磁场和复合场

1、_ _ 义学科：物理年级：高三:*产严广版本：冲刺版期数：2339茂箜尸/本周教学内容：第10讲 磁场和复合场考纲要求掌握直线电流、环形电流、通电螺线管、条形磁铁、蹄形磁铁等所产生的磁场分布情 况，能灵活应用安培定则解答有关问题。深刻理解磁感应强度、磁感线、磁通量的物理含义。灵活应用左手定则和安培力计算公式定量解决有关磁场对电流作用力的问题（限B和I平彳丁和垂直两类）。熟练掌握洛仑兹力及其变化规律，灵活解决各类带电粒子在磁场及其它复合场中的运+ *动类问题（即B与v平行和垂直两类）。知识结构,对直线电流的作用f通电导线在复合场中的平衡及运动（与静力学、动力学、电磁感应综合）/ 大小:F= BH

2、 方向：左手定贝J对通电线圈的作用/B| 5 Mb = BIS *线圈受力矩平衡 B1.S M = 0 卜 BS）求磁铁（分子环流假设） 电流运动电荷磁场（8 =求磁铁（分子环流假设） 电流运动电荷磁场（8 =奇，磁感线）在匀强磁场中对运动电荷的作用，洛仑兹力大小f = Bqv 方向：左手定则1特点:介一定不做功在复合场中匀速圆周运动（，=瓦7=可）,等距螺线运动、（蝴距=匕1爰静止（ZF合=0）圆周运动匀速直线运动变速直线运动类平抛运动一般曲线运动热点导析磁场的主要内容磁场的主要内容可概括成一个工具（磁感线X两个物理量（磁感强度和磁通量、两个 定则（安培定则和左手定则），两个力（安培力、洛仑

3、兹力）其中带电粒子在有边界和无边 界磁场区域中的运动及其规律、带电粒子在复合场中的运动及其规律是本单元内容的重点和 难点。磁场和电场都是客观存在的一种特殊物质，它们之间更多地存在着比较和区别磁场存在于运动电荷周围，电场存在于电荷周围；磁场只对运动电荷（含电流和磁铁）F*有作用，电场对电荷有作用；B用磁极受力定义方向、电流无受力定义大小，E用检验电 荷+q受力来定义大小和方向；磁感线闭合，电场线不闭合。电磁场可共存于同一空间。有关方向定则通电直导线、圆形电流和螺线管用周围磁场分布情况均用安培定则来判定，通电直导线、r-圆形电流和螺线管等受力方向用左手定则来判定。不能简单理解为来B和安培定则，求力

4、5 fc-,II用左手定则，而应把B、I、Fb、V各量间因果关系辩清晰，I为原因，B为产生的结果 的用安培定则；B、I为原因，FB （或受力后运动）为结果的，用左手定则，B运动为原 因、感应电流为结果的用右手定则。判定由B和I（或运动电荷）而导致的FB（fB）方向时，可用左手定则，且F b（ f B）的方向在空间立体上一定垂直B和I两线（B与v两线）决定的平面，在此基础上再用左 手定则判定确切方向更易正确解答。磁通量和磁力矩单匝线圈和n匝线圈放在垂直线圈平面的匀强磁场中，磁通量场为BS （B为磁感强度、 S为线圈所围面积）。若在线圈中通有电流I，则在磁场中转过90后所受磁力矩分别为BIS 和

5、nBIS。带电粒子在复合场中受力及运动首先带电粒子在复合场中运动规律广泛应用于近代物理的许多实验装置中，如回旋加速 器、质谱仪、磁流体发电机、电磁流量计、速度选择器等。其次，应明确：研究复合场中带电粒子的运动规律首先要分析初速度和运动过程中加速 度（受力）情况。在受力分析的过程中应将重力（是否考虑）、电场力、洛仑兹力等作为力 学中按性质来命名的力首先进行讨论。再次，应明确：不管带电粒子做的是圆周运动还是一般曲线运动，洛仑兹力永远不做功， 但洛仑兹力的变化与否可间接影响到重力、电场力等力的做功情况。最后，因为电磁学物理量及单位比较复杂，而且数值往往相差悬殊，因此计算有关结果 时，应先进行字母运算

