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专题十磁场,高考物理（课标专用）,考点一磁场及其作用,考点清单,考向基础 一、磁场的描述 1.磁场 磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间,以及通电导体与通电导体之间的相互作用,都是通过磁场发生的。,2.磁感应强度,3.磁感线:在磁场中画出一系列曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度方向一致。,二、几种常见的磁场 1.常见磁体的磁场,2.常见电流的磁场,三、磁感线与电场线的比较,四、带电粒子在匀强磁场中的运动形式,五、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动,七、洛伦兹力与电场力的比较,考向突破,考向一磁场的描述 安培定则的应用和磁场的叠加 1.安培定则的应用 在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。,2.磁场的叠加 (1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。 (2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。,例1(2017课标,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为() A.0B.B0C.B0D.2B0,解析本题考查磁感应强度的矢量叠加和安培定则。两导线中通电流I时,两电流在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如图甲得B=B0。P中电流反向 后,如图乙,B合=B=B0,B合与B0的矢量和为B总=B0,故C项正确。 甲乙,答案C,考向二磁场对通电导体的作用 一、通电导体在磁场中的平衡问题 1.安培力 (1)方向:根据左手定则判断。 (2)大小:F=BIL sin (其中为B与I之间的夹角),若磁场和电流垂直:F=BIL;若磁场和电流平行:F=0。其中的L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端,如图所示。,2.求解安培力作用下通电导体的平衡问题的基本思路,3.求解关键 (1)电磁问题力学化。 (2)立体图形平面化。,例2(2017河南六市一联,15)如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m。P、M间接有一个电动势为E=6 V,内阻不计的电源和一只滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=0.2 kg,棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.4 kg。棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,导轨与棒的电阻不计,g取10 m/s2),匀强磁场的磁感应强度B=2 T,方向竖直向下,为了使物体保持静止,滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是() A.2 B.2.5 C.3 D.4 ,解析对棒ab受力分析可知,其受绳的拉力T=Mg、安培力F安=BIL=和水平方向的摩擦力。若摩擦力向左,且满足+mg=Mg,代入 数据解得R1=4 ;若摩擦力向右,且满足-mg=Mg,代入数据解得R2 =2.4 ,所以R的取值范围为2.4 R4 ,则选A。,答案A,二、通电导体在磁场中运动情况的判定 1.五种判定方法,2.常规思路,例3如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线,当导线中通以图示方向的电流时(),A.磁铁对桌面的压力增大 B.磁铁对桌面的压力减小 C.磁铁受到向右的摩擦力作用 D.磁铁受到向左的摩擦力作用,解析根据条形磁铁磁感线分布情况得到直线电流所在位置的磁场方向,再根据左手定则判断安培力方向,如图甲。 根据牛顿第三定律,电流对磁体的作图力向左上方,如图乙;根据平衡条件,可知通电后桌面对磁铁的支持力变小,磁铁受到的静摩擦力向右,磁铁对桌面的压力变小。故选B、C。,答案BC,考向三磁场对运动电荷的作用 1.带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 一般来说,要把握好“一找圆心,二定半径,三求时间”的分析方法。在具体问题中,要依据题目条件和情景而定,解题的理论依据主要是利用牛顿第二定律列式:qvB=m求其轨迹半径。,2.解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题“三步法”,例4(2016课标,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为() A.B.C.D.,解析定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t=T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间 相等,即t=,联立以上两式得=,A项正确。,答案A,考点二带电粒子在复合场中的运动,考向基础 一、复合场 1.叠加场:电场、磁场、重力场共存,或其中某两种场共存。 2.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠或在同一区域,电场、磁场交替出现。 3.电子、质子、粒子、离子等微观粒子在复合场中运动时,一般都不计重力,但质量较大的质点(如带电尘粒)在复合场中运动时,不能忽略重力。,二、三种场的比较,考向突破,考向一组合场 带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较,2.思路方法图 3.实例分析回旋加速器 回旋加速器是利用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的特点使带电粒子在磁场中改变运动方向,再利用加速电场对带电粒子做正功使带电粒 子的动能增加。(交变电压的周期和粒子做匀速圆周运动的周期相等),例1如图,回旋加速器两D形盒窄缝中心为质子源,D形盒内接的交变电压为U=2104 V,静止质子经电场加速后,进入D形盒,其最大轨道半径R=1 m,磁场的磁感应强度为B=0.5 T,问:,(1)质子最初进入D形盒的动能多大? (2)质子经回旋加速器后得到的最大动能多大? (3)交变电源的频率是多少?,解题导引,解析(1)质子在电场中加速,根据动能定理得 qU=Ek-0,则Ek=qU=1104 eV。 (2)质子在回旋加速器的磁场中,绕行的最大半径为R,则 qvB=,解得v= 质子经回旋加速器获得的最大动能为 Ek=1.9210-12 J。 (3)f=7.63106 Hz。,答案(1)1104 eV (2)1.9210-12 J (3)7.63106 Hz,考向二叠加场 1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动分类,例2(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方 向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=110-6 kg,电荷量q=210-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向; (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。