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1、專題九 磁場,高考物理（浙江專用）,考點一磁場、安培力 考向基礎(chǔ) 一、磁場的描述 1.磁場 磁體與磁體之間、磁體與通電導體之間,以及通電導體與通電導體之間的相互作用,都是通過磁場發(fā)生的。,考點清單,3.磁感線:在磁場中畫出一系列曲線,使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度方向一致。,2.磁感應強度,4.磁通量:磁感應強度B與垂直磁場方向某平面的面積S的乘積叫做穿過這個平面的磁通量,即=BS,單位:韋伯(Wb)。磁通量的另一種表述為:穿過某一截面的磁感線條數(shù)。 二、幾種常見的磁場 1.常見磁體的磁場,2.常見電流的磁場,三、安培力 1.磁場對電流的作用力叫做安培力。一根長為L的直導線,當導

2、線垂直 于磁場放置,通過電流I時,安培力的大小可以表示為F=BIL。當導線平行于磁場放置時安培力為零。 2.公式的適用條件:一般只適用于勻強磁場。 3.安培力的方向:用左手定則判定,總是跟磁場垂直,跟電流的方向垂直,即安培力總是垂直于導線和磁感線所在的平面。,考向突破 考向一幾種常見的磁場 電流的磁場 (1)電流的磁場有強有弱,其磁感應強度大小與電流的大小有關(guān),一定條件下,電流越大,電流的磁場就越強。 (2)電流的磁場具有方向,其磁場方向可用安培定則進行判斷,即用右手握住導線(導體或電流)使大拇指的指向為電流的流向(電流從正極到負極,大拇指指向負極),此時四指環(huán)繞的方向就是磁場的方向。 (3)

3、磁場的疊加:磁感應強度為矢量,合成與分解遵循平行四邊形定則。,例1(2018浙江4月選考,12,3分)在城市建設(shè)施工中,經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置,如圖所示。有一種探測方法是,首先給金屬長直管線通上電流,再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作:用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場最強的某點,記為a;在a點附近的地面上,找到與a點磁感應強度相同的若干點,將這些點連成直線EF;在地面上過a點垂直于EF的直線上,找到磁場方向與地面夾角為 45的b、c兩點,測得b、c兩點距離為L。由此可確定金屬管線 (),A.平行于EF,深度為B.平行于EF,深度為L C.垂直于EF,深度為D.垂直于

4、EF,深度為L,解析根據(jù)題意作出垂直于導線方向的某一截面圖,如圖所示,點a為水平地面距離管線最近的點即磁場最強的點,同一水平地面相距L的b、c兩點磁場方向與地面夾角為45,由幾何關(guān)系可得a點距管線距離即管線深度,為L/2;與a點磁感應強度相同的點與管線等距,其連線EF應過a點垂直紙面與管線平行,故選項A正確。,答案A,答案C,考向二通電導線在磁場中受到的力 1.通電導線在安培力作用下的平衡問題 (1)通電導線在磁場中受到的安培力 a.方向:根據(jù)左手定則判斷。 b.大小:F=BIL sin (其中為B與I之間的夾角),若磁場和電流垂直:F=BIL;若磁場和電流平行:F=0。其中的L為導線在磁場中

5、的有效長度。如彎曲通電導線的有效長度L等于連接兩端點的直線的長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。,(2)求解安培力作用下通電導線的平衡問題的基本思路,(3)求解關(guān)鍵 a.電磁問題力學化。 b.立體圖形平面化。,例3(2018浙江諸暨中學階段性考試)如圖所示,一質(zhì)量為m的導體棒MN兩端分別放在固定的光滑圓形導軌上,兩導軌平行且間距為L,導軌處在豎直向上的勻強磁場中。當導體棒中通一自右向左、大小為I的電流時,導體棒靜止在與豎直方向成37角的位置上,sin 37=0.6,重力加速度為g,求: (1)勻強磁場的磁感應強度大小; (2)每個圓形導軌對導體棒的支持力大小。,解析(1)

