1、中小学教育资源交流中心 http:/ 提供1专题十一：磁场考点例析磁场是历年高考的考查重点，特别是磁场对运动电荷的作用力洛仑兹力，以及电荷在复合场中的运动，一直是高考的热点之一，几乎是年年必考，并且综合性强，难度较大。一般考查带电粒子在复合中做匀速直线运动、匀速圆周运动、抛物线运动等。求解这类问题要注意分析粒子的受力图景、运动图景和能量图景，依据受力和初始条件来确定粒子的运动情况，结合运动情况充分利用数学几何知识求解相关问题。如 2001 年全国卷第 18 题、2004 年湖北理综第 24 题、2004 年广西卷第 18 题、2004 年全国理综（四）第 24 题等。这一章的知识在科研生产实际
2、中有许多重要应用，联系实际是这一章的最大亮点，如速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍耳效应等，几乎是年年考，重复考！同学们一定要舍得下功夫把这些问题弄通弄懂！一、夯实基础知识1.深刻理解描述磁场的基本概念。(1)磁场: 永磁体和电流都能在空间产生磁场。 磁现象的电本质：一切磁现象都 1 2可归结为运动电荷(电流)之间通过磁场而发生相互作用。 磁极与磁极、磁极与电流、电 3流和电流之间的相互作用是通过磁场发生的。 磁场的方向：规定在磁场中任一点小磁 4针 N 极受力方向(或者小磁针静止时 N 极的指向) 就是那一点的磁场方向。（2）磁感强度： 磁场的最基本性质是对放入其中
3、的电流有磁场力的作用。电流垂 1直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零。 磁感强度是描述磁 2场强弱和方向的物理量。在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线，受到的磁场力 F 与电流 I 和导线长度 L 的乘积的比值叫通电直导线所在处的磁感强度。 定义式：B=F/IL 是 3矢量，其方向为该位置的磁场方向。B 是客观存在，与 F、I、L 无关，取决于磁场本身，即使不放入载流导体，B 照样存在。 B 可以合成与分解，遵循平行四边形定则。 4（3）匀强磁场：磁感强度的大小处处相等，方向都相同的区域。两个较大的异名磁极之间( 除边缘外)，长直通电螺线管内部(除两端外) 都是匀强磁场。匀强
4、磁场的磁感线是平行等距的直线。（4）磁感线： 磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的在磁场中描绘的一些有 1方向的曲线。曲线上每一点的切线方向都和该点的磁场方向相同，磁感线的疏密描述该处磁感强度的强弱。 磁感线在磁体的外部是 N 极指向 S 极，在内部是 S 极指向 N 极， 2磁感线是闭合曲线，永不相交。 要求：熟记通电直导线、通电导线环、通电螺线管、 3条形磁铁、蹄形磁铁的磁场磁感线的分布(包括磁感线疏密分布情况以及磁铁内、外部磁感线的分布情况)，掌握安培定则 (右手螺旋定则)的应用。2.熟练掌握安培力的分析与计算。（1）磁场对电流的作用力也叫安培力，其大小由 B= 导出，即 F=BIL。
5、 此式只LIF 1适于 B 和 I 垂直的情况； L 是导线的有效长度； 当电流 I 与磁场 B 平行时，F 最小 0. 2 3（2）安培力的方向由左手定则判定，F 一定垂直于 I 和 B 的方向决定的平面。I、B可以垂直也可以不垂直，I、 B 任一量反向 F 也反向。（3）由于有关安培力计算的题目中给出的大多是立体图，又涉及到 F、I、B 之间的中小学教育资源交流中心 http:/ 提供2方向关系，因此求解此处的题应具有较好的空间想象力，善于把立体图形改画成易于分析受力的平面图形。3深刻理解洛仑兹力的特点。（1）洛仑兹力方向：用左手定则判定(注意：正电荷运动产生的电流方向和运动方向相同，负电
6、荷运动产生的电流方向和运动方向相反)。f 一定垂直 B、V ，B 、V 可以垂直也可以不垂直，q( 正、负) 、B 、V 任一量反向 f 也反向。（2）洛仑兹力的大小：f=qVB(此式只适用于 V 垂直 B 情况，如果 V 平行 B，f=0)。（3）洛仑兹力性质： 由于 f 一定垂直 V，故洛仑兹力永远不做功。 洛仑兹力是 1 2一个与运动状态有关的力，这与重力、电场力有较大的区别，在匀强电场中，电荷所受的电场力是一个恒力，但在匀强磁场中，若运动电荷的速度大小或方向发生改变，洛仑兹力是一个变力。 因为洛仑兹力 f 始终与速度 V 垂直，即 f 只改变速度方向而不改变 3速度大小，所以运动电荷垂
7、直磁感线进入匀强磁场仅受洛仑磁力作用时，一定作匀速圆周运动.二、解析典型问题典型问题 1:会分析求解磁感强度。磁感强度 B 是磁场中的重要概念，求解磁感强度的方法一般有：定义式法、矢量叠加法等。例 1、如图 1 中所示，电流从 A 点分两路通过对称的环形分路汇合于 B 点，在环形分路的中心 O 处的磁感强度（ ）A垂直环形分路所在平面，且指向 “纸内” 。B垂直环形分路所在平面，且指向“纸外” 。C在环形分路所在平面内指向 B。D磁感强度为零。分析与解：利用“微元法”把圆周上电流看成是由无数段直导线电流的集合,由安培定则可知在一条直径上的两个微元所产生的磁感强度等大反向，由矢量叠加原理可知中心
8、 O 处的磁感强度为零，即 D 选项正确。例 2、电视机显象管的偏转线圈示意图如图 2 所示，某时刻电流方向如图 2 所示。则环心 O 处的磁场方向为（ ）A.向下。 B.向上。C.垂直纸面向里。 D.垂直纸面向外。分析与解：对于左右两个螺线管分别由安培定则判得上方均为磁场北极，下方均为磁场南极，所以环心 O 处的磁场方向为向下，即A 选项正确。例 3、安培秤如图 3 所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有 N 匝，它的下部悬在均匀磁场 B 内，下边一段长为 L，它与B 垂直。当线圈的导线中通有电流 I 时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为 m 的砝码，才
9、能使两臂再达到平衡。求磁感强度 B 的大小。分析与解：根据天平的原理很容易得BAI/2I/2图 1OLi图 2N NS S图 3中小学教育资源交流中心 http:/ 提供3出安培力 F= ，所以 F=NBLI= ，因此磁感强度 B= 。mg21mg21NLImg2典型问题 2：会定性分析导体在安培力作用下的运动。判别物体在安培力作用下的运动方向，常用方法有以下四种：1、电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判出每小段电流元受安培力方向，从而判出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。2、特殊值分析法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置(如转过 90)后再判所受安
