黑龍江省哈爾濱市第一零九中學高考物理二輪專題復習磁場教案

1、學習必備歡迎下載黑龍江省哈爾濱市第一零九中學20XX年高考物理二輪專題復習磁場教案一、基本概念1磁場的產(chǎn)生磁極周圍有磁場。電流周圍有磁場（奧斯特）。安培提出分子電流假說（又叫磁 性起源假說），認為磁極的磁場和電流的磁場都是由電荷的運動產(chǎn)生的。變化的電場在周圍空間產(chǎn)生磁場（麥克斯韋）。2磁場的基本性質(zhì)磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用（對磁極一定有力的作用；對電流可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受磁場力作用）。3磁感應強度（條件是 ；在勻強磁場 中或L很小。）FL BBIL磁感應強度是矢量。單位是特斯拉，符號為T， 1T=1N/(A m)=1kg/(A s2)4磁感線用來形象地描述磁

2、場中各點的磁場方向和強弱的曲線。磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，也就是在該點小磁針靜止時N極的指向。磁感線的疏密表示磁場的強弱。磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。要熟記常見的幾種磁場的磁感線：+NS條形磁鐵蹄形磁鐵地球磁場磁感線平行于地面；除兩極外，地磁場的特點：兩極的磁感線垂直于地面；赤道上方的磁感線的水平分量總是指向北方；南半球的磁感線的豎直分量向上，北半球的磁感線的豎直分量向下。通電直導線周圍磁場通電環(huán)行導線周圍磁場通電長直螺線管內(nèi)部磁場電流的磁場方向由安培定則（右手螺旋定則）確定：對直導線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流， 大拇指指中心軸線上的磁感線方向； 對長直螺線

3、管大拇指指螺線管內(nèi)部的磁感線方向。二、安培力（磁場對電流的作用力）1安培力方向的判定用左手定則。用“同向電流相吸，反向電流相斥”（適用于兩電流互相平行時）?？梢园褩l形磁鐵等學習必備歡迎下載效為長直螺線管（不要把長直螺線管等效為條形磁鐵）。只要兩導線不是互相垂直的，都可以用“同向電流相吸，反向電流相斥”判定相互作用的磁場力的方向；當兩導線互相垂直時，用左手定則分別判定每半根導線所受的安培力。例 1如圖所示，可以自由移動的豎直導線中通有向下的電流，不計通電S導線的重力，僅在磁場力作用下，導線將如何移動？I解：先畫出導線所在處的磁感線， 上下兩部分導線所受安培力的方向相反，N使導線從左向右看順時針轉

4、動；同時又受到豎直向上的磁場的作用而向右移動（不要說成先轉 90o后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。例 2條形磁鐵放在粗糙水平面上，正中的正上方有一導線，通F有圖示方向的電流后，磁鐵對水平面的壓力將會_ _（增大、減小F1還是不變？）。水平面對磁鐵的摩擦力大小為_。解：本題有多種分析方法。畫出通電導線中電流的磁場中通過NF兩極的那條磁感線（如圖中下方的虛線所示），可看出兩極受的磁場力的合力豎直向上。 磁鐵對水平面的壓力減小，但不受摩擦力。 畫出條形磁鐵的磁感線中通過通電導線的那一條（如圖中上方的虛線所示），可看出導線受到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上。把條形磁鐵等效為

5、通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導線中的電流是同向電流，所以互相吸引。例 3電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時電流方向如圖所示。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？解：畫出偏轉線圈內(nèi)側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。電子流的等效電流方向是向里的，根據(jù)“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”， 可判定電子流向左偏轉。2安培力大小的計算F=BLIsin （ 為 B、 L 間的夾角）高中要求會計算=0（不受安培力）和 =90o兩種情況。例 4如圖所示，光滑導軌與水平面成 角，導軌寬 L。金屬桿長也為 L ，質(zhì)量為 m，水平放在導軌上。勻強磁場磁感

