高中物理磁場講義

1、 磁場基本性質(zhì)基礎知識 一、磁場1、磁場：磁場是存在于磁體、運動電荷周圍的一種物質(zhì)它的基本特性是：對處于其中的磁體、電流、運動電荷有力的作用2、磁現(xiàn)象的電本質(zhì)：所有的磁現(xiàn)象都可歸結為運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用二、磁感線為了描述磁場的強弱與方向，人們想象在磁場中畫出的一組有方向的曲線1疏密表示磁場的強弱2每一點切線方向表示該點磁場的方向，也就是磁感應強度的方向3是閉合的曲線，在磁體外部由N極至S極，在磁體的內(nèi)部由S極至N極磁線不相切不相交。4勻強磁場的磁感線平行且距離相等沒有畫出磁感線的地方不一定沒有磁場5安培定則：姆指指向電流方向，四指指向磁場的方向注意這里的磁感線是一個個同心圓，每

2、點磁場方向是在該點切線方向· *熟記常用的幾種磁場的磁感線：【例1】根據(jù)安培假說的物理思想：磁場來源于運動電荷如果用這種思想解釋地球磁場的形成，根據(jù)地球上空并無相對地球定向移動的電荷的事實那么由此推斷，地球總體上應該是：（ ）A.帶負電; B.帶正電;C.不帶電; D.不能確定三、磁感應強度1磁場的最基本的性質(zhì)是對放入其中的電流或磁極有力的作用，電流垂直于磁場時受磁場力最大，電流與磁場方向平行時，磁場力為零。2在磁場中垂直于磁場方向的通電導線受到的磁場力F跟電流強度I和導線長度l的乘積Il的比值，叫做通電導線所在處的磁感應強度表示磁場強弱的物理量是矢量大?。築=F/Il（電流方向與磁

3、感線垂直時的公式）方向：左手定則：是磁感線的切線方向；是小磁針N極受力方向；是小磁針靜止時N極的指向不是導線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向 單位：牛/安米，也叫特斯拉，國際單位制單位符號T點定B定：就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應強度的大小與方向都是定值勻強磁場的磁感應強度處處相等磁場的疊加:空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應強度的矢量和,滿足矢量運算法則.【例2】如圖所示，正四棱柱abed一a'b'c'd'的中心軸線00'處有一無限長的載流直導線，對該電流的磁場，

4、下列說法中正確的是（ ）A.同一條側棱上各點的磁感應強度都相等B.四條側棱上的磁感應強度都相同C.在直線ab上，從a到b，磁感應強度是先增大后減小D.棱柱內(nèi)任一點的磁感應強度比棱柱側面上所有點都大【例3】如圖所示，兩根導線a、b中電流強度相同方向如圖所示，則離兩導線等距離的P點，磁場方向如何？【例4】六根導線互相絕緣，所通電流都是I，排成如圖10一5所示的形狀，區(qū)域A、B、C、D均為相等的正方形，則平均磁感應強度最大的區(qū)域是哪些區(qū)域？該區(qū)域的磁場方向如何？【例5】一小段通電直導線長1cm，電流強度為5A，把它放入磁場中某點時所受磁場力大小為01N，則該點的磁感強度為（ ） AB2T； BB2T

5、； C、B2T ；D以上三種情況均有可能B·a·b·c·d【例6】如圖所示，一根通電直導線放在磁感應強度B=1T的勻強磁場中，在以導線為圓心，半徑為r的圓周上有a,b,c,d四個點，若a點的實際磁感應強度為0，則下列說法中正確的是（ ）A.直導線中電流方向是垂直紙面向里的B.C點的實際磁感應強度也為0C. d點實際磁感應強度為，方向斜向下，與B夾角為450D.以上均不正確四、磁通量與磁通密度1磁通量：穿過某一面積磁力線條數(shù)，是標量2磁通密度B：垂直磁場方向穿過單位面積磁力線條數(shù)，即磁感應強度，是矢量3二者關系：B/S（當B與面垂直時），BScos，Sco

6、s為面積垂直于B方向上的投影，是B與S法線的夾角【例7】如圖所示，A為通電線圈，電流方向如圖所示，B、C為與A在同一平面內(nèi)的兩同心圓，B、C分別為通過兩圓面的磁通量的大小，下述判斷中正確的是（ ） A穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向外 B穿過兩圓面的磁通方向是垂直紙面向里 CBC DBC規(guī)律方法 1.磁通量的計算【例8】如圖所示，勻強磁場的磁感強度B20T，指向x軸的正方向，且ab=40cm，bc=30cm，ae=50cm，求通過面積Sl（abcd）、S2（befc）和S3（aefd）的磁通量1、2、3分別是多少？【例9】如圖4所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd在細長磁鐵N極附近下落，保持