6、從右向左看,受力分析如圖所示: 由受力平衡得:BIL=mg tan 37,解得:B= (2)兩導軌對棒的支持力為2FN,根據(jù)平衡條件有: 2FN cos 37-mg=0 解得:FN=mg,答案(1)(2),試題分析導體棒受重力、支持力和安培力,根據(jù)平衡條件,解出安培 力,最后求出磁場的磁感應強度;同理,根據(jù)平衡條件,結(jié)合合成法得到支持力,最后得到每個圓導軌對導體棒的支持力大小。 2.磁電式電流表 (1)磁電式電流表的構(gòu)造:如圖所示,磁電式電流表由刻度盤、指針、蹄形磁鐵、極靴(軟鐵制成)、螺旋彈簧、線圈、圓柱形鐵芯(軟鐵制成)組成。最基本的是磁鐵和線圈。鐵芯、線圈和指針是一個整體,可以轉(zhuǎn)動。電流

7、表中磁鐵與鐵芯之間的磁場是均勻輻向分布的。所謂均勻輻向分布,就是說所有磁感線的延長線都通過鐵芯的中心,不管線圈處于什么位置,線圈平面與磁感線之間的夾角都是零度。,(2)磁電式電流表的工作原理 a.當電流通過線圈時,線圈上跟軸平行的兩邊都要受到安培力,線圈發(fā)生轉(zhuǎn)動; b.線圈轉(zhuǎn)動,螺旋彈簧扭轉(zhuǎn),反抗線圈轉(zhuǎn)動;,c.當安培力產(chǎn)生的轉(zhuǎn)動與螺旋彈簧扭轉(zhuǎn)形變產(chǎn)生的阻礙達到平衡時,線圈停止轉(zhuǎn)動; d.電流越大,安培力越大;扭轉(zhuǎn)角度越大,反抗力越大。從偏轉(zhuǎn)角度就能判斷電流大小,從偏轉(zhuǎn)方向就能判斷電流方向。,(3)磁電式電流表的特點 a.表盤的刻度均勻,I。 b.靈敏度高,但過載能力差,容易燒壞。 c.滿偏電

8、流Ig、內(nèi)阻Rg反映了電流表的最主要特性。,例4如圖甲,是磁電式電流表的結(jié)構(gòu),蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的,線圈中a、b兩條導線長均為l,通以圖乙所示方向的電流I,兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B。則(),甲,乙,A.該磁場是勻強磁場 B.線圈平面總與磁場方向垂直 C.線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動 D.a、b導線受到的安培力大小總為IlB,解析該磁場明顯不是勻強磁場,勻強磁場的磁感線應該是一系列平行的磁感線,方向相同,疏密相同,故A錯誤。由圖可知,線圈平面總與磁場方向平行,故B錯誤。由左手定則可知,a受到的安培力向上,b受到的安培力向下,故線圈順時針旋轉(zhuǎn),故C錯誤。a、b導線運動方向始

9、終與磁感線垂直,故受到的安培力大小總為IlB,故D正確。,答案D,點撥抓住磁感線的特征,明確“線圈平面”是哪個平面。,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 考向基礎(chǔ) 一、洛倫茲力的推導和特點 1.推導 如圖所示,直導線長為L,電流為I,導體中運動電荷數(shù)為n,橫截面積為S,電荷的電荷量為q,運動速度為v,則,安培力F=BIL=nF洛 所以洛倫茲力F洛= 因為I=NqSv(N為單位體積內(nèi)的電荷數(shù)) 所以F洛=qvB,式中n=NSL,故F洛=qvB。 2.特點:洛倫茲力與電荷速度互相影響。洛倫茲力的大小和方向取決于速度,反過來力又按照牛頓運動定律來決定速度的變化,分析有關(guān)洛倫茲力的問題時須注意

10、力與速度間的關(guān)系。,二、勻強磁場中的帶電粒子(不考慮重力),三、復合場 1.疊加場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。 2.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)。 3.三種場的比較,考向突破 考向帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑和運動時間的確定,例5(2017浙江寧波效實中學期中)半徑為r的圓形空間內(nèi),存在著垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中,并從B點射出,AOB=120,如圖所示,則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()