10、培力方向，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、条形磁铁也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成很多的环形电流来分析。4、推论分析法：(1)两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；(2)两电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。例 4、如图 4 所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流 I 时，导线的运动情况是（ ）(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。分析和解：用电流元受力分析法，把直线电流等效为AO、BO 两段电
11、流元，蹄形磁感线分布如图 5 所示，根据左手定则可知 AO 段电流元受安培力方向指向纸外，BO 段电流元受安培力方向指向纸内，可见，导线将逆时针转动。所以正确答案是 C。典型问题 3：会分析计算导体棒在安培力作用下的平衡。导体棒在磁场中要受到安培力的作用，当导体棒处于静止状态时，根据物体的平衡条件可以求解相关问题。例 5、如图 6 所示，两平行光滑导轨相距为 L=20cm，金属棒 MN 的质量为 m=10g，电阻 R=8，匀强磁场磁感应强度 B方向竖直向下，大小为 B=0.8T，电源电动势为 E=10V，内阻r=1 。当电键 S 闭合时，MN 处于平衡，求变阻器 R1 的取值为多少?( 设 =
12、45)分析和解:根据左手定则判出安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如图 7。当 MN 处于平衡时，根据平衡条件有：mgsin -BILcos=0 N SA BI图 4N SA BI图 5ORMNEr SBR1图 6BmgFNFM图 7中小学教育资源交流中心 http:/ 提供4由闭合电路的欧姆定律得：I= 。 rRE1由上述二式解得：R 1=7可见，解此类题的关键是正确画出最便于分析的平面受力图。例 6、长 L=60cm 质量为 m=6.010-2kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为 B=0.4T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图 8 所示，若不计弹簧重力
13、，问(1)要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何?(2)如在金属中通入自左向右、大小为 I=0.2A 的电流，金属棒下降 x1=1cm，若通入金属棒中的电流仍为 0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少?分析与解：(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因 mg=BLI,所以I=mg/BL=2.5A.(2)因在金属中通入自左向右、大小为 I1=0.2A 的电流，金属棒下降 x1=1mm，由平衡条件得： mg=BLI+2kx1.当电流反向时，由平衡条件得：mg=-BLI+2kx 2.解得： cmxBLImg6.12典型问题 4：会分析计
14、算导体棒在瞬时安培力作用下的运动。导体棒受磁场作用的安培力的冲量公式 ，利用此公式可简便地BLqtItF求解相关问题。例 7、如图 10 所示，金属棒 的质量为 m=5g，放置在宽 L=1 、光滑的金属导轨abm的边缘上，两金属导轨处于水平面上，该处有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B=0.5T，电容器的电容 C=200F，电源电动势 E=16V，导轨平面距离地面高度 h=0.8m,g取 ，在电键 S 与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，金属棒 被抛到 s=0.064m 的地面上，试求 棒abab被水平抛出时电容器两端的电压。分析与解：当 S 接“1”时，电容器充电，稳定时两极板的电压为：
15、 ，VEU6所以带电量为： ；CQ3102.当 S 接“2”时，电容器放电，有放电电流通过 棒，ab但该电流是变化的，所以 棒受到的安培力也是变化的。 棒离开水平导轨的初速 V0ab可根据 棒此后的平抛运动求出：ab图 8图 9mgFF1 F2I图 10E中小学教育资源交流中心 http:/ 提供5由 ，得 。201gthtVs， smhgSV/16.020设放电过程时间为 ，此过程通过 棒的电量为 ，由动量定理得:tabQ，0QBLItF所以 ，CmV3016.所以 被抛出时电容器极板上剩余的电量为 ，ab QC.1603所以 棒被抛出时电容器两端的电压为 。UCV8典型问题 5：会分析计算
16、带电粒子在有界磁场中的运动问题。带电粒子在有界磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1.带电粒子在半无界磁场中的运动例8、一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率V垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中(如图11).磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直,并垂直于图1中纸面向里.(1)求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.(2)如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线O与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是 。tmqB2分析与解：(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直,在洛仑
17、兹力作用下,做匀速圆周运动.设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得：,解得rVmBq2BqV如图12所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r所以 2(2)当离子到位置P时,圆心角(见图12)： tmBqrV因为 ，所以 .2tmqB2O BS V P图 11O BS V P图 12O/ A中小学教育资源交流中心 http:/ 提供62、带电粒子在圆形磁场中的运动例 9、圆心为 O、半径为 r 的圆形区域中有一个磁感强度为 B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为 L 的 O处有一竖直放置的荧光屏 MN，今有一质量为 m 的电子以速率 v 从左侧沿方向垂直射入磁场，越