7、bc邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，由圖中的位置經(jīng)過位置到位置，且位置和都很靠近位置，在這個過程中，線圈中的磁通量（ ） A是增加的； B是減少的 C先增加，后減少； D先減少，后增加【例10】如圖所示邊長為100cm的正方形閉合線圈置于磁場中，線圈AB、CD兩邊中點連線OO/的左右兩側分別存在方向相同、磁感強度大小各為B106T，B2=04T的勻強磁場。若從上往下看，線圈逆時針轉過370時，穿過線圈的磁通量改變了多少？解析：課堂練習：1.(2011·臨汾高二檢測)如圖所示，把一條導線平行地放在磁針的上方附近，當導線中有電流通過時，磁針會發(fā)生偏轉發(fā)現(xiàn)這個實驗現(xiàn)象的物理學家是()2(2010&

8、#183;德州高二檢測)電工師傅能夠用螺絲刀將狹小空間內(nèi)的小螺絲吸引上來，關于該現(xiàn)象的解釋正確的是()A是因為螺絲刀帶電把小螺絲吸引上來的B是因為螺絲帶電和螺絲刀相互吸引發(fā)生的C是因為螺絲刀帶有磁性，把小螺絲吸引上來的D是因為小螺絲帶有磁性，去吸引螺絲刀的3(蘇南八校聯(lián)考)指南針是我國古代四大發(fā)明之一，東漢學者王充在論衡一書中描述的“司南”是人們公認的最早的磁性定向工具，關于指南針能指示南北方向是由于()A指南針的兩個磁極相互吸引B指南針的兩個磁極相互排斥C指南針能吸引鐵、鋁、鎳等物質(zhì)D地磁場對指南針的作用4.如圖所示，假如將一個小磁針放在地球的北極點上，那么小磁針的N極將()A指北 B指南

9、C豎直向上 D豎直向下5(2010·長春高二檢測)物理實驗都需要有一定的控制條件奧斯特做電流磁效應實驗時，應排除地磁場對實驗的影響關于奧斯特的實驗，下列說法中正確的是()A該實驗必須在地球赤道上進行B通電直導線應該豎直放置C通電直導線應該水平東西方向放置D通電直導線應該水平南北方向放置6如果你看過中央電視臺體育頻道的圍棋講座就會發(fā)現(xiàn)，棋子在豎直放置的棋盤上可以移動，但不會掉下來原來，棋盤和棋子都是由磁性材料制成的棋子不會掉落是因為()A質(zhì)量小，重力可以忽略不計B受到棋盤對它向上的摩擦力C棋盤對它的吸引力與重力平衡D它一方面受到棋盤的吸引，另一方面受到空氣的浮力7如圖所示，a、b、c三

10、根鐵棒中有一根沒有磁性，則這一根可能是()Aa BbCc D都有可能8有關磁感應強度B的說法正確的是()A對于B，比值越大，說明通電導線所在處的磁感應強度一定越大B對于B，F(xiàn)越大，說明通電導線所在處的磁感應強度一定越大C可用來量度磁感應強度的大小，但B是由磁場本身因素決定的，與I、L、F無關D在I、L相同的情況下，垂直磁場方向放置通電導線，受力F越大的地方，B越大9把長度L、電流I都相同的一小段電流元放入某磁場中的A、B兩點，電流元在A點受到磁場力較大，則()AA點的磁感應強度一定大于B點的磁感應強度BA、B兩點磁感應強度可能相等CA、B兩點磁感應強度一定相等DA點磁感應強度可能小于B點磁感應

11、強度10在勻強磁場中某處P放一個長度為L20cm、通電電流I0.5A的直導線，測得它受到的最大磁場力F1.0N，其方向豎直向上，現(xiàn)將該通電導線從磁場撤走，則P處磁感應強度為()A零B10T，方向豎直向上C0.1T，方向豎向下D10T，方向肯定不沿豎直向上的方向11下列可用來表示磁感應強度的單位關系的是()A1T1kg/m2B1T1kg/(A·s2)C1T1kg·m2/(A·s2) D1T1N/(A·m)12先后在磁場中A、B兩點引入長度相等的短直導線，導線與磁場方向垂直如圖所示，圖中a、b兩圖線分別表示在磁場中A、B兩點導線所受的力F與通過導線的電流I的

