度看 v B E c 从功能角度看 洛伦兹力永不做功 4 电磁流量计 如图所示 一圆形导管直径为d 用非磁性材料制成 其中 有可以导电的液体流过导管 原理 导电液体中的自由电荷 正 负离子 在洛伦兹力作用下横向偏转 a b间出现 电势差 形成电场 当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时 a b间的电势差就保持稳定 由Bqv Eq d U q 可得v Bd U 液体流量Q Sv 4 2 d Bd U B dU 4 5 霍尔效应 如图所示 高为h 宽为d的导体置于匀强磁场B中 当电流通 过导体时 在导体板的上表面A和下表面A 之间产生电势差 这种 现象称为霍尔效应 此电压称为霍尔电压 设霍尔导体中自由电荷 载流子 是自由电子 图中电流方向向右 则电子受洛伦兹力 向上 在上表面A积聚电子 则qvB qE E Bv 电势差U Eh Bhv 又I nqSv 导体的横截面积S hd 得v nqhd I 所以U Bhv d BI k nqd BI k nq 1 称霍尔系数 重点难点突破 一 解决复合场类问题的基本思路 1 正确的受力分析 除重力 弹力 摩擦力外 要特别注意电场力和磁场力的分析 2 正确分析物体的运动状态 找出物体的速度 位置及其变化特点 分析运动过程 如 果出现临界状态 要分析临界条件 3 恰当灵活地运用动力学三大方法解决问题 1 用动力学观点分析 包括牛顿运动定律与运动学公式 2 用动量观点分析 包括动量定理与动量守恒定律 3 用能量观点分析 包括动能定理和机械能 或能量 守恒定律 针对不同的问题灵活地 选用 但必须弄清各种规律的成立条件与适用范围 二 复合场类问题中重力考虑与否分三种情况 1 对于微观粒子 如电子 质子 离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力 因为其 重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小 可以忽略 而对于一些实际物体 如带电小球 液滴 金属块等不做特殊交待时就应考虑其重力 2 在题目中有明确交待是否要考虑重力的 这种情况比较正规 也比较简单 3 直接看不出是否要考虑重力的 在进行受力分析与运动分析时 要由分析结果 先进 用心 爱心 专心 18 行定性确定是否要考虑重力 典例精析 1 带电粒子在复合场中做直线运动的处理方法 例 1 如图所示 足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为 sin 0 6 放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中 电场强度E 50 V m 方向水平向左 磁场方向垂直纸面向外 一个电荷量q 4 0 10 2 C 质 量m 0 40 kg 的光滑小球 以初速度v0 20 m s 从斜面底端向上滑 然后又下滑 共经过 3 s 脱离斜面 求磁场的磁感应强度 g取 10 m s2 解析 小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图所示 由牛顿第二定律 得qEcos mgsin ma1 故a1 gsin m qE cos 10 0 6 m s2 40 0 8 050100 4 2 m s2 10 m s2 向上运 动时间t1 1 0 0 a v 2 s 小球在下滑过程中的受力分析如图所示 小球在离开斜面前做匀加速直线运动 a2 10 m s2 运动时间t2 t t1 1 s 脱离斜面时的速度v a2t2 10 m s 在垂直于斜面方向上有 qvB qEsin mgcos 故B T 10 6 050 T 10100 4 8 01040 0 sin cos 2 v E qv mg 5 T 思维提升 1 知道洛伦兹力是变力 其大小随速度变化而变化 其方向随运动方向 的反向而反向 能从运动过程及受力分析入手 分析可能存在的最大速度 最大加速度 最 大位移等 2 明确小球脱离斜面的条件是FN 0 拓展 1 如图所示 套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球 其质量为m 带电荷量为q 小球可在棒上滑动 现将此棒竖直放入沿 水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中 设小球电荷量不变 小 球由静止下滑的过程中 BD A 小球加速度一直增大 B 小球速度一直增大 直到最后匀速 C 杆对小球的弹力一直减小 D 小球所受洛伦兹力一直增大 直到最后不变 解析 小球由静止加速下滑 f洛 Bqv在不 断增大 开始一段 如图 a f洛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 m fmg 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 用心 爱心 专心 19 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 5 0100 1 1010995 9 100 1100 1 8 738 1 qB gmqE 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 g qE 1 m 10995 9 10 100 1100 1 7 38 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 R v 2 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 5 0100 1 110995 9 8 7 121 qB vm qB vmm 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 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 2 2 1 mv 即 2mgLsin 2 2 1 mv 当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有 qvB mg qE cos 即v qB mg cos2 用心 爱心 专心 20 由以上两式解得L sin cos 22 22 Bq gm 根据动量定理有t cot sin2qB m mg mv 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 4 L sin 2 1 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 3mgcos 由动能定理知 碰后两物体共同下滑的过程中有 3mgsin s 2 1 2mv 2 2 1 2mu2 联立以上几式解得s 12 sin cos3 22 22 L Bq gm 将L结果代入上式得s sin12 cos35 22 22 Bq gm 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 qB m mg muvm 3 5 sin3 22 cot 例 3 在平面直角坐标系xOy中 第 象限存在沿y轴负方向的匀 强电场 第 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 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 v v0 cos v 2v0 粒子从M点运动到N点的过程 有qUMN 2 0 2 2 1 2 1 mvmv UMN 3mv 2 0 2q 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 r mv2 r qB mv02 3 由几何关系得ON rsin 设粒子在电场中运动的时间为t1 有ON v0t1 用心 爱心 专心 21 t1 qB m3 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T qB m 2 设粒子在磁场中运动的时间为t2 有t2 2 T t2 qB m 3 2 t t1 t2 qB m 3 233 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 粒 子放射源S 可沿纸面向各个方向放射速率相同的 粒子 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 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 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 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 R v2 得R Bq mv 0 2 m 如图所示 当 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 22 sRR 0 16 m 当 粒子沿Sb方向射入时 下端偏离O 最远 由 几何关系得O Q 2 sRR 0 16 m 故金箔cd被 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 粒子绕O点做圆周运动的半径r 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 4 3 y Ltan 37 0 096 m 所以 圆周运动的半径为r 37 cos QOy 0 32 m 用心 爱心 专心 22 3 设 粒子穿出金箔时的速度为v 由牛顿第二定律有k r v m r Qq 2 2 粒子从金箔上穿出时损失的动能为 Ek 2 1 mv2 2 1 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 d U v Bd U 油滴离开场区时 水平方向有 Bqv qE ma v 2 x 2a m qUd2 2 竖直方向有v 2 y v2 2gL 离开时的速度v m qU dB U gLvv yx 2 2 22 2 22 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