6、，简化后最后再代入数据。也可这样讲，力学问题的基本思路和求解 方法在本单元中广泛适用。典型例析【例1】 如图5-10-1所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线 圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，可以（）将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极将a、d端接在电源正极，b、c端在电源负极将a、c端接在交流电源的一端，b、d接在交流电源的另一端【解析】 本题为1997年上海高考试题将a接正极b接负极，电流方向为MN, c接正极d接负极，由右手螺旋定则可知，线 圈上端为N极。由左手定则判定MN向外运动，A正确。b接在

7、正极时电流方向为NM，d接正极由右手螺旋定则可知线圈下端为N极，因此由 左手定则可判断MN向外运动，B正确。a接正极电流方向为MN，d接正极可知线圈下端为N极，由左手定则可判定MN向里 运动，C错误。MN中与线圈中虽然通的都是交流电，但由于ab与cd是并联接在电源上，当电流为M N时，线圈中电流为cd，而当电流为NM时，线圈中电流为dc，由以上判定A、B 的方法可判定D正确。【说明】该题属于右手螺旋定则与左手定则结合应用的题，这在一些题中经常出现， 先由右手螺旋定则判定磁场方向，再由左手定则判定受力方向。【例2】 一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd。bc边 长为1。

8、线框的下半部处在匀强磁场中，磁感强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图5-10-2 中，垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如图所示。开始时线框处于平衡状态，令磁 场反向，磁感强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。在此过程中线框位移的大小乙x， 方向。xx【解析】本题为1999年广东高考试题设线圈的质量为m，当通以图示电流时，弹簧的伸长量为X，线框处于平衡状态，所以 kxmg-nBIl。当电流反向时，线框达到新的平衡，弹簧的伸长量为 ,由平衡条件可知 kx =mg+nBI1。22nBIlk(x2-xi)=kA x=2nBI1 x=-电流反向后，弹簧的伸长是x2xi，位移的方向应向下。【说明】进

9、行受力分析【说明】进行受力分析【例3】如图5-10-3所示，一平行板电容器间的水平匀强电场中，用丝线在固定O 点悬挂一个质量为1g的带电小球，静止在竖直偏左30角的OA位置，现把小球提到B点 使线水平伸直，然后放开，让小球绕D点摆动，求（1）小球摆到最低点时线上的拉力。（2）小球摆过最低点时，还能向右摆动的角度（g=10ms-2）?+B 0/|/ I 直qAC。图 5-10-3【解析】由题可知小球带负电，由小球静止于A点可知 小球受向下mg,向左Eq,沿丝线接力T3由平衡条件可知：Eq=mgtan30 = mg对小球由B-A-C过程中应用动能定理mgl-Eql= mv2 -02 C对小球在C处

10、在竖直方向应用向心力公式vT-mg=m 弋2拓由得：T= (3- 3 )mg=1.8X10-2N设小球还能向右摆a角至D点 对小球由B-A-C-D应用动能定理mglcosa -Eq（1+1sina ）=0一v3由得 cosa = （1+sina ）.a =30【说明】 本题为典型的重力场和匀强电场组成的复合场问题。对该非匀速圆周运动过 程，机械能守恒不再适用，动能定理为道选解法。对其中某一位置的法线方向，可使用动力 学向心力公式解答。如本题所示的复合场仍为匀强场，也可直接采用合场的办法来求解第（2） 问。OA即为合场方向，B与D对OA左右对称。所以ZAOD=60，/COD=30。若本题修改后

11、ZAOB90。，则丝线还会有松驰过程，还需考虑丝线张紧瞬间法向速度的损失问题。【例4】 如图5-10-4所示，在xOy平面上，a点坐标为（0，l），平面内一边界通过 a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m，电 量为e）从a点以初速度V0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在乂轴上的 b点（未标出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向头角为60，求(1)磁场的磁感应强度。(2)(3)磁场区域圆心(2)(3)【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从a点射入从b点射出0、a、b均在圆形磁场区域的半界，粒子运动轨道圆心为02,令O2 a = O2 b