12、關系下列說法中正確的是()AA、B兩點磁感應強度相等BA點的磁感應強度大于B點的磁感應強度CA點的磁感應強度小于B點的磁感應強度D無法比較磁感應強度的大小13一段電流元放在同一勻強磁場中的四個位置，如圖所示，已知電流元的電流I、長度L和受力F，則可以用表示磁感應強度B的是()14磁感應強度為矢量，它可以分解為幾個分量(1)如果北半球某處地磁場的磁感應強度大小為B，與水平方向的夾角為，那么該處地磁場的磁感應強度的水平分量和豎直分量各為多大？(2)如果地理南、北極和地磁北、南極是重合的，那么在赤道上空磁場的豎直分量是多大？在極地上空地磁場的水平分量是多大？15磁場中放一與磁場方向垂直的電流元，通入

13、的電流是2.5A，導線長1cm，它受到的安培力為5×102N.問：(1)這個位置的磁感應強度是多大？(2)如果把通電導線中的電流增大到5A時，這一點的磁感應強度是多大？(3)如果通電導線在磁場中某處不受磁場力，是否可以肯定這里沒有磁場？課后練習：1磁性水雷是用一個可繞軸轉動的小磁針來控制起爆電路的，軍艦被地磁場磁化后就變成了一個浮動的磁體，當軍艦接近磁性水雷時，就會引起水雷的爆炸，其依據(jù)是()A磁體的吸鐵性 B磁極間的相互作用規(guī)律C電荷間的相互作用規(guī)律 D磁場對電流的作用原理2實驗表明：磁體能吸引一元硬幣，對這種現(xiàn)象解釋正確的是()A硬幣一定是鐵做的，因為磁體能吸引鐵B硬幣一定是鋁做

14、的，因為磁體能吸引鋁C磁體的磁性越強，能吸引的物質(zhì)種類越多D硬幣中含有磁性材料，磁化后能被吸引3.(2011·煙臺質(zhì)檢)兩個完全相同的條形磁鐵，放在平板AB上，磁鐵的N、S極如圖所示，開始時平板及磁鐵皆處于水平位置，且靜止不動a現(xiàn)將AB突然豎直向上平移(平板與磁鐵之間始終接觸)，并使之停在AB處，結果發(fā)現(xiàn)兩個條形磁鐵吸在了一起b如果將AB從原來位置突然豎直向下平移，并使之停在位置AB處，結果發(fā)現(xiàn)兩條形磁鐵也吸在了一起，請回答下列問題：(1)開始時兩磁鐵靜止不動，磁鐵間的相互作用力是_力；右側的磁鐵受到的靜摩擦力的方向向_(2)在a過程中磁鐵開始滑動時，平板正在向上加速還是減速呢？答：

15、_.(3)在b過程中磁鐵開始滑動時，平板正在向下加速還是減速呢？答：_.4下列說法中正確的是()A電荷在某處不受靜電力的作用，則該處的電場強度為零B一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處磁感應強度一定為零C把一個試探電荷放在電場中的某點，它受到靜電力與其電荷量的比值表示該點電場的強弱D把一小段通電導線放在磁場中某處，所受的磁場力與該小段通電導線的長度和電流的乘積的比值，表示該處磁場的強弱5如圖所示，豎直向下的勻強磁場中，用兩條豎直線懸吊一水平通電直導線，導線長為L，質(zhì)量為m，通入電流I后，懸線偏離豎直方向角保持靜止，已知導線受到磁場力方向水平，求磁場的磁感應強度6磁場具有能量，磁場中單位

16、體積所具有的能量叫做能量密度，其值為B2/2，式中B是磁感應強度，是磁導率，在空氣中為已知常數(shù)為了近似測得條形磁鐵磁極端面附近的磁感應強度B，一學生用一根端面面積為A的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P，再用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離l，并測出拉力F，如圖所示因為F所做的功等于間隙中磁場的能量，請推導磁感應強度B與F、A之間的關系磁場對電流的作用基礎知識 一、安培力1.安培力：通電導線在磁場中受到的作用力叫做安培力說明:磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現(xiàn)即為安培力2.安培力的計算公式：FBILsin（是I與B的夾角）；通電導線與磁場方向垂直時，即9

17、00，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即00，此時安培力有最小值，F(xiàn)=0N;00B900時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件:I1I2公式FBIL一般適用于勻強磁場中IB的情況，對于非勻強磁場只是近似適用（如對電流元），但對某些特殊情況仍適用 如圖所示，電流I1/I2,如I1在I2處磁場的磁感應強度為B，則I1對I2的安培力FBI2L，方向向左，同理I2對I1，安培力向右，即同向電流相吸，異向電流相斥根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力兩根通電導線間的磁場力也遵循牛頓第三定律二、左手定則1.用左手定則判定安培力方向的

18、方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿過手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向2.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線垂直,即F跟BI所在的面垂直但B與I的方向不一定垂直3.安培力F、磁感應強度B、電流1三者的關系已知I,B的方向，可惟一確定F的方向；已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；已知F,1的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定4.由于B,I,F的方向關系常是在三維的立體空間，所以求解本部分問題時，應具有較好的空間想象力，要善于把立體圖畫變成

