第20讲 磁场复习-高二物理上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第20讲 磁场复习 适用学科 物理 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 安培力的分析与计算，洛伦兹力多解问题，带电粒子在复合场中的运动 回顾本单元重要知识点，掌握常考题型的解题方法，培养学生的解题分析能力。 一．有关安培力问题的分析与计算 安培力是一种性质力，既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此，有关安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题目中的条件由牛顿定律或动能定理等规律求解。具体求解应从以下几个方面着手分析。 1．安培力的大小 当通电导体与磁场方向垂直时，F＝ILB；当通电导体与磁场方向平行时，F＝0；当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILBsin θ。 2．安培力的方向 由左手定则判断，安培力垂直于磁场的方向，也垂直于导线的方向，即安培力垂直于磁场和导线所决定的平面，但磁场与导线可以不垂直。 3．解决安培力问题的一般步骤 先画出通电导线所在处的磁感线的方向，用左手定则确定通电导线所受安培力的方向；根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程；根据牛顿运动定律或动能定理求解。 例1．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨的其他电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.60，cos37°＝0.80，试求： （1）通过导体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力的大小。 （变式训练1）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　 　） A．2F　　 B．1.5F　　 C．0.5F　 D．0 二．有关洛伦兹力的多解问题 要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解。常见的多解问题有以下几种： 1．带电粒子电性不确定造成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。 2．磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。 如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。 3．临界状态不唯一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。 4．运动的往复性形成多解 带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图丁所示。 例2．（多选）长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电。现在质量为m、电量为q的正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是（　 　） A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度<v< 三．带电粒子在复合场中的运动 复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两种场并存的场，或场分区域存在。 1．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变重力势能 静电场 大小：F＝qE 方向：正电荷受力方向与电场强度的方向相同；负正电荷受力方向与电场强度的方向相反 电场力做功与路径无关 W＝qU 电场力做功改变电势能 磁　场 洛伦兹力的大小：F＝qvB 方向：符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变电荷的动能 2．带电粒子在复合场中的运动分类 （1）静止或匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。 （2）匀速圆周运动 在三场并存的区域中，当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。 （3）较复杂的曲线运动 当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。 （4）分阶段运动 带电粒子可能依次通过几种不同情况的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。 注意：①研究带电粒子在复合场中的运动时，首先要明确各种不同力的性质和特点；其次要正确地画出其运动轨迹，再选择恰当的规律求解。②一般情况下，电子、质子、α粒子等微观粒子在复合场中所受的重力远小于电场力、磁场力，因而重力可以忽略，如果有具体数据，可以通过比较来确定是否考虑重力，在有些情况下需要由题设条件来确定是否考虑重力。 3．求解带电粒子在复合场中的运动问题的一般步骤 （1）选带电粒子为研究对象；（2）对带电粒子进行受力分析；（3）依据受力情况判定带电粒子的运动形式；（4）分析运动过程并结合力学规律列方程或画图象，然后求解。 例3．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g＝10 m/s2，问： （1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷； （2）油滴在P点得到的初速度大小； （3）油滴在第一象限运动的时间。 （变式训练3）如图所示，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。则（　　） A．带电粒子带负电 B．匀强磁场的磁感应强度大小B＝ C．匀强电场的场强大小为E＝ D．带电粒子在运动过程中机械能守恒 （变式训练4）如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场E1＝1.0×104 V/m，方向垂直边界竖直向上，E2＝×105 V/m，方向水平向右；Ⅲ区域存在匀强磁场，磁感应强度B＝5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝m，一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6 C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求： （1）粒子离开区域Ⅰ时的速度大小； （2）粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角； （3）粒子从O点开始到离开Ⅲ区域时所用的时间。 1．法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆（　　） A．向左摆动　　　 B．向右摆动 C．顺时针转动 D．逆时针转动 2．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（　 　） A．kBl，kBl B．kBl，kBl C．kBl，kBl D．kBl，kBl 3．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（　 　） A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变 C．若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子 D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为︰ 4．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（　 　） A． B． C． D． 5．（多选）如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则（　 　） A．小球A仍可能处于静止状态 B．小球A将可能沿轨迹1运动 C．小球A将可能沿轨迹2运动 D．小球A将可能沿轨迹3运动 6．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（　 　） A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 7．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与开关S和内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20 cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一根导体棒ab垂直于导轨放置，质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω，用长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°（sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2），则（　　） A．磁场方向一定竖直向上 B．电源的电动势E＝8.0 V C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 N D．导体棒在摆动过程中的最大动能为0.128 J 8．（多选）如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E、g和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　 　） A．小球带负电 B．小球做匀速圆周运动过程中机械能保持不变 C．小球做匀速圆周运动过程中周期T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大 9．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求： （1）带电粒子的比荷； （2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 第20讲 适用学科 物理 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的左端低右端高，下列哪些调节方案可以使天平平衡（　 　） A．