1、_ _ 義學科：物理年級：高三:*產嚴廣版本：沖刺版期數：2339茂箜尸/本周教學內容：第10講 磁場和復合場考綱要求掌握直線電流、環形電流、通電螺線管、條形磁鐵、蹄形磁鐵等所產生的磁場分布情 況，能靈活應用安培定則解答有關問題。深刻理解磁感應強度、磁感線、磁通量的物理含義。靈活應用左手定則和安培力計算公式定量解決有關磁場對電流作用力的問題（限B和I平彳丁和垂直兩類）。熟練掌握洛侖茲力及其變化規律，靈活解決各類帶電粒子在磁場及其它復合場中的運+ *動類問題（即B與v平行和垂直兩類）。知識結構,對直線電流的作用f通電導線在復合場中的平衡及運動（與靜力學、動力學、電磁感應綜合）/ 大小:F= BH

2、 方向：左手定貝J對通電線圈的作用/B| 5 Mb = BIS *線圈受力矩平衡 B1.S M = 0 卜 BS）求磁鐵（分子環流假設） 電流運動電荷磁場（8 =求磁鐵（分子環流假設） 電流運動電荷磁場（8 =奇，磁感線）在勻強磁場中對運動電荷的作用，洛侖茲力大小f = Bqv 方向：左手定則1特點:介一定不做功在復合場中勻速圓周運動（，=瓦7=可）,等距螺線運動、（蝴距=匕1爰靜止（ZF合=0）圓周運動勻速直線運動變速直線運動類平拋運動一般曲線運動熱點導析磁場的主要內容磁場的主要內容可概括成一個工具（磁感線X兩個物理量（磁感強度和磁通量、兩個 定則（安培定則和左手定則），兩個力（安培力、洛侖

3、茲力）其中帶電粒子在有邊界和無邊 界磁場區域中的運動及其規律、帶電粒子在復合場中的運動及其規律是本單元內容的重點和 難點。磁場和電場都是客觀存在的一種特殊物質，它們之間更多地存在著比較和區別磁場存在于運動電荷周圍，電場存在于電荷周圍；磁場只對運動電荷（含電流和磁鐵）F*有作用，電場對電荷有作用；B用磁極受力定義方向、電流無受力定義大小，E用檢驗電 荷+q受力來定義大小和方向；磁感線閉合，電場線不閉合。電磁場可共存于同一空間。有關方向定則通電直導線、圓形電流和螺線管用周圍磁場分布情況均用安培定則來判定，通電直導線、r-圓形電流和螺線管等受力方向用左手定則來判定。不能簡單理解為來B和安培定則，求力

4、5 fc-,II用左手定則，而應把B、I、Fb、V各量間因果關系辯清晰，I為原因，B為產生的結果 的用安培定則；B、I為原因，FB （或受力后運動）為結果的，用左手定則，B運動為原 因、感應電流為結果的用右手定則。判定由B和I（或運動電荷）而導致的FB（fB）方向時，可用左手定則，且F b（ f B）的方向在空間立體上一定垂直B和I兩線（B與v兩線）決定的平面，在此基礎上再用左 手定則判定確切方向更易正確解答。磁通量和磁力矩單匝線圈和n匝線圈放在垂直線圈平面的勻強磁場中，磁通量場為BS （B為磁感強度、 S為線圈所圍面積）。若在線圈中通有電流I，則在磁場中轉過90后所受磁力矩分別為BIS 和

5、nBIS。帶電粒子在復合場中受力及運動首先帶電粒子在復合場中運動規律廣泛應用于近代物理的許多實驗裝置中，如回旋加速 器、質譜儀、磁流體發電機、電磁流量計、速度選擇器等。其次，應明確：研究復合場中帶電粒子的運動規律首先要分析初速度和運動過程中加速 度（受力）情況。在受力分析的過程中應將重力（是否考慮）、電場力、洛侖茲力等作為力 學中按性質來命名的力首先進行討論。再次，應明確：不管帶電粒子做的是圓周運動還是一般曲線運動，洛侖茲力永遠不做功， 但洛侖茲力的變化與否可間接影響到重力、電場力等力的做功情況。最后，因為電磁學物理量及單位比較復雜，而且數值往往相差懸殊，因此計算有關結果 時，應先進行字母運算