19、易于分析的平面圖，即畫成俯視圖，剖視圖，側視圖等【例1】如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上在其左上方固定一根與磁鐵垂直的長直導線，當導線通以如圖所示方向電流時（ ）A磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向左的摩擦力作用B磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向右的摩擦力作用C磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向左的摩擦力作用D磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向右的摩擦力作用解析：導線所在處磁場的方向沿磁感線的切線方向斜向下，對其沿水平豎直方向分解，如圖1015所示對導線： Bx產(chǎn)生的效果是磁場力方向豎直向上 By產(chǎn)生的效果是磁場力方向水平向左 根據(jù)牛頓第三定律：導線對磁鐵的力有豎直向下的作用力，因而磁鐵對桌面壓力增大；導

20、線對磁鐵的力有水平向右的作用力因而磁鐵有向右的運動趨勢，這樣磁鐵與桌面間便產(chǎn)生了摩擦力，桌面對磁鐵的摩擦力沿水平方向向左 答案：Ci【例2】.如圖在條形磁鐵N極處懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向的電流時，線圈將向哪個方向偏轉？分析：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：螺線管的電流在正面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數(shù)多所以線圈向右偏轉。【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

21、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。規(guī)律方法 1。安培力的性質(zhì)和規(guī)律；公式F=BIL中L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端如圖所示，甲中：，乙中：L/=d(直徑）2R（半圓環(huán)且半徑為R)安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；安培力做功:做功的結果將電能轉化成其它形式的能【例4】如圖所示，在光滑的水平桌面上，有兩根彎成直角相同金屬棒，它們的一端均可繞固定轉軸O自由轉動，另一端 b互相接觸，組成一個正方形線框，正方形邊長為 L，勻強磁場的方向垂直桌面向下，磁感強度為 B當線框中通以圖示方向的電流時，兩金屬棒b點

22、的相互作用力為f此時線框中的電流為多少？解析：由于對稱性可知金屬棒在O點的相互作用力也為f，所以Oa邊和ab邊所受安培力的合力為2f，方向向右，根據(jù)左手定則可知Oa邊和ab邊所受安培力F1、F2分別與這兩邊垂直，由力的合成法則可求出 F1= F2=2fcos450=fBIL，I=fBL 點評：本題也利用了對稱性說明 O點的作用力為f，當對左側的金屬棒作受力分析時，受到的兩個互相垂直的安培力F1、F2（這兩個安培力大小相等為 F）的合力是水平向右的，大小為F，與O、b兩點受到的作用力2f相平衡?！纠?】質(zhì)量為m的通電細桿ab置于傾角為的平行導軌上，導軌寬度為d，桿ab與導軌間的摩擦因數(shù)為有電流時

23、aB恰好在導軌上靜止，如圖所示，如圖1019所示是沿ba方向觀察時的四個平面圖，標出了四種不同的勻強磁場方向，其中桿與導軌間摩擦力可能為零的是（ ） 解析：桿的受力情況為：答案：AB2、安培力作用下物體的運動方向的判斷（1）電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段電流所受合力方向，最后確定運動方向（2）特殊位置法：把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向（3）等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析（4）

24、利用結論法：兩電流相互平行時無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；兩電流不平行時，有轉動到相互平行且電流方向相同的趨勢（5）轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向（6）分析在安培力作用下通電導體運動情況的一般步驟畫出通電導線所在處的磁感線方向及分布情況用左手定則確定各段通電導線所受安培力)據(jù)初速方向結合牛頓定律確定導體運動情況(7)磁場對通電線圈的作用:若線圈面積為S，線圈中的電流強度為I，

25、所在磁場的孩感應強度為B，線圈平面跟磁場的夾角為，則線圈所受磁場的力矩為：M=BIScos【例6】如圖所示，電源電動勢E2V，r0.5,豎直導軌電阻可略，金屬棒的質(zhì)量m0.1kg，R=0.5，它與導體軌道的動摩擦因數(shù)0.4，有效長度為0.2 m,靠在導軌的外面，為使金屬棒不下滑，我們施一與紙面夾角為600且與導線垂直向外的磁場，（g=10 m/s2）求：（1)此磁場是斜向上還是斜向下？（2）B的范圍是多少？解析:導體棒側面受力圖如圖所示： 由平衡條件得：B最小時摩擦力沿導軌向上，則有FNBILcos300mg, FN=BILsin300 解得B2.34 T 當B最大時摩擦力沿導軌向下，則有BI