,解析(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 qvB= 代入数据解得 v=20 m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足,tan = 代入数据解得 tan = =60 (2)解法一: 撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有 a= 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 x=vt,设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有 y=at2 a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为,又 tan = 联立式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s,解法二: 撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为 vy=v sin 若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有 vyt-gt2=0 联立式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s,答案(1)见解析(2)3.5 s,2.利用qE=qvB分析带电粒子在叠加场中的应用实例 (1)速度选择器 如图所示,当带正电粒子从左侧平行于极板射入时,带电粒子同时受到电场力F电和洛伦兹力F洛作用,当两者等大反向时,粒子不偏转而是沿直线做匀速运动,qE=qvB, 所以粒子以v=的速度沿垂直于磁场和电场的 方向射入正交的电场、磁场中就不发生偏转。速度选择器只选择某一特定速度的粒子,与粒子的电性、电荷量、质量无关(不计重力)。,(2)磁流体发电机(如图所示),磁流体发电机的原理是:等离子气体喷入磁场,正、负离子在洛伦兹力的作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上,产生电势差,设A、B平行金属板的面积为S,相距为L,等离子体的电阻率为,喷入气体速度为v,板间磁场的磁感应强度为B,板外电阻为R,当等离子气体匀速通过A、B板间时,A、B板上聚集的电荷最多,板间电势差最大,即电源电动势,此时离子受力平衡,E场q=qvB,E场=vB,电动势E=E场L=BLv,电源内电阻r=,所 以R中电流I=。 (3)霍尔效应 如图,厚度为h,宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A之间会,产生电势差,这种现象称为霍尔效应,实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=k,式中的比例系数k称为霍尔系数。霍尔 效应可解释为外部磁场使运动的电子受洛伦兹力聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧会出现正电荷,从而形成电场,电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力,当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间会形成稳定的电势差。,磁强计是利用霍尔效应来测量磁感应强度B的仪器。其原理可解释为:如图所示,一块导体接上a、b、e、f四个电极,将导体放在匀强磁场之中,a、b间通以电流I,e、f间就会出现电势差,只要测出e、f间的电势差U,就可测得B。,设e、f间电势差已达稳定,则U=EL。 此时导电的自由电荷受到的电场力与洛伦兹力相平衡 Bqv=Eq,式中v为自由电荷的定向移动速度。由此可知, B=,设导体中单位体积内的自由电荷数为n,则电流I=nqSv, 式中S为导体横截面积,S=Ld, 因此v=,得B= 由此可知BU。这样只要将装置先在已知磁场中定出标度,就可通过测定U来确定B的大小了。 (4)质谱仪(如图所示),质谱仪是先经过速度选择器对带电粒子进行速度选择后,再由右侧的偏转磁场把不同比荷的粒子分开,由此可以用来测定带电粒子的比荷和分析同位素。,例3如图是磁流体发电机的装置,a、b组成一对平行电极,两板间距为d,板平面的面积为S,内有磁感应强度为B的匀强磁场。现持续将一束等离子体,(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的微粒,而整体呈中性),垂直磁场喷入,每个离子的速度为v,负载电阻阻值为R,当发电机稳定发电时,负载中电流为I,则(),A.a板电势比b板电势低 B.磁流体发电机的电动势E=Bdv C.负载电阻两端的电压大小为Bdv D.两板间等离子体的电阻率=,解析参看磁流体发电机的装置图,利用左手定则可知,正、负微粒通过发电机内部时,带正电微粒向上偏,带负电微粒向下偏,则知a板电势比b板电势高,所以A错误;当发电机稳定发电时,对微粒有F洛=F电,即Bqv= q,得电动势E=Bdv,所以B正确;由闭合电路欧姆定律有UR+Ur=E,又E=Bdv,则负载电阻两端的电压URBdv,所以C错误;由闭合电路欧姆定律有I=,由电阻定律有r=,得=,所以D正确。,答案BD,例4如图所示,一段长方体导电材料,左右两端面的长和宽都分别为a和b,内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为() A.,负B.,正 C.,负D.,正,解析因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。设长方体材料长度为L,总电荷量为Q,则其单位体积内自由运动电荷数为,当电流I稳恒时,材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡, 则有=BIL,故=,A项错误,C项正确。,答案C,3.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,除受到场力外,还受到弹力、摩擦力作用。常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功,运用动能定理、能量守恒结合牛顿运动定律求出结果。,例5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,小球由静止开始下滑的过程中() 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.棒对小球的弹力先减小后反向增大 D.小球所受洛伦兹力一直增大,解析小球刚开始下滑时,受力如图所示,水平方向上:Eq=FN+Bqv 竖直方向上:mg-f=mg-FN=ma 联立式得:a=g+(Bv-E) 当BqvEq时,小球所受棒的弹力FN为水平向左,水平方向上:Bqv=FN+Eq 此时竖直方向上有mg-f=mg-FN=ma 联立式得:a=g+(E-Bv),由以上分析可知,小球先做加速度逐渐增大的变加速运动,后做加速度逐渐减小的变加速运动,直至匀速,所以A错,B、C均正确。小球匀速运动时所受洛伦兹力不变,故D错。,答案BC,方法1有界磁场的处理方法 1.典型有界磁场的介绍,方法技巧,2.