高考专题磁场和复合场

高考专题：磁场和复合场【考纲要求】1.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。2.深刻理解磁感应强度、磁感线、磁通量的物理含义。3.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平行和垂直两类）。4.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】【热点导析】1.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）、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。2.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）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。3.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、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B和安培定则，求力用左手定则，而应把B、I、BF、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FB（fB）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。4.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B·S（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nBIS。5.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，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（）A.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B.将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C.将a、d端接在电源正极，b、c端在电源负极D.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M→N，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接在正极时电流方向为N→M，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M→N，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c→d，而当电流为N→M时，线圈中电流为d→c，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l。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Δx，方向。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x1,线框处于平衡状态，所以kx1=mg-nBIl。当电流反向时，线框达到新的平衡，弹簧的伸长量为x2,由平衡条件可知kx2=mg+nBIl。∴k(x2-x1)=kΔx=2nBIl∴Δx=