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1、第八章 磁场,第1节 磁场的描述 磁场对电流的作用,例 1 （2010厦门模拟）把电流强度均为I，长度均为L的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1B2，则必有（ ）,A.B1=F1/IL B. B2=F2/IL C. F1F2 D. 以上都不对,【点拨】注意到磁场对通电导线的作用力与导线和磁场方向的夹角有关. 【解析】磁感应强度B的定义式B=F/IL，式中的F应理解为检验电流元（IL）垂直于B的方向放置时所受到的最大的磁场力，而此题中两小段通电导线在1、2两点处是否垂直于B不能确定，因此A
2、、B两选项中的等式不一定成立；正因为磁场对电流作用力的大小除与B、I、L有关外，还与导线与B的夹角有关，因此，无法比较F1和F2的大小，所以D正确. 【答案】D,1. 有一小段通电导线，长为1 cm，电流强度5 A，把它置于磁场中，受到的磁场力为0.1 N，则该处的磁感应强度B一定是（ ） A. B=2 T B. B2 T C. B2 T D. 以上情况均可能 【解析】当通电导线与磁场垂直时，磁感应强度最小，Bmin=F/IL=0.1/（5110-2）T=2 T，故B2 T，选项C正确. 【答案】C,例2 如图所示，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，
3、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,明确磁场 感线的分布,【点拨】,根据磁场特点， 将电流分段 （电流元法）,左手定则判 断电流运动,当转动后选取电流 垂直纸面（特殊位 置法）时，分析受力 并判断运动情况,【解析】（1）电流元受力分析法：把直线电流等效为AO、BO两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如图所示.可见，电线将逆时针转动.,（2）特殊位置分析法：选导线转动90的特殊位置（如图的虚线位置）来分析，判定安培力方向向下.故导线在逆时针转动的同
4、时向下运动，所以C正确. 【答案】C,2. （2010晋江模拟）如图所示，把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈的平面.当线圈内通过如图所示的电流时，线圈将怎样运动？,【解析】（1）等效分析法：把环形电流等效成图（a）所示的条形磁铁，可见两条磁铁只是相互吸引而没有转动.即线圈向磁铁平移. （2）结论分析法：把条形磁铁等效成图（b）所示的环形电流，由图可见两电流方向相同，故两环形电流没有转动，只是相互吸引，即线圈将向磁铁平移.,例3 (2010晋江模拟)质量为m、长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成
5、角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力.,【点拨】,【解析】求解此题容易犯的错误是认为磁感应强度B与棒MN斜交成角.实际上尽管磁感线与平面成角，但磁场方向与棒MN仍是垂直的.由左手定则判断安培力的方向时，要注意安培力的方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向，即垂直于电流方向和磁场方向所决定的平面，棒MN受力分析如图所示. 由平衡条件有水平方向：Ff=Fsin ， 竖直方向：FN=Fcos +mg，且F=BIL， 从而得Ff=BILsin，FN=BILcos+mg.,特别提示 对此题可再改造一下，如将导轨右端垫高一个角度，成为一个斜面；使磁场沿各个不同的方向： （1）保持原方向； （2）
6、竖直向下； （3）垂直斜面.请同学们分别求解这些情况下使导体棒平衡所需的电流.（最大静摩擦力为Fmax）,3.如图所示，光滑的平行导轨倾角为，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒ab由静止释放，求导体棒在释放的瞬时加速度的大小.,【解析】由闭合电路的欧姆定律有I=E/（R+r），安培力F=BIL，对导体棒受力分析，如图所示，由牛顿第二定律有ma=mgsin-Fcos.所以a=gsin-BELcos/m(R+r).,例 如图所示，通电闭合三角形线框ABC处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面
7、，电流方向如图所示，那么三角形线框受到的磁场力的合力为( ) A.方向垂直于ab边斜向上 B.方向垂直于ac边斜向上 C.方向垂直于bc边向下 D.为零,【错解】B 【剖析】在安培力的计算公式中，L指的是导线的有效长度，弯曲导线的有效长度等于两端点所连直线的长度，对任意形状的闭合线圈，其有效长度L=0,所以通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和一定为零. 【正解】D,第2节 磁场对运动电荷的作用,例1 带电量为+q的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( ) A. 只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同 B. 如果把+q改为-q且速度方向改变,大小不变，则洛伦兹力 的 大小，方向均不变 C
8、. 洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定 与电荷运动方向垂直 D. 粒子只受到洛伦兹力作用，运动的动能、动量均不变,【点拨】（1）洛伦兹力的大小与磁场的强弱、电量的大小、速度的大小和速度方向与磁场方向的夹角都有关. （2）洛伦兹力的方向用左手定则判断，与磁场方向、带电粒子的速度方向及带电粒子的电性都有关. （3）洛伦兹力一定与运动方向垂直，始终不做功，不改变速度大小，只改变速度方向. 【解析】洛伦兹力的大小与带电粒子速度大小有关，而且与粒子速度方向和磁场方向的夹角有关，A错误.洛伦兹力的方向永远与粒子速度方向垂直，与电荷的电性有关.若电性改变，速度大小不变，方向变为反方向，B错误