11、 A.B.C.D.,解析由圖可知,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60,R=r,轉(zhuǎn)過的弧長為l= 2R=r,則運動時間t=,故D正確。,答案D,試題分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由幾何關(guān)系可求出圓心角和半徑,則可求得粒子轉(zhuǎn)過的弧長,由線速度的定義可求得運動的時間。,試題分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由幾何關(guān)系可求出圓心角和半徑,則可求得粒子轉(zhuǎn)過的弧長,由線速度的定義可求得運動的時間。 2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形,2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形,例6(2018浙江東陽中學期中)(多選)如圖所示,以O(shè)為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,三個不計重力、質(zhì)量相

12、同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域,已知bO垂直于MN,aO、cO和bO的夾角都為30,a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc,則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是(),A.tatbtc C.ta=tbtcD.ta=tb=tc,答案AD,3.帶電粒子在復合場中的運動 (1)帶電粒子在電場和磁場中的運動分析 電子、質(zhì)子、粒子、離子等微觀粒子在復合場中運動時,一般都不計重力,但質(zhì)量較大的物體(如帶電塵粒)在復合場中運動時,不能忽略重力。 運動特點及處理方法,“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較,例7(2017浙江名校

13、協(xié)作,22)如圖,質(zhì)量m=110-3 kg、帶電荷量q=110-2 C的帶電粒子從豎直放置的電容器兩極板A、B之間貼著A極板以速度vx=4 m/s平行于極板飛入兩極板間,恰從極板B上邊緣O點飛出,已知極板長L=0.4 m,極板間距d=0.15 m。電容器極板上方有寬度為x=0.3 m的區(qū)域被平均分為區(qū)域、,其中、有勻強磁場,它們的磁感應強度大小相等,均垂直紙面且方向相反,O為DC邊中點,P為DC邊中垂線上一點,帶電粒子從O點離開電場,之后進入磁場,運動軌跡剛好與區(qū)域的右邊界相切,不計粒子的重力。 (1)求該電容器極板間所加電壓U的大小; (2)求勻強磁場的磁感應強度大小B;,(3)若現(xiàn)在、區(qū)域

14、所加磁感應強度大小B=2 T,粒子從O點離開電場 后經(jīng)過3次偏轉(zhuǎn)打到P點,則O、P的距離為多少?,解析(1)粒子在極板間做類平拋運動 L=vxt d=at2=t2= 解得U=0.45 V (2)設(shè)粒子離開電場時速度大小為v,與水平面夾角為 tan = =53 v= m/s=5 m/s 進入右邊磁場恰與右邊界相切,設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為r,故有:,sin = r=0.5 m 對粒子有qvB=m B=1 T (3)當B=2 T時,r=0.25 m 粒子從O點離開電場后,經(jīng)過3次偏轉(zhuǎn)打到P點,故有 OP=32r cos +3 tan =1.3 m,答案(1)0.45 V(2)1 T(3)1.3

15、 m (2)帶電粒子在復合場中運動的應用實例,例8(2018浙江4月選考,22,10分)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號,其原理如圖1所示,壓力波p(t)進入彈性盒后,通過與鉸鏈O相連的“”形輕桿L,驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動,其位移x與壓力p成正比(x=p,0)?；魻柶姆糯髨D如圖2所示,它由長寬厚=abd、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導體制成。磁場方向垂直于x軸向上,磁感應強度大小為B=B0(1-|x|),0。無壓力波輸入時,霍爾片靜止在x=0處,此時給霍爾片通以沿C1、C2方向的電流I,則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0。 (1)指出D1、

16、D2兩點哪點電勢高; (2)推導出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示:電流I與自由電子定向移動速率v 之間關(guān)系為I=nevbd,其中e為電子電荷量);,(3)彈性盒中輸入壓力波p(t),霍爾片中通以相同電流,測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖像如圖3。忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼,求壓力波的振幅和頻率。(結(jié)果用U0、U1、t0、及表示) 圖1 圖2 圖3,解析(1)N型半導體中可以自由移動的是電子,根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動,因此D1點電勢高。 (2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子所受的洛倫茲力和電場力平衡得: evB0=e 將v=代入解得:U0= (3)由任意時刻霍爾元件內(nèi)部電子所受的