26、Lcos300mgFNFN=BILsin300 解得B=3. 75 TB的范圍是2.34 T - 3. 75 T【例7】在傾角為的斜面上，放置一段通有電流強度為I,長度為L，質(zhì)量為m的導體棒a，（通電方向垂直紙面向里），如圖所示，棒與斜面間動摩擦因數(shù)< tan.欲使導體棒靜止在斜面上，應加勻強磁場，磁場應強度B最小值是多少？如果要求導體棒a靜止在斜面上且對斜面無壓力，則所加勻強磁場磁感應強度又如何？a解析:(1)設當安培力與斜面成角時B最小，則由平衡條件得：mgsinFNBILcos, FN=mgcosBILsin解得當=900時, （2）當FN=0時，則BILmg，BIL=mg,由左手

27、定則知B方向水平向左【例8】如圖所示，abcd是一豎直的矩形導線框，線框面積為S，放在磁感強度為B的均勻水平磁場中，ab邊在水平面內(nèi)且與磁場方向成600角，若導線框中的電流為I，則導線框所受的安培力對某豎直的固定軸的力矩等于（ ） AIBS B½IBS CIBS D由于導線框的邊長及固定軸的位置來給出，無法確定解析：為便于正確找出力臂，應將題中所給的立體圖改畫成平面俯視圖，如圖1017所示，設線框ab邊長為11，cd邊長為12，并設豎直轉軸過圖中O點（O點為任選的一點） ，ao長lac，bo長lbo，則lac+lbo=l1為便于分析，設電流方向沿abcda 由左手定則判斷各邊所受安培

28、力的方向，可知ab、cd邊受力與豎直轉軸平行，不產(chǎn)生力矩；ad、bc兩邊所受安培力方向如圖，將產(chǎn)生力矩ad、bc邊所受安培力的大小均為FIBl2，產(chǎn)生的力矩分別為：Mad=Flaocos，Mbc=Flbccos兩個力矩的方向相同（困1017中均為順時針力矩），合力矩M=MadMbcF（laolbc）cosIBScos，將600代入，得M=½IBS 答案：B說明：由此題也導出了單匝通電線圈在磁場所受磁力矩的公式M=IBScos若為N匝線圈，則MNIBScos式中S為線圈包圍面積，為線圈平面與磁場方向的夾角顯然，當=00時，即線圈平面與磁場方向平行時，線圈所受磁力矩最大MmaxNBIS，

29、當900，即線圈平面與磁場方向垂直時，線圈所受磁力矩為零公式也不限于矩形線圈、對稱轉軸的情況，對任意形狀的線圈任一垂直于磁場的轉軸位置都適用【例9】通電長導線中電流I0的方向如圖所示，邊長為2L的正方形載流線圈abcd中的電流強度為I，方向由abcd線圈的ab邊、cd邊以及過ad、bc邊中點的軸線OO/都與長導線平行當線圈處于圖示的位置時，ab邊與直導線間的距離ala等于2L，且ala與ad垂直已知長導線中電流的磁場在ab處的磁感強度為B1，在cd處的磁感強度為B2，則載流線圈處于此位置受到的磁力矩的大小為 解析：ad、bc邊所受的磁場力和轉軸OO/平行，其力矩為零，ab、cd邊受力的方向如圖

30、1021所示，大小分別為F1B1I·2L，F(xiàn)2= B2I·2L，F(xiàn)1、F2對轉軸OO/的力臂分別為L和L ，則兩力對轉軸的力矩為M=M1M2=FlLF2L= IL2（2B1B2）答案：IL2（2B1B2）3安培力的實際應用【例10】在原于反應堆中抽動液態(tài)金屬等導電液時由于不允許傳動機械部分與這些流體相接觸，常使用一種電磁泵。圖中表示這種電磁泵的結構。將導管置于磁場中，當電流I穿過導電液體時，這種導電液體即被驅動。若導管的內(nèi)截面積為a×h，磁場區(qū)域的寬度為L，磁感強度為B液態(tài)金屬穿過磁場區(qū)域的電流為I，求驅動所產(chǎn)生的壓強差是多大？ 解答:本題的物理情景是：當電流 I

31、通過金屬液體沿圖示豎直向上流動時，電流將受到磁場的作用力，磁場力的方向可以由左手定則判斷，這個磁場力即為驅動液態(tài)金屬流動的動力。由這個驅動力而使金屬液體沿流動方向兩側產(chǎn)生壓強差P。故有 F=BIhp=F/ah，聯(lián)立解得pBI/a【例11】將兩碳棒A,B(接電路）插盛有AgNO3溶液的容器中，構成如圖電路假設導軌光滑無電阻，寬為d,在垂直導軌平面方向上有大小為B,方向垂直紙面向外的磁場，若經(jīng)過時間t后，在容器中收集到nL氣體（標況），問此時滑桿C(質(zhì)量為mC）的速度，寫出A,B棒上發(fā)生的電極反應式（阿伏加德羅常數(shù)N0）解析：由電解池電極反應可得出通過C棒的電荷量，求出平均電流，再由安培定則及動量