6、，簡化后最后再代入數據。也可這樣講，力學問題的基本思路和求解 方法在本單元中廣泛適用。典型例析【例1】 如圖5-10-1所示，一金屬直桿MN兩端接有導線，懸掛于線圈上方，MN與線 圈軸線均處于豎直平面內，為使MN垂直于紙面向外運動，可以（）將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極將a、d端接在電源正極，b、c端在電源負極將a、c端接在交流電源的一端，b、d接在交流電源的另一端【解析】 本題為1997年上海高考試題將a接正極b接負極，電流方向為MN, c接正極d接負極，由右手螺旋定則可知，線 圈上端為N極。由左手定則判定MN向外運動，A正確。b接在

7、正極時電流方向為NM，d接正極由右手螺旋定則可知線圈下端為N極，因此由 左手定則可判斷MN向外運動，B正確。a接正極電流方向為MN，d接正極可知線圈下端為N極，由左手定則可判定MN向里 運動，C錯誤。MN中與線圈中雖然通的都是交流電，但由于ab與cd是并聯接在電源上，當電流為M N時，線圈中電流為cd，而當電流為NM時，線圈中電流為dc，由以上判定A、B 的方法可判定D正確。【說明】該題屬于右手螺旋定則與左手定則結合應用的題，這在一些題中經常出現， 先由右手螺旋定則判定磁場方向，再由左手定則判定受力方向。【例2】 一勁度系數為k的輕質彈簧，下端掛有一匝數為n的矩形線框abcd。bc邊 長為1。

8、線框的下半部處在勻強磁場中，磁感強度大小為B，方向與線框平面垂直，在圖5-10-2 中，垂直于紙面向里，線框中通以電流I，方向如圖所示。開始時線框處于平衡狀態，令磁 場反向，磁感強度的大小仍為B，線框達到新的平衡。在此過程中線框位移的大小乙x， 方向。xx【解析】本題為1999年廣東高考試題設線圈的質量為m，當通以圖示電流時，彈簧的伸長量為X，線框處于平衡狀態，所以 kxmg-nBIl。當電流反向時，線框達到新的平衡，彈簧的伸長量為 ,由平衡條件可知 kx =mg+nBI1。22nBIlk(x2-xi)=kA x=2nBI1 x=-電流反向后，彈簧的伸長是x2xi，位移的方向應向下。【說明】進

9、行受力分析【說明】進行受力分析【例3】如圖5-10-3所示，一平行板電容器間的水平勻強電場中，用絲線在固定O 點懸掛一個質量為1g的帶電小球，靜止在豎直偏左30角的OA位置，現把小球提到B點 使線水平伸直，然后放開，讓小球繞D點擺動，求（1）小球擺到最低點時線上的拉力。（2）小球擺過最低點時，還能向右擺動的角度（g=10ms-2）?+B 0/|/ I 直qAC。圖 5-10-3【解析】由題可知小球帶負電，由小球靜止于A點可知 小球受向下mg,向左Eq,沿絲線接力T3由平衡條件可知：Eq=mgtan30 = mg對小球由B-A-C過程中應用動能定理mgl-Eql= mv2 -02 C對小球在C處

10、在豎直方向應用向心力公式vT-mg=m 弋2拓由得：T= (3- 3 )mg=1.8X10-2N設小球還能向右擺a角至D點 對小球由B-A-C-D應用動能定理mglcosa -Eq（1+1sina ）=0一v3由得 cosa = （1+sina ）.a =30【說明】 本題為典型的重力場和勻強電場組成的復合場問題。對該非勻速圓周運動過 程，機械能守恒不再適用，動能定理為道選解法。對其中某一位置的法線方向，可使用動力 學向心力公式解答。如本題所示的復合場仍為勻強場，也可直接采用合場的辦法來求解第（2） 問。OA即為合場方向，B與D對OA左右對稱。所以ZAOD=60，/COD=30。若本題修改后

11、ZAOB90。，則絲線還會有松馳過程，還需考慮絲線張緊瞬間法向速度的損失問題。【例4】 如圖5-10-4所示，在xOy平面上，a點坐標為（0，l），平面內一邊界通過 a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子（質量為m，電 量為e）從a點以初速度V0平行x軸正方向射入磁場區域，在磁場中運動，恰好在乂軸上的 b點（未標出）射出磁場區域，此時速度方向與x軸正方向頭角為60，求(1)磁場的磁感應強度。(2)(3)磁場區域圓心(2)(3)【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從a點射入從b點射出0、a、b均在圓形磁場區域的半界，粒子運動軌道圓心為02,令O2 a = O2 b