17、洛倫茲力和電場力平衡得: evB=e 則UH(t)=(1-|x|)=(1-|p|)=U0(1-|p|) 由上式可得|p|=-,結(jié)合UH-t圖像可知,振幅A=,頻率f=。,答案(1)D1點電勢高(2)U0= (3),方法1解答帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動問題的基本方法 1.運動分析:如圖所示,若帶電粒子沿垂直磁場方向射入磁場,即=90時,帶電粒子所受洛倫茲力F洛=qvB,方向總與速度v 方向垂直。洛倫茲力提供向心力,使帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。,方法技巧,例1如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場

18、,其運動軌跡如圖,若帶電粒子只受磁場力的作用,則下列說法正確的是() A.a粒子速率最大 B.c粒子速率最大 C.c粒子在磁場中運動時間最長 D.它們做圓周運動的周期TaTbTc,解析作出三個粒子運動的圓心和半徑,如圖所示,半徑最大的是c粒子,最小的是a粒子,圓心角最大的是 a粒子,最小的是c粒子,由R=知速率 最大的是c粒子,最小的是a粒子;因為三個粒子的電荷量與質(zhì)量都相同,所以運動的周期T=相同,在磁場中運動時間最長的是a粒子,最短的 是c粒子。,答案B,方法2帶電粒子在磁場中運動的多解問題的分析方法 帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,由于多種因素的影響,使問題形成多解。,例2某儀

19、器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如圖所示,材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,長為3s,寬為s;NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速度為零的電子,從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場,電子每次穿越隔離層,運動方向不變,其動能損失是每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出,不計電子所受重力。 (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比; (2)求電場強度的取值范圍; (3)A是MN的中點,若要使電子在A、M間垂直 于AM飛出,求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。

20、,解析(1)設(shè)圓周運動的半徑分別為R1、R2Rn、Rn+1第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2,動能分別為Ek1和Ek2。 由:Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m 得R2R1=910 (2)設(shè)電場強度為E,第一次到達隔離層前的速率為v。 由eEd=mv2,0.9mv2=m,R1s 得:E 又由Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0.9+0.92+0.9n+)3s 得:E,E (3)設(shè)電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T,運動的半圓周個數(shù)為n,運動總時間為t。 由題意,有:+Rn+1=3s,R1s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1 得:n=2 又由:T= 得:t=

21、,答案(1)910(2)E(3),3.平移圓法:速度大小和方向相同的一排相同粒子進入直線邊界,各粒子的軌跡圓弧可以由其他粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移得到(如圖所示)。,例3如圖,在0 xa區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場,磁感應 強度的大小為B。在t=0時刻,一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界上P(a,a)點離開磁場。求:,(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷; (2)此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍; (3

22、)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。,(2)如圖2,將過P點的圓繞O點沿順時針方向滾動,當動圓與右邊界相切(如圖3),由幾何關(guān)系可知R sin +R=a,可得sin =,=30。此臨 界狀態(tài)下,粒子在O點的速度與y軸的正方向成=60,弦OP=2R cos 30=2a=OP,不難發(fā)現(xiàn)動圓與右邊界交點所在的弦OP的長先變小后變大,轉(zhuǎn)至與x軸成30時,弦長OP與初始位置相等,所以初速度與y軸的正方向成(060)的粒子在磁場中的運動的圓心角一定不大于120。由t=T可知,運動時間tt0。繼續(xù)沿順時針方向滾動圓周至動圓與左邊界 所截得的弦長等于OP,即圓心角為120時(如圖4),cos =,=30,此 運動情況的粒子在O點的速度與y軸正方向成120?？梢?初速度與y軸,的正方向成角(60120)的粒子在磁場中的運動的圓心角一定不小于120,所以沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界上P(a,a)點離開磁場時,初速度與y軸的正方向夾角范圍在60120 內(nèi)的粒子仍在磁場中。,圖3圖4,(3)綜合(2)中的分析可知,所有粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角的最大值為240(如圖3),可見從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為2t0。,答案(1)a(2)60120(3)2t0,