32、定理可得滑桿速度陰極:Ag十十e=Ag陽極：4OH4e=2H2OO2,O2的摩爾數(shù)為n/22.4,則陽極的物質(zhì)量為n/5.6摩爾.通過C捧的電荷量為平均電流由得【例12】如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h.管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點離噴口的水平距離為s.若液體的密度為，不計所有阻力，求：(1)活塞移

33、動的速度；(2)該裝置的功率；(3）磁感應強度B的大小；(4）若在實際使用中發(fā)現(xiàn)電壓表的讀數(shù)變小，試分析其可能的原因解析:（l）設液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為v., (2）設裝置功率為P，t時間內(nèi)有m質(zhì)量的液體從噴口射出,Pt½m (v02一v2)m=Lvt.P=½ L2v(v02一v2),(3) P=F安v.,（4）U=BLv,噴口液體的流量減少，活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數(shù)變小 磁場對運動電荷的作用基礎知識 一、洛侖茲力磁場對運動電荷的作用力1.洛倫茲力的公式: f=qvB sin，是V、B之間的夾角.2.當帶電粒子的運動方向與磁場

34、方向互相平行時，F(xiàn)03.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB 4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0二、洛倫茲力的方向1.洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面2.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內(nèi)，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則姆指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向三、洛倫茲力與安培力的關系1.洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向

35、稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)2.洛倫茲力一定不做功，它不改變運動電荷的速度大小;但安培力卻可以做功四、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動2.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2m/qB（與速度大小無關）3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）【例1】一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場

36、E 沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關于中線的對稱點D射出，如圖所示，則粒子從D點射出的速度為多少?解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m（V2v02）/2，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V02VD2）/2，W1=W2。由 式得VD=點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發(fā)生了變化，均與洛侖茲

37、力無關，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功。【例2】如圖所示，豎直兩平行板P、Q，長為L，兩板間電壓為U，垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場均勻分布在兩板空間內(nèi)，今有帶電量為Q，質(zhì)量為m的帶正電的油滴，從某高度處由靜止落下，從兩板正中央進入兩板之間，剛進入時油滴受到的磁場力和電場力相等，此后油滴恰好從P板的下端點處離開兩板正對的區(qū)域，求（1）油滴原來靜止下落的位置離板上端點的高度h。（2）油滴離開板間時的速度大小。解析：（1）油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受到的電場力與磁場力相等，則qv0BqUd，v0UBd= ，h=U22gB2d2（2）油滴進入兩板

38、之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉，電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx ，由動能定理mg（hL）q U2=mVx 2/2， 點評：（1）根據(jù)帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；（2）油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉，電場力做負功【例3】如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內(nèi)M端有一質(zhì)量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動設重力及其它阻力均可忽略

39、不計（1）當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？（2）小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？（3）小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？解析：（1）設此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為 有 cos=u/v合=u/ 此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcos=qv合Bcos/m 聯(lián)立解得：a=quB/m（2）由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關，故小球在豎直方向上做加速運動設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得此時小球的合速度 故小球運

40、動的半徑為 （3）因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得管壁對小球做的功為： W=½mv2½mu2=quBh【例4】在兩塊平行金屬板A、B中，B板的正中央有一粒子源，可向各個方向射出速率不同的粒子，如圖所示若在A、B板中加上UABU0的電壓后，A板就沒有粒子射到，U0是粒子不能到達A板的最小電壓若撤去A、B間的電壓，為了使粒子不射到A板，而在A、B之間加上勻強磁場，則勻強磁場的磁感強度B必須符合什么條件（已知粒子的荷質(zhì)比mq=2l×108kg/C，A、B間的距離d10cm，電壓U0=42×104V）？解析：粒子放射源向各個方向射出速率不同的粒子，設最大

41、的速率為vm。則各個方向都有速率為vm的粒子當A、B板加了電壓后，A、B兩板間的電壓阻礙粒子到達A板，其方向是垂直兩板并由A板指向B板。在無電場時，粒子在沿B向A板運動方向上有d=vcost，其中是粒子速度與垂直兩板的直線的夾角在式中最容易到達A板的粒子應有0，vvm，即其速度方向由B極指向A板，且速率最大的粒子，這些粒子若達不到A板，其余的粒子均達不到A板由動能定理可得qU0mvm22；若撤去電場，在A、B間加上勻強磁場，這些粒子將做勻速圓周運動，其半徑為R，R=mv/qB，由式可知，在B一定的條件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，當v值取最大值vm后，若所有具有vm的粒子不能達到A