两种有效处理方法 (1)放缩圆法 适用条件 a.速度方向一定,大小不同 粒子源发射速度方向一定,大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。,b.轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP上。 界定方法,以入射点P为定点,圆心位于PP直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆法”。,例1如图所示,宽度为d的匀强有界磁场,磁感应强度为B,MM和NN是磁场左右的两条边界线。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中,=45。要使粒子不能从右边界NN射出,求粒子入射速率的最大值为多少?,解析用“放缩圆法”作出带电粒子运动的轨迹如图所示,当其运动轨迹与NN边界线相切于P点时,这就是具有最大入射速率vmax的粒子的轨迹。由图可知:Rmax(1-cos 45)=d,又Bqvmax=m,联立可得vmax= 。,答案,(2)平移圆法 适用条件 a.速度大小一定,方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度大小为v0,则圆周运动半径为R=。如图所示。,b.轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。 界定方法 将一半径为R=的圆沿着“轨迹圆心圆”平移,从而探索出临界条 件,这种方法称为“平移圆法”。,例2如图,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.60 T。磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行。在距ab为l=16 cm处,有一个点状的粒子放射源S,它向各个方向发射粒子,粒子的速率都是v=3.0106 m/s。已知粒子的电荷量与质量之比=5.0107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的粒子,求ab板上被粒 子打中区域的长度。,解析 粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨迹半径,有qvB=m, 由此得R=, 代入数值得R=10 cm,可见2RlR。,因朝不同方向发射的 粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是 粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心,R为半径,作圆弧交cd于Q点,过Q作ab的垂线,它与ab的交点即为P1。即:,NP1=。 再考虑N的右侧。任何 粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆弧,交ab于N右侧的P2点,此即右侧能打到的最远点。 由图中几何关系得 NP2=, 所求长度为P1P2=NP1+NP2, 代入数值得 P1P2=20 cm。,答案20 cm,例3(2017河北衡水摸底,5,4分)如图所示,在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,三个带正电的相同粒子,比荷为,先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入 匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受到磁场力作用,已知编号为的粒子恰好从F点飞出磁场区域,编号为的粒子恰好从E点飞出磁场区域,编号为的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域,则() A.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为 B.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为 C.三个粒子进入磁场的速度依次增加 D.三个粒子在磁场内运动的时间依次增加,解题导引,解析如图所示,设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1,线速度大小为v1,周期为T1,则有:qv1B=m,T1=,解得T1= 。由几何关系可得,粒子在正六边形区域磁场内运动过程中,转过 的圆心角为120,则粒子在磁场中运动的时间为:t=,选项A错误; 根据A选项的分析过程,同理可得编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为,选项B错误;根据R=可知半径在增大,即速度在增大,选项 C正确;如图所示粒子转过的圆心角在逐渐变小,即运动时间变小,D错误。,答案C,方法2带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析 带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影响,使问题形成多解。,例4某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示,材料表面上方矩形区域PPNN充满竖直向下的匀强电场,宽为d;矩形区域NNMM充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,长为3s,宽为s;NN为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子,从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每次穿越隔离层,运动方向不变,其动能损失是每次穿越前动能的10%,最后电子仅能从磁场边界MN飞出,不计电子所受重力。,(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比; (2)求电场强度的取值范围; (3)A是MN的中点,若要使电子在A、M间垂直于AM飞出,求电子在磁场区域中运动的时间。,解题导引,解析(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2Rn、Rn+1,第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2,动能分别为Ek1和Ek2。 由:Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m 得:R2R1=0.9 (2)设电场强度为E,第一次到达隔离层时的速率为v。 由:eEd=mv2,0.9mv2=m,R1s 得:E 又由:Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0.9+0.92+0.9n+)3s 得:E,E (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T,运动的半圆周个数为n,运动总时间为t。 由题意,有:+Rn+1=3s,R1s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1 得:n=2 又由:T= 得:t=,答案(1)0.9(2)E(3),
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