9、.洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使动量的方向不断改变，D错误.电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，C正确. 【答案】C,1. （2009广东理科基础）带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用.下列表述正确的是（ ） A. 洛伦兹力对带电粒子做功 B. 洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C. 洛伦兹力的大小与速度无关 D. 洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向 【解析】根据洛伦兹力的特点,洛伦兹力对带电粒子不做功,A错误、B正确.根据F=qvB,可知大小与速度有关,C错误.洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小，D错误. 【答案】
10、B,例2 （2010商丘模拟）在边长为L=1 m的正方形区域内，有大小为B=0.1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示.有一群带电量大小均为q=210-2C、质量为 m=1.010-4 kg的带电粒子以各种大小不同、但方向均垂直于AD方向的速度从AD的中点O飞入磁场，并在ABCD所在平面内做匀速圆周运动，恰好都在AB边飞出磁场.(不计粒子重力)求：,（1）该群粒子带什么电荷？ （2）从A点飞出的粒子速度为多大？ （3）从A点飞出的粒子在磁场中运动 的时间是多少？ （4）从B点飞出的粒子速度为多大？,【点拨】正确分析带电粒子的运动，确定运动的半径是解决本题的关键. 【解析】 (1)分析可知
11、：粒子在O点受洛伦兹力向上，由左手定则可知粒子带正电. （2）从A点飞出的粒子运动半径为R=L/4=0.25 m. 由qvB=mv2/R，得v=qBR/m，代入数值得v=5 m/s. (3)由T=2R/v=2m/qB，得t=T/2=m/qB 代入数值得t=0.157 s或t=/20 s. (4)设从B点飞出的粒子运动半径为R，则 （R-L/2）2+L2=R2,得R=5L/4. 代入数值R=1.25 m,则v=qBR/m，代入数值得v=25 m/s.,2. 如图所示，在直角区域aOb内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一电子（质量为m、电荷量为-e）从O点沿纸面以速度v射入磁场中，速度
12、方向与边界Ob成30角.求： （1）电子射出磁场在Ob上的位置. （2）电子在磁场中运动的时间.,【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB=mv2/R,则有R=mv/eB,画出电子的运动轨迹如图所示: 根据相关数学知识可得OO1B=60，则OB=R=mv/eB. （2）电子在磁场中运动的周期， T=2R/v=2m/eB， 电子在磁场中运动的时间为 t=1/6T=m/3eB.,例 （2010珠海模拟）如图所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m，电量大小为q的带电粒子在xOy平面里经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴夹角=60，试分
13、析计算： （1）带电粒子从何处离开磁场？ 穿越磁场时运动方向发生的偏 转角多大？ （2）带电粒子在磁场中运动 时间多长？,【错解】认为粒子带正电而只考虑一种情况. 【剖析】受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电.在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成两解.若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场.若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场.粒子速率一定，所以不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径一定.只要确定粒子的运动轨迹即可求解.,【正解】粒子运动半径R=mv0/Bq.如图
14、所示，有O1O=O2O=R=O1A=O2B，带电粒子沿半径为R的圆运动一周所用的时间为T=2R/v0=2m/Bq. （1）若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生的偏转角1=120，A点与O点相距x= R= mv0Bq. 若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生的偏转角2=60，B点与O点相距y=R=mv0/Bq. （2）若粒子带负电，它从O到A所用的时间为 t1=(1/360)T=2m/3Bq. 若粒子带正电，它从O到B所用的时间为t2=(2/360)T=m/3Bq.,第3节 带电粒子在复合场中的运动,例1（2009全国）如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区