42、板，則所有的粒子均不能達到A板在所有方向上的粒子中，它們的軌跡剛好與A板相切的情況如圖所示在圖中與A板相切的軌跡中最小半徑為R3，若R3是具有速率為vm的粒子的半徑，則其它具有vm的粒子均不能到達 A板若令R3為最小值Rmin時，即圖中Rmin= d2是所有粒子中軌跡與A板相切的最小半徑，將其代入式后得d2=mvm/qBmin，由兩式可得Bmin=2d=084T，所以，A、B兩板之間應加上垂直于紙面的勻強磁場，且磁感強度 B 084 T時，所有的粒子均不能到達A板規(guī)律方法 1、帶電粒子在磁場中運動的圓心、半徑及時間的確定（1)用幾何知識確定圓心并求半徑 因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫

43、出粒子運動軌跡中任意兩點（大多是射入點和出射點）的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系 (2)確定軌跡所對應的圓心角，求運動時間 先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內(nèi)角和等于3600（或2）計算出圓心角的大小，再由公式t=T/3600（或T/2）可求出運動時間(3)注意圓周運動中有關對稱的規(guī)律 如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出【例5】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是300，則電子的

44、質(zhì)量是 ，穿過磁場的時間是 。解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角=300，OB為半徑所以r=d/sin300=2d 又由r=得m2dBev 又因為AB圓心角是300，所以穿過時間 t=T=×=【例6】如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是（ ） A、電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長 B電子在磁場中運動時間越長。其軌跡線所對應的圓心角越大 C在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合 D電子的

45、速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同解析：在圖中畫出了不同速率的電子在磁場中的軌跡，由前面的知識點可知軌跡的半徑R=mvqB，說明了半徑的大小與電子的速率成正比但由于電子在磁場中運動時間的長短僅與軌跡所對應的圓心角大小有關，故可判斷圖中五條軌跡線所對應的運動時間關系有t5t4t3t2t1顯然，本題選項中只有B正確 點評：本題所考查的是帶電粒子在矩形（包括正方形）磁場中運動的軌跡與相應的運動時間的關系問題不同速率的電子在磁場中的偏轉角大小（也就是在磁場中運動時間的長短），由知識點中的周期表達式看來與半徑是沒有關系的，但由于磁場區(qū)域的邊界條件的限制，由圖說明了半徑不同，帶電粒子離開磁場時速度方

46、向變化可能不同，也可能相同由周期關系式必須明確的一點是：帶電粒子在磁場中運動的時間長短決定于軌跡所對應的圓心角【例7】如圖所示，半徑R=10cm的圓形區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O。磁感強度B0332 T，方向垂直于紙面向里，在O處有一放射源 S，可沿紙面向各個方向射出速率均為v=32×106m/s的粒子已知粒子的質(zhì)量m= 664×1027 kg，電量q=32 ×1019 C（1）畫出粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心的軌跡（2）求出粒子通過磁場空間的最大偏轉角（3）再以過O點并垂直紙面的直線為軸旋轉磁場區(qū)域，能使穿過磁場區(qū)域且偏轉角最大的粒子射到正方向的y軸上，

47、則圓形磁場直徑OA至少應轉過多大的角度解析：（l）粒子的速度相同，在同一勻強磁場中運動的半徑相同，均由洛侖茲力提供向心力 f= qvB=mv2r，rmvQb=20cm 所以粒子的圓心與S（即O點）的距離均為r，其圓心的軌跡為以S為圓心、以20cm為半徑的一段圓弧，如圖所示（2）由于粒子的軌道半徑r大于磁場區(qū)域的半徑R，粒子最長的軌跡所對應的弦為2R=r=20cm時，粒子在磁場中最大的偏轉角的軌跡就是粒子在磁場中最長的軌跡線，由于最長的軌跡線的弦長與其軌跡半徑相等，所以偏轉角的最大值為=600（3）由（2）中可知粒子的最大偏轉角為600；且所對的弦為OA，故粒子在磁場軌跡的入射點O和出射點A與其

48、軌跡圓心O1的連線和OA組成一個正三角形，也就是粒子離開磁場時與x軸正方向的夾角300，如圖所示要使偏轉角最大的粒子離開磁場時能打在y軸的正方向上，則粒子與x軸的正方向夾角/900，則OA繞過O點的水平軸至少要轉過=/一600點評：帶電粒子在磁場中的軌跡不大于半圓時，要使帶電粒子在磁場中的偏轉角最大，就是要求帶電粒子在磁場中的軌跡線愈長（由于半徑確定），即所對應的弦愈長在圓形磁場中，只有直徑作為軌跡的弦長最長所以要求帶電粒子進入磁場時的入射點、離開磁場時的出射點的連線為圓形磁場區(qū)域的直徑這是本題的難點。若是rR，情況就完全變了，這時帶電粒子在磁場中的軌跡可能大于半圓或等于半圓，帶電粒子在磁場中