12、 =R 由题意可知，/aO2b=60，且 a02b为正三角形 在乙 002b 中，R2= (R-l) 2+(Rsin60 )2mv而R= 0Be由得R=2lAB=：2el而粒子在磁场中飞行时间 TOC o 1-5 h z 6012nm兀212兀 lt=T x 3606Be3v3v00由于Za0b=90。又Za0b为磁场图形区域的圆周角ab即为磁场区域直径aOi = aOi = 2 R=l0的x坐标：、=畔侦60。变l2ly=l-a0Cos60。= /.0坐标为(l【说明】本题为带电粒子在有边界磁场区域中的圆周运动，解题的关键一步是找圆心， 根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定

13、圆心的位置，然后作出轨迹和 半径，根据几何关系找出等量关系。求解飞行时间从找轨迹所对应的圆心角的方面着手。当然带电粒子在有界磁场中做部分圆周运动，除了要运用圆周运动的规律外，还要注意各种因素的制约而形成不是惟一的解，这就要求必须深刻理解题意，挖掘隐含条件，分析不 确定因素，力求解答准确、完整。【例5】 如图5-10-5（a）为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向 外，大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、 B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U， B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每

14、当粒子离开B板时，A板电势又降 为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。(a)(a)U-01Ji*（b）图 5 10-5（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。（2）为使粒子始终保持在半径为日的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn。（3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn （设极板间距远小于R）。（4）在5-10-5（b）图中，画出A板电势u与时间t的关系（从t=0起画到粒子第四 次离开B板时即可）。（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为+U？为什么？【解析】（

15、1）Em=nqU1InqU（2 ）.，nqU= 2 mv2, v =mv 2mvr n =qu B ,B = rm ；m ；2nqU以姑果代入，Bn=四- =1 2nmUR q2兀Rm 1绕行第n圈需时二2n -=rni 2qU 眼.t=2nR ：- （1+L + -1 + +上） n2qU二=e=图510 - 22如图5-10-23, 一质量为m、带电量为q的粒子，以速度v0从坐标原点O沿y轴正 方向射入磁感强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面，粒子飞出磁场区域后，从 b处穿x轴，速度方向与x轴正方向夹角30，粒子重力不计。求（1）圆形磁场区域的最小面积。（2）粒子从O点进入场区到达

16、b点的时间及b点的坐标。参考答案1.C2.B3.C4.Cmg5.B、D 6.B1.C2.B3.C4.Cmg5.B、D 6.B、C、D 7.D 8.2，15 9. 2 BqmV10.0，0，Bem 2 v 30KBe 22 m11.Bq证明如图右所示，设通电导线内电流强度为I，导线长为l，磁感强度为B（）X M x则 I=nqSv安培力大小F=BIl=BlnqSv而nlS=N为运动电荷总数所以每个电荷所受洛仑兹力f = g =BqvB N ql说明有一个典型的错误证明方法。即：I v=-tt.f=BIl=B vt=Bqv。错误的原因把洛仑兹力的受力者 t时间t秒内穿过导线横截面积的总电量，属概念

17、不清。解析对棒从最低点运动到最大偏角37过程中应用动能定理单独的运动电荷混淆成BIl OM sin37 -mgOM (1-cos37 )=0单独的运动电荷混淆成代入数据得0.5X IX 0.6-0.06X10(1-0.8)=0 . I=4A据左手定则，MN中电流方向为M-N。说明若将MN所能偏转的最大偏角37错误地理解成为BIltan37 = ,IZ =9A的错误答案。事实上原题中能偏最大37角mg处可静止，反之若通9A电流，则最大可偏至74处。解析(1)小球水平方向加速度由电场力和摩擦力决定， 即 Bqv=mg37。可静止。则会有37* 则应在方-即18.5当 =037。可静止。则会有37* 则应在方-即18.5当 =0时，a取最大Bq此时最大加速度a = =10ms-2m m小球向右一开始做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速度F动，当a 减为零时，小球速度最大，设最大速度为vmEq=f =p N=p (Bqv -mg)代入数据：v =15ms-1m小球达最大速度v后，受力图如右图所示，电场力做正功，消耗电场能用于克服m摩擦力做功产生焦耳势(内能)。说明由小球的初始条件和受力情况及其变化规律分析小球的运动情况。速度最大往 往是加速度为零的时候。mv15