15、域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出.已知,PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d.不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比.,【点拨】（1）正确画出粒子在磁场中运动的轨迹，并通过几何关系确定半径. （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动. （3）粒子在电场中做类平抛运动.,【解析】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动. 粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在
16、分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.,由几何关系得R2=l12+(R-d)2 设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv2/R 设P为虚线与分界线的交点,POP=,则粒子在磁场中的运动时间为t1=R/v 式中有sin =l1/R 粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma 由运动学公式有d=1/2at22 l2=vt2 由式得E/B=(l12+d2)l22v 由式得t1/t2=(l12+d2)/ 2dl2arcsin2dl1(l12+d2).,
17、1.如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0(带电粒子重力不计)，求： (1)粒子从C点穿出磁场 时的速度大小v. (2)电场强度E和磁感 应强度B的比值E/B.,【解析】 (1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向d=v0t,平行电场方向d/2=vy/2t.得vy=v0,到A点速度为v= 2 v0,在
18、磁场中速度大小不变,所以从C点出磁场时速度仍为 2 v0. (2)在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45,vy=qE/mt=qEd/mv0,并且vy=v0.得E=mv02/qd. 在磁场中做匀速圆周运动.如图所示由几何关系得R= 2 d.,又qvB=mv2/R,且v= 2 v0,得B=mv0/qd.解得E/B=v0.,例2 （2009天津）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴.一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速
19、圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求： (1)电场强度E的大小和方向. (2)小球从A点抛出时初速度 v0的大小. (3)A点到x轴的高度h.,【点拨】解答本题要根据运动状态判断受力，求出带电粒子的重力和电场力的情况.然后根据粒子做圆周运动的特点求出粒子的运动情况.,【解析】本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动. （1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 qE=mg E=mg/q 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小
20、球带正电，所以电场强度方向竖直向上.,（2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MOP=，如图所示. 设半径为r，由几何关系知L/2r=sin 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB=mv2/r 由速度的合成与分解知v0/v=cos 由式得v0=qBL/2mcot （3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy=v0tan 由匀变速直线运动规律vy2=2gh 由式得h=q2B2L2/8m2g.,2.如图所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套一个质量为m、电量为+q的小球
21、，它们之间的动摩擦因数为，现由静止释放小球，试求小球沿棒运动的最大加速度和最大速度vmax.（mgqE，小球的带电量不变）,【解析】小球在运动过程中受到重力G=mg,洛伦兹力F洛=Bqv,电场力F=qE,杆对球的摩擦力Ff和杆的弹力FN的作用. 如图所示.,由于FN=qE+Bqv，所以F合=mg-FN=mg-(qE+Bqv).可见随着速度v的增大，F合逐渐减小，由牛顿第二定律知，小球做加速度越来越小的变加速运动直到最后匀速.故当v=0时，最大加速度amax=(mg-Eq)/m=g-Eq/m. 当F合=0时，即a=0时，v有最大值vmax， 即mg-(qE+Bqvmax)=0, 所以vmax=(
22、mg-Eq)/Bq.,例 如图所示，在水平向右的匀强电场中，一长为L的绝缘轻杆，一端固定于O点，杆可绕O点在竖直平面内转动.杆的另一端连接一质量为m的带正电小球，小球受到的电场力是重力的33倍，要使小球能在竖直平面内做圆周运动，则小球经过最高点的速度最小为多少？,【错解一 】忽略电场的作用，直接应用结论，小球在最高点的最小速度为零. 【错解二 】不知杆与绳的区别，不会用复合场的思想类比重力场进行解题. 【剖析】这是一个复合场问题：重力场与电场的复合场，我们最习惯于研究重力场中的竖直平面内的圆周运动，我们就把复合场类比于重力场进行解题，首先确定复合场方向即小球的平衡位置.,【正解】由受力分析知，小球的平衡位置为与竖直方向夹角30，复合场等效成重力场的等效加速度为2 /3 g,如下图A点是平衡位置，B点是等效重力场中的最高点，C点是几何上最高点，也就是我们要求的最高点. 因为是轻杆，所以B点的最小速度为0，再在BC间用动能定理1/2mv2C=mgh=mgL(1- 3 /2)；或类比于重力场中的运动进行计算可得vC = ，最后只要将g改成 23/3g即可得vC= .,