18、出磁场后打在荧光屏上之 P 点，如图 13 所示，求 OP 的长度和电子通过磁场所用的时间。分析与解：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为 O，半径为 R。圆弧段轨迹 AB所对的圆心角为 ，电子越出磁场后做速率仍为 v 的匀速直线运动， 如图 14 所示，连结 OB，OAOOBO，又 OAOA，故 OBOB，由于原有 BPOB，可见 O、B、P 在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P 中，OP=(L+r)tan，而 ，)2(tan1t,所以求得 R 后就可以求出 OP 了，电子经过r)2tan(磁场的时间可用 t= 来求得。VAB由 得 R=RmeV2 tan)(.rL
19、e，r)tan(222)(ta1t rBeVm，22, )(nLrLPOact(2rBeV)rta22mR3、带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动例 10、如图 15 所示，一束电子(电量为 e)以速度 V 垂直射入磁感强度为 B，宽度为 d 的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是 30，则电子的质BABdVV300O图 15MNO,LA O图 13PMNO,LA O图 14R/2/2BPO/中小学教育资源交流中心 http:/ 提供7量是 ，穿透磁场的时间是 。分析与解：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为 fV，故圆心在电子穿入和穿出磁场
20、时受到洛仑兹力指向交点上，如图 15 中的 O点，由几何知识知，AB 间圆心角 30，OB 为半径。r=d/sin30=2d，又由 r=mV/Be 得 m=2dBe/V又AB 圆心角是 30，穿透时间 t=T/12，故 t=d/3V。带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量 m 和电量 e,若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度 V 必须满足什么条件？这时必须满足 r=mV/Bed,即 VBed/m.4、带电粒子在正方形磁场中的运动例 11、长为 L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图 16 所示，磁感强度为 B，板间距离也为 L，板不
21、带电，现有质量为 m，电量为 q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 V 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）A.使粒子的速度 V5BqL/4m；C使粒子的速度 VBqL/m；D使粒子速度 BqL/4m5BqL/4m 时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在 O点，有 r2L/4，又由 r2mV 2/Bq=L/4 得V2BqL/4mV 20,y0)这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处。磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积。磁场的最小面积为; 202)()14(2BeVmS7、带电粒子在有“圆孔”的磁场中运动例 14、如图 22 所示，两个
22、共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝、和，外筒的外半径为，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为、带电量为的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝 的点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点， 则两电极之间的电压应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）分析与解：如图 23 所示，带电粒子从 S 点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝 a 而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到 S点的条件是能沿径向穿过狭缝 d.只要穿过了
23、d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经 d 重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过 c、b，再回到 S 点。设粒子进入磁场区的速度大小为 V，根据动能定理，有：21mqU设粒子做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有： VBq2由前面分析可知，要回到 S 点，粒子从 a 到 d 必经过 圆43周，所以半径 R 必定等于筒的外半径 r，即 R=r.由以上各式解得：.mqrBU2 a bcd S o图 23a bcd S o图 22中小学教育资源交流中心 http:/ 提供108、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动例 15、如图 24 所示，空间分布着有理想边界
24、的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为 E、方向水平向右，电场宽度为 L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为 m、电量为 q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的 O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到 O 点，然后重复上述运动过程。求：（1） 中间磁场区域的宽度 d;（2） 带电粒子从 O 点开始运动到第一次回到 O 点所用时间 t.分析与解：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 21mVqEL带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： RBV2由以上两式，可得 。qmELB21可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图 25 所示，三段圆弧的圆心组成的三角形 O 1O2O3是等边三角形，其边长为 2R。所以中间磁场区域的宽度为qLRd6210sin（2）在电场中，EmVat1在中间磁场中运动时间 qBTt322在右侧磁场中运动时间 ，mt563则粒子第一次回到 O 点的所用时间为。qBELtt 372321 综上所述，运动的带电粒子垂直进入有界的匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出轨迹图，并灵活运用B BEL dO图 24OO3O1O2图 25600