6、應強度為B，方向垂直于金屬桿。當回路總電流為 I 1 時，金屬桿正好能靜止。 求：B 至少多大？這時 B的方向如何？若保持 B 的大小不變而將 B 的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止？B解：畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知， 只有當安培力方向沿導軌平面向上時安培力才最小， B也最小。根據(jù)左手定則，這時B 應垂直于導軌平面向上，大小F2Si滿足：1 =sin ， = sin /1 。BI L mgB mgI L當 B 的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴遥貙к壏较蚝狭榱?，?BI2Lcos =mgsin ， I 2=I 1/cos 。解這類題

7、時必須畫出截面圖，從平面圖中弄清各矢量方向間的關系。例 5如圖所示， 質(zhì)量為 m的銅棒搭在 U形導線框右端， 棒長和框?qū)捑鶠長，磁B感應強度為 B 的勻強磁場方向豎直向下。電鍵閉合后，在磁場力作用下銅棒被平拋出去，下落 h 后落在水平面上，水平位移為s。求閉合電鍵后通過銅棒的電荷量Q。解：閉合電鍵后的極短時間內(nèi)，銅棒受安培力向右的沖量Ft =mv0 而被平拋出去，其中 F=BIL ，而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量Q=It ，由平拋規(guī)律可算銅hs棒離開導線框時的初速度，最終可得ms。sgQgv0sBL2ht2h學習必備歡迎下載三、洛倫茲力1洛倫茲力的大小運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，

8、它是安培力的微觀表現(xiàn)。計算公式的推導： 如圖所示， 整個導線受到的磁場力 （安培力）為 F =BIL；安F 安其中 I=nesv ；設導線中共有 N個自由電子 N=nsL；每個電子受的磁場力為f ，F(xiàn)則 F 安=Nf。由以上四式得 f=qvB。條件是 v 與 B垂直。（v 與 B 平行時洛倫茲力為零。）BI2洛倫茲力的方向在用左手定則時，四指必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。例 6磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？解：由左手定則，正、負

9、離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產(chǎn)生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電+場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢R。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于EB電場力， 進入的正負離子又將發(fā)生偏轉。這時電動勢仍是 E=Bdv，但路端電壓將小于 Bdv。注意：正負離 子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。無論外電路是否接通， 電動勢 Bdv保持不變；外電路接通時，電路中有電流，一定有洛倫茲力大于電場力，因此兩板間的路端電壓將小于電動勢Bdv。注意對帶電粒子偏轉聚集在極板上以后新產(chǎn)生的電場的分析

10、。例 7半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p 型和 n 型兩種。 p 型半導體中空穴為多數(shù)載流子；n 型半導體中自由電子為多數(shù)載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p 型還是 n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I ，用電壓表比較上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高， 就是 p 型半導體； 若下極板電勢高，就是 n 型半導體。試分析原因。解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流I方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉。p 型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n 型半導體中自由電子多，上極板電勢低。注意：當電流方向相同時

11、， 正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉方向相同。3洛倫茲力的應用帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力， 因此有：mv2 ，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式：m v2 m 。qvBr,TBqrBq注意：計算題中，必須先寫出原始方程，再寫半徑公式和周期公式。例 8如圖直線 MN上方有磁感應強度為B 的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與 MN成 30°角的同樣速度 v 射入磁場（電子質(zhì)量為 m，電荷為 e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？（不考慮正、負電子間的相互作用）解：正負電子的半徑和周期是相同

12、的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，BvMON學習必備歡迎下載畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r ，由圖還看出經(jīng)歷時間相差2T/3 。由mv 2 得軌道半徑 r和周期 T 分別為mv2 m ，evBr,TrBeBe因此兩個射出點相距2mv ，時間差為4 m 。st3BqBe解題關鍵是畫好示意圖，畫圖中特別注意找圓心、找半徑和用對稱。4帶電粒子在勻強磁場中的偏轉 v L 穿過矩形磁場區(qū)。 要先畫好輔助線 （半徑、 速度及延長線） 。偏轉角由 sin =L/ R222my v求出。側移由R=L -( R-y)解出。經(jīng)歷時間由得出。tRBqBO注意，這里射