12、 =R 由題意可知，/aO2b=60，且 a02b為正三角形 在乙 002b 中，R2= (R-l) 2+(Rsin60 )2mv而R= 0Be由得R=2lAB=：2el而粒子在磁場中飛行時間 TOC o 1-5 h z 6012nm兀212兀 lt=T x 3606Be3v3v00由于Za0b=90。又Za0b為磁場圖形區域的圓周角ab即為磁場區域直徑aOi = aOi = 2 R=l0的x坐標：、=畔偵60。變l2ly=l-a0Cos60。= /.0坐標為(l【說明】本題為帶電粒子在有邊界磁場區域中的圓周運動，解題的關鍵一步是找圓心， 根據運動電荷在有界磁場的出入點速度方向垂線的交點，確定

13、圓心的位置，然后作出軌跡和 半徑，根據幾何關系找出等量關系。求解飛行時間從找軌跡所對應的圓心角的方面著手。當然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運動，除了要運用圓周運動的規律外，還要注意各種因素的制約而形成不是惟一的解，這就要求必須深刻理解題意，挖掘隱含條件，分析不 確定因素，力求解答準確、完整。【例5】 如圖5-10-5（a）為一種獲得高能粒子的裝置，環形區域內存在垂直紙面向 外，大小可調節的均勻磁場，質量為m，電量為+q的粒子在環中做半徑為R的圓周運動。A、 B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經A板時，A板電勢升高為+U， B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每

14、當粒子離開B板時，A板電勢又降 為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。(a)(a)U-01Ji*（b）圖 5 10-5（1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En。（2）為使粒子始終保持在半徑為日的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn。（3）求粒子繞行n圈所需的總時間tn （設極板間距遠小于R）。（4）在5-10-5（b）圖中，畫出A板電勢u與時間t的關系（從t=0起畫到粒子第四 次離開B板時即可）。（5）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為+U？為什么？【解析】（

15、1）Em=nqU1InqU（2 ）.，nqU= 2 mv2, v =mv 2mvr n =qu B ,B = rm ；m ；2nqU以姑果代入，Bn=四- =1 2nmUR q2兀Rm 1繞行第n圈需時二2n -=rni 2qU 眼.t=2nR ：- （1+L + -1 + +上） n2qU二=e=圖510 - 22如圖5-10-23, 一質量為m、帶電量為q的粒子，以速度v0從坐標原點O沿y軸正 方向射入磁感強度為B的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面，粒子飛出磁場區域后，從 b處穿x軸，速度方向與x軸正方向夾角30，粒子重力不計。求（1）圓形磁場區域的最小面積。（2）粒子從O點進入場區到達

16、b點的時間及b點的坐標。參考答案1.C2.B3.C4.Cmg5.B、D 6.B1.C2.B3.C4.Cmg5.B、D 6.B、C、D 7.D 8.2，15 9. 2 BqmV10.0，0，Bem 2 v 30KBe 22 m11.Bq證明如圖右所示，設通電導線內電流強度為I，導線長為l，磁感強度為B（）X M x則 I=nqSv安培力大小F=BIl=BlnqSv而nlS=N為運動電荷總數所以每個電荷所受洛侖茲力f = g =BqvB N ql說明有一個典型的錯誤證明方法。即：I v=-tt.f=BIl=B vt=Bqv。錯誤的原因把洛侖茲力的受力者 t時間t秒內穿過導線橫截面積的總電量，屬概念

17、不清。解析對棒從最低點運動到最大偏角37過程中應用動能定理單獨的運動電荷混淆成BIl OM sin37 -mgOM (1-cos37 )=0單獨的運動電荷混淆成代入數據得0.5X IX 0.6-0.06X10(1-0.8)=0 . I=4A據左手定則，MN中電流方向為M-N。說明若將MN所能偏轉的最大偏角37錯誤地理解成為BIltan37 = ,IZ =9A的錯誤答案。事實上原題中能偏最大37角mg處可靜止，反之若通9A電流，則最大可偏至74處。解析(1)小球水平方向加速度由電場力和摩擦力決定， 即 Bqv=mg37。可靜止。則會有37* 則應在方-即18.5當 =037。可靜止。則會有37* 則應在方-即18.5當 =0時，a取最大Bq此時最大加速度a = =10ms-2m m小球向右一開始做加速度增加的加速運動，后做加速度減小的加速度F動，當a 減為零時，小球速度最大，設最大速度為vmEq=f =p N=p (Bqv -mg)代入數據：v =15ms-1m小球達最大速度v后，受力圖如右圖所示，電場力做正功，消耗電場能用于克服m摩擦力做功產生焦耳勢(內能)。說明由小球的初始條件和受力情況及其變化規律分析小球的運動情況。速度最大往 往是加速度為零的時候。mv15