高中物理人教版1第三章磁場（區(qū)一等獎）

選修3-1磁場【知識導(dǎo)圖】【高頻考點】一、磁場的疊加1．磁感應(yīng)強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解。2．兩段通電導(dǎo)線附近的磁場的磁感應(yīng)強度是由兩段通電導(dǎo)線分別獨立存在時在該處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度疊加而成的。例1如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是()A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同D．b處的磁感應(yīng)強度為零答案AD解析對于通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場，根據(jù)其產(chǎn)生磁場的特點及安培定則，可知兩導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁場等大反向，合磁場為零，選項D正確；兩導(dǎo)線在a、c處產(chǎn)生的磁場都是同向疊加的，但方向相反，選項C錯誤；由于a離導(dǎo)線近，a處的磁感應(yīng)強度比c處的大，選項A正確。二、安培力的計算和判斷1．安培力大小（1）當(dāng)I⊥B時，F(xiàn)=BIL；（2）當(dāng)I∥B時，F(xiàn)=0。注意（1）當(dāng)導(dǎo)線彎曲時,L是導(dǎo)線兩端的有效線段長度(如圖所示)。（2）對于任意形狀的閉合線圈,其有效長度均為零,所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為零。2．安培力方向:用左手定則判斷,注意安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B與I決定的平面。例2關(guān)于通電導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿敬鸢浮緽【解析】安培力的方向總是垂直于磁場的方向，總是垂直于直導(dǎo)線，即垂直于磁場和導(dǎo)線所在的平面，選項A錯誤B正確。當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁場方向垂直時，安培力最大；當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁場方向平行時，安培力最小為零。所以安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，選項C錯誤。將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力減小，但不一定變?yōu)樵瓉淼囊话耄x項D錯誤。三、帶電粒子在有界磁場中的運動1．圓心的確定（1）基本思路：與速度方向垂直的直線和過入射及出射點弦的中垂線一定過圓心。（2）兩種情形①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖所示。②已知入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖所示。（3）帶電粒子在不同邊界磁場中的運動情況①直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）。②平行邊界（不同情況下從不同邊界射出，存在臨界條件，如圖所示）③圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)2．半徑的確定用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小。3．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間t=T(或t=T)。例3如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)?(

)A．?B．

C．

D．答案B解析作出粒子運動軌跡如圖中實線所示。因P到ab距離為，可知α=30°。因粒子速度方向改變60°，可知轉(zhuǎn)過的圓心角2θ=60°。由圖中幾何關(guān)系有(r+)tanθ=Rcosα，解得r=R。再由Bqv=m可得v=。四、幾種常見的組合場帶電粒子在組合場中的運動，實際上是幾個典型運動過程的組合，因此解決這類問題要分段處理，找出各段之間的銜接點和相關(guān)物理量，問題即可迎刃而解。常見類型如下：1.從電場進入磁場（1）粒子先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式等知識求粒子剛進入磁場時的速度。（2）粒子先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動。在電場中利用平拋運動規(guī)律等知識求粒子進入磁場時的速度。2.從磁場進入電場（1）粒子進入電場時的速度與電場方向相同或相反，做勻變速直線運動(不計重力)。（2）粒子進入電場時的速度方向與電場方向垂直，做類平拋運動。3.先后經(jīng)歷多個電場和磁場例4如圖所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等，均為d，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，從A點出電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半，當(dāng)粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，已知d、v0(帶電粒子重力不計)，求：（1）粒子從C點穿出磁場時的速度大?。唬?）電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值。解析（1）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，則垂直電場方向做勻速直線運動，有：d=v0t平行電場方向做勻加速運動，有：=t得vy=v0，到A點時速度大小為v=v0粒子在磁場中運動時速度大小不變，故粒子從C點穿出磁場時速度大小仍為v0。（2）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)出A點時速度方向與水平方向成45°角vy=t=，并且vy=v0得E=在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示。由幾何關(guān)系有：R=d又：qvB=，且v=v0得B=解得：=v0。五、帶電粒子在疊加場中的運動1.處理帶電粒子在疊加場中的運動問題時，要做到“三個分析”（1）正確分析受力情況，重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。（2）正確分析運動情況，常見的運動形式有：勻速直線運動、勻速圓周運動、一般變速曲線運動等。（3）正確分析各力的做功情況，主要分析電場力和重力做的功，洛倫茲力一定不做功。2.帶電粒子在疊加場中的運動分類（1）靜止或勻速直線運動：當(dāng)帶電粒子在疊加場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動。（2）勻速圓周運動：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。（3）一般變速曲線運動：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。（4）分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，可能還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果。4.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類（1）若洛倫茲力、重力并存，則帶電體做勻速直線運動或較復(fù)雜的曲線運動，可應(yīng)用機械能守恒定律。（2）若電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)，則帶電體做勻速直線運動或較復(fù)雜的曲線運動，可應(yīng)用動能定理。（3）若電場力、洛倫茲力、重力并存，則帶電體可能做勻速直線運動、勻速圓周運動或較復(fù)雜的曲線運動，可應(yīng)用能量守恒定律或動能定理。例5如圖所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標(biāo)原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)。（1）判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；（2）P點距坐標(biāo)原點O至少多高；（3）若該小球以滿足（2）中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t=2小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠?解析

（1）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有：qE=mg解得：q=又電場方向豎直向上故小球帶正電。（2）設(shè)勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qBv=小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，則應(yīng)滿足：mg=解得：r=即：P、O的最小距離為：y=2r=。（3）小球由O運動到N的過程中設(shè)到達N點的速度為vN，由機械能守恒得：2mgR=mvN2-mv2解得：vN=小球從N點進入電場區(qū)域后，在做類平拋運動，設(shè)加速度為a，沿x軸方向有：x=vNt沿電場方向有：z=at2由牛頓第二定律得：a=t時刻小球距原點O的距離為：s==2R?！绢}組訓(xùn)練】1．初速度為v0的電子，沿平行于通電直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變答案A解析由安培定則可知，通電直導(dǎo)線右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，則電子所受洛倫茲力的方向由左手定則可判知向右，所以電子將向右偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力不做功，所以電子的速率不變。2．如圖所示，a是豎直平面P上的一點。P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案A解析P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，條形磁鐵在a點的磁場垂直于豎直平面向外，在電子經(jīng)過a點的瞬間，由左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向向上。3．如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源，電動勢為E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ=30°。金屬桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)。要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運動，可以采取的措施是()A．增大磁感應(yīng)強度BB．調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流增大C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θD．將電源正負(fù)極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變答案AB解析對金屬桿受力分析如圖所示，沿導(dǎo)軌方向有-mgsinθ=0，若想讓金屬桿向上運動，則可使增大；若增大θ，則mgsinθ增大；若電流反向，則金屬桿受到的安培力反向。4．（多選）電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源正極B．通過泵體的電流I=UL1/σC．增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度答案AC解析因液體所受的安培力應(yīng)向左，故由左手定則可知，通過液體的電流應(yīng)該向下，故泵體上表面應(yīng)接電源正極，選項A正確；導(dǎo)電液體的電阻為R==，通過泵體的電流I==UL1σ，選項B錯誤；增大磁感應(yīng)強度可增大安培力（F=BIL2），故可獲得更大的抽液高度，選項C正確；增大液體的電阻率會減小通過液體的電流，從而減小安培力，使抽液高度減小，選項D錯誤。5．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量m=×10-8kg、電荷量q=×10-6C的帶電粒子。從靜止開始經(jīng)U0=10V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP=30cm，（粒子重力不計，sin37°=，cos37°=）求：（1）帶電粒子到達P點時速度v的大??；（2）若磁感