13、出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉結論不同！穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由r 求出。經(jīng)歷時間由得出。rv OtmtanRBq2v注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。例 9在真空中半徑為 r= 3.0 × 10-2 m的圓形區(qū)域內(nèi)。有磁感應強度B=0.20T ，方向垂直于紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子以速度v0=1.2 × 106m/s的初速度，從圓的直O(jiān)徑 ab 的一個端點 a 射入圓形區(qū)域。已知該帶電粒子的荷質(zhì)比為q/ m=108C/kg ，不計重aB力。則

14、粒子在該圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間最長為_s ，與此對應的在a 點入射時的速bO度方向與直徑ab 的夾角應該是 _。解：先計算出帶電粒子在該磁場中的軌道半徑mv =6.0 × 10-2 m=2r ，因此在磁RBq場圓中的軌跡一定是一段劣弧。在同圓中劣弧越長所對的弦也越長，而圓內(nèi)最長的弦就是直徑，因此該粒子應從b點射出。又由于2 ，因此軌跡兩端與圓心恰組成正三角形， 偏轉角為R= r60o，時間是Tm =5.2 ×10-8 s。a 點入射時的速度方向與直徑ab 的夾角是 30o。t63Bq例 10一個質(zhì)量為m電荷量為 q 的帶電粒子從 x 軸上的 P( a，0) 點以速度 v，沿與

15、x 正方向成 60o的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y 軸射出第一象限。yvBS求勻強磁場的磁感應強度B和射出點 S的坐標。解：根據(jù)已知畫出粒子在磁場中的運動軌跡，其圓心一定在y軸上，半徑是，由得，因此。射出點S到原點的距a2mv3mvrqvBm vcos30 orrB2aqqB離是 1.5 r ，因此坐標為（0，3a ）。四、帶電粒子在混合場中的運動QvOxP學習必備歡迎下載1空間同時存在正交的勻強電場和勻強磁場+正交的勻強磁場和勻強電場組成“速度選擇器”。帶電粒子（不計重力）必須以唯一確定的速度 （包括大小、 方向） 才能勻速 （或者說沿直線） 通過速度選擇器。vqvB=Eq

16、，否則將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：vE 。在本圖中，速度方向必須向右。B這個結論與帶電粒子的電性、電量都無關。若速度小于該速度， 電場力將大于洛倫茲力， 粒子向電場力方向偏轉， 穿越混合場過程電場力做正功， 動能增大， 洛倫茲力也增大， 粒子的軌跡是一條復雜曲線； 若大于該速度，粒子將向洛倫茲力方向偏轉， 穿越混合場過程電場力將做負功， 動能減小，洛倫茲力也減小，軌跡也是一條復雜曲線。例 11某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以垂直于電場和磁場的+速度 v0 向右射去， 從右端中心 a 下方的 b 點以速度 v1射出；若增大磁感應強度v0cB，該粒子將打到

17、a 點上方的 c 點，且有 ac=ab，則該粒子帶 _電；第二次Oa射出時的速度為 _。b解： B 增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功， 所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功， 但功的絕對值相同，因此1 mv121 mv021 mv021 mv22 , v22v02v1222222帶電粒子分別通過勻強電場和勻強磁場例 12如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0v0L分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)，場區(qū)的寬度均為L 偏轉角度均為 ，B求 E解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉：BEEqL ，在磁場中偏轉：sinLBq ，

18、由以上兩式可得tanmv0mv02E?？梢宰C明：當偏轉角相同時，側移不同（電場中側移大）；當側移相同時，偏v0Bcos轉角不同（磁場中偏轉角大） 。3帶電粒子依次在電場、磁場中做連續(xù)運動例 13如圖所示， 在 xOy平面內(nèi)的第象限中有沿- y 方向的勻強電場， 場y強大小為 E。在第和第象限有勻強磁場，方向垂直于坐標平面向里。 有一個B質(zhì)量為，電荷量為e的電子，從y軸的P點以初速度v0 垂直于電場方向進入m電場（不計重力） ，經(jīng)電場偏轉后，沿著與x 軸負方向成 45o角進入磁場，并能MOx返回到原出發(fā)點P。簡要說明電子的運動情況，并畫出電子運動軌跡的示意圖；v0P求 P點距坐標原點的距離；電子