减小电流I大小 B．增长线框的宽度L C．增大左盘砝码的质量 D．增加线圈的匝数N 2．如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论（　　） A．它们的动能一定各不相同 B．它们的电荷量一定各不相同 C．它们的质量一定各不相同 D．它们的电荷量与质量之比一定各不相同 3．如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求： （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。 答案 第20讲 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1【答案】 　(1)1.5 A　(2)0.30 N　(3)0.06 N 解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝，代入数据解得：I＝1.5 A (2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL，代入数据解得：F＝0.30 N，方向沿斜面向上 (3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1＝mgsin 37°＝0.24 N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有： mgsin 37°＋f＝F安，解得：f＝0.06 N。 〔变式训练1〕【答案】　B　 解析：设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1︰R2＝2R︰R＝2︰1，上下两路电流之比I1︰I2＝1︰2。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′︰F＝I1︰I2＝1︰2，得F′＝F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝F，选项B正确。 例2 【答案】 AC 解析：要使粒子不打在板上，那么粒子经过磁场后， 可在板的右边或者左边穿出磁场，依据题意， 粒子打在板上的临界状态，如图所示， 即从板左边B点或者右边A点穿出磁场。 根据几何关系，有：r1＝ r＝L2＋(r2－)2得r2＝L， 根据r＝，则v1＝＝，v2＝＝ 那么欲使粒子不打到极板上，v<BqL/4m或v>5BqL/4m。 例3【答案】　(1)1 ∶1 ∶　带负电　(2)4 m/s　(3)0.828 s 解析：(1)根据受力分析(如图)可知，油滴带负电荷 设油滴质量为m，由平衡条件得：mg ∶qE ∶f＝1 ∶1 ∶ (2)m＝ qvB＝qE v＝＝4 m/s (3)进入第一象限，电场力和重力相等，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限。 由O→A匀速运动位移为s1＝＝h知运动时间：t1＝＝＝＝0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝ 知由A→C的圆周运动时间为 t2＝T＝＝0.628 s，由对称性知从C→N的时间t3＝t1 在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋＝0.828 s 〔变式训练3〕【答案】　B　 解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A错误；由上分析，根据牛顿第二定律得qvB＝m，得到，B＝，重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，则有Eq＝mgsin θ得到，E＝，故B正确，C错误。虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误。 〔变式训练4〕【答案】 (1)v1＝4×103 m/s　(2)θ＝30°　(3)t＝6.12×10－3 s 解析：(1)由动能定理得：mv＝qE1d1 得：v1＝4×103 m/s (2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动，设水平向右为y轴，竖直向上为x轴，粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ tan θ＝ ① vx＝v1　vy＝at2 ② a＝ ③ t2＝ ④ 由①②③④式解得θ＝30° (3)粒子进入磁场时的速度v2＝2v1 粒子在磁场中运动的半径R＝＝10 m 所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°，因此t3＝×＝×10－3 s；粒子在电场Ⅰ中，qE1＝ma1，v1＝a1t1得t1＝2.5×10－3 s 由④得t2＝10－3 s t＝t1＋t2＋t3＝(3.5＋)×10－3 s＝6.12×10－3 s 1. 【答案】 D　 解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。选项ABC错误，D正确。 2. 　【答案】B　 解析：若电子从a点射出，运动轨迹如图线①， 有qvAB＝m Ra＝ 解得vA＝＝＝ 若电子从d点射出，运动轨迹如图线②， 有qvdB＝m R＝2＋l2 解得vd＝＝＝ 选项B正确。 3．【答案】 　D　 解析：根据qvB＝m，得v＝。则最大动能Ek＝mv2＝，与加速电压无关，故A错误；若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式R＝与nqU＝mv2，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为︰，故D正确。 4．【答案】　 B　 解析：带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆 半径的2倍，如图所示。 粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝ 粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝ 则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，选项B正确。 5. 【答案】　AB　 解析：若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确。若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确，C、D错误。 6． 【答案】　C　 解析：A错：由左手定则知，粒子带负电。B错：由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。C对：由R＝， 若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出。D错：由R＝，若仅减小入射速率v, 则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝T，T＝知，运动时间变长。 7． 【答案】 B　 解析：当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则F＝BIL＝BL，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tan θ＝，得E＝8.0 V，安培力F＝0.8 N，故B正确，C错误。根据动能定理得FLsin 53°－mgL(1－cos 53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08 J，故D错误。 8. 【答案】 AC 解析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向上，与电场方向相反，因此小球带负电，故A正确。小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断变化，两者之和即机械能在变化，故B错误。小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝mr，又qE＝mg，联立得T＝，故C正确。在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，得v＝，知若电压U增大，小球获得的速度v增大，小球做匀速圆周运动的轨迹半径增大，根据T＝知小球做匀速圆周运动的周期不变。故D错误。 9. 【答案】 (1)　(2) 解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU＝mv2 ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB＝m ② 由几何关系知 d＝r ③ 联立①②③式得 ＝ ④ (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s＝＋rtan 30° ⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝ ⑥ 联立②④⑤⑥式得 t＝ ⑦ 1．【答案】　A　 解析：天平左端低右端高需减小左盘砝码的质量，故选项C错误；由题图可判右臂下端线圈受到的安培力方向竖直向上，其大小为F＝NBIL，要使天平平衡需减小F，故选项A正确，BD错误。 2. 【答案】　D 解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，得出能不偏转的粒子速度应满足v＝，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，圆周运动的半径R＝，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，所以粒子能分裂成几束的原因是粒子的比值不同，故D正确，ABC错误。 3. 【答案】 (1)　(2)1︰4 解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1 ② 由几何关系知2R1＝l ③ 由①②③式得B＝ ④ (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝m2v ⑤ q2v2B＝m2 ⑥ 由题给条件有2R2＝ ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为︰＝1︰4 ⑧ 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$