49、做勻速圓周運動的周期T=2mqB，這是一個與速度大小和半徑無關的物理量，也就是說在磁場中運動時間長短僅與軌跡所對圓心花怒放角有關，在具體確定時還與磁場的邊界有關，矩形的邊界和圓形的邊界是不相同的 2、洛侖茲力的多解問題（1）帶電粒子電性不確定形成多解 帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致雙解（2）磁場方向不確定形成多解 若只告知磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解（3）臨界狀態(tài)不惟一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，它可能穿過去，也可能偏轉1800從入射界面這邊反向飛出另在光滑水平桌面

50、上，一絕緣輕繩拉著一帶電小球在勻強磁場中做勻速圓周運動，若繩突然斷后，小球可能運動狀態(tài)也因小球帶電電性，繩中有無拉力造成多解（4）運動的重復性形成多解 如帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往具有往復性，因而形成多解【例8】如圖所示，一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的正粒子（不計重力）以速度為v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內(nèi)，設粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞，繞筒壁一周后恰好又從A孔射出，問：(1)磁感應強度B的大小必須滿足什么條件？(2)粒子在筒中運動的時間為多少？A·O解析:(1)粒

51、子射入圓筒后受洛侖茲力的作用而發(fā)生偏轉,設第一次與B點碰撞,撞后速度方向又指向O點,設粒子碰撞n-1次后再從A點射出,則其運動軌跡是n段相等的弧長.BO/設第一段圓弧的圓心為O/,半徑為r,則=2/2n=/n.,由幾何關系得,又由r=mv/Bq,聯(lián)立得:(2)粒子運動的周期為:T=2m/qB,將B代入得弧AB所對的圓心角粒子由A到B所用的時間 (n=3.4.5)故粒子運動的總時間為 (n=3.4.5)【例9】S為電子源，它只能在如圖（l）所示紙面上的3600范圍內(nèi)發(fā)射速率相同，質(zhì)量為m，電量為e的電子，MN是一塊豎直擋板，與S的水平距離OS=L，擋板左側充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B

52、（l）要使S發(fā)射的電子能到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少多大？（2）若S發(fā)射電子的速度為eBLm時，擋板被電子擊中范圍多大？（要求指明S在哪個范圍內(nèi)發(fā)射的電子可以擊中擋板，并在圖中畫出能擊中擋板距O上下最遠的電子的運動軌道）【解析】（l）電子在磁場中所受洛侖較為提供向心力qBV= mV2/r 當r= L/2時，速度v最小， 由、可得，V=eBL2m （2）若S發(fā)射電子速率V/=eBLm，由eV/B=mV/2/r/ 可得：r/=L 由左手定則知，電子沿SO發(fā)射時，剛好到達板上的b點，且OB= r/= L，由SO逆時針轉1800的范圍內(nèi)發(fā)射的電子均能擊中擋板，落點由bOab/a，其中沿SO/發(fā)射的電

53、并擊中擋板上的a點，且aO=L由上分析可知，擋板能被電子擊中的范圍由ab，其高度h=LL=（十l）L，擊中a、b兩點的電子軌跡，如圖（2）所示【例10】M、N、P為很長的平行邊界面，M、N與M、P間距分別為L1、L2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)，和磁場方向垂直紙面向里，B1B2，有一帶正電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，以大小為v的速度垂直邊界M及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域，討論粒子初速度v應滿足什么條件才可穿過兩個磁場區(qū)域（不計粒子的重力）。解析:先討論粒子穿出B1的條件：設粒子以某一速度v在磁場B1中運動的圓軌跡剛好與M相切，此時軌跡半徑剛好為L1，由 得： 由此可得使粒子能

54、穿出B1的條件是： 。再討論粒子穿出B2條件：又設粒子以某一的速度穿出了B1后在B2中穿過時其圓軌跡又剛好與P相切，如圖所示，粒子在B1中的運動軌跡所對的圓心角為，那么：，粒子在B2運動的軌跡半徑為：由幾何知識得：RRsin=L2 所以有： 解得：，所以當粒子的速度時就可以穿出B1和B2。專題:帶電粒子在復合場中的運動基礎知識 一、復合場的分類：1、復合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同的運動，即分段運動，該類問題運動過程較為復雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度，具有承上啟下的作用2、疊加場：即在同一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