19、從P點出發(fā)經(jīng)多長時間再次返回P點？E解：設 OP=x，在電場中偏轉45o，說明在 M點進入磁場時的速率y2v0ROBMxNv0PEO學習必備歡迎下載是2 v0，由動能定理知電場力做功 Eex= 12，因此mv02 ；由于這段時間內(nèi)水平、豎2mv0x2eE直方向平均速度之比為2 1，因此 OM=2x。根據(jù)電子在磁場中做圓周運動軌道的對稱性，從N點射出磁場時速度與x 軸也成 45o，又恰好能回到 P 點，因此 ON=x?？芍诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑 R=1.52 x。軌跡如右圖中紅線所示。P 點距坐標原點的距離為mv02 。x2eE電子在第象限的平拋運動時間2xmv0，在第象限直線運動的時間t1v

20、0eEt 32xmv0，在第、象限運動的時間是32R，而3x3 2mv02 ，2v02eEt24R22v024eE帶入得9 mv0，因此 t=t 1 + t 2+ t 3=33mv0。t28eE48eE4帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動（電場、磁場均為勻強場）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。例 14一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_，旋轉方向為 _。若已知圓半徑為r ，電場強度為E 磁感應強度為 B，則線速度為 _。解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定

21、則得逆時針轉動；再由mvBrgEq mg和 rBq得 vE帶電微粒在三種場共存區(qū)域中做直線運動。當其速度始終平行于磁場時，不受洛倫茲力， 因此可能做勻速運動也可能做勻變速運動； 當帶其速度垂直于磁場時， 只能做勻速運動。例 15如圖所示，空間某一區(qū)域內(nèi)同時存在豎直向下的勻強電場、垂直紙面向里的勻強磁場。帶電微粒 a、b、c 所帶電荷電性和電量都相同， 以相同的速率在此空間分別向右、向左、向里做勻速運動。 有以下判斷： 它們都帶負電； 它們都帶正電；aBb 的質(zhì)量最大； a 的質(zhì)量最大。以上判斷正確的是cbA B C D E解： 由 c 知電性必須為負；在豎直方向它們所受合力都為零，其中電場力方

22、向都向上，大小也相等，但a 受的洛倫茲力向下，b 受的洛倫茲力向上，c 不受洛倫 茲力，而重力向下，因此 b的重力最大，質(zhì)量最大。選A。五、質(zhì)譜儀加速器1質(zhì)譜儀下圖的兩種裝置都可以用來測定帶電粒子的荷質(zhì)比， 或者在已知電量的情況下測定粒子質(zhì)量。帶電粒子質(zhì)量m，電荷量 q，由電壓 U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻UM NOB學習必備歡迎下載強磁場，測得在該磁場中做圓周運動的軌道半徑為r ，則有：qU1mv2，qvBmv2，可得 q2U2rmB 2r 2帶電粒子質(zhì)量m，電荷量 q，以某一速度恰好能沿直線穿過速度選擇器（電場強度E，磁感應強度1），垂直進入磁感應強度為2 的勻強磁場。測得在該磁場中做圓周運動的軌道EB1BB半徑為r，則有：1，可得：M NOqE=qvB2qEqvB2m vB2rmB1 B2 r2回旋加速器利用帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關的特點，可以作成回旋加速器。在 AA和 A/ A/間加交變電壓， 其周期與粒子運動周期相/B/D形金屬盒之間運動時，被電場加速；在D形金屬盒內(nèi)運動同。帶電粒子在兩個AA0A時，由于 D形金屬盒可以屏蔽電場，因此帶電粒子只受洛倫茲力作用而作勻速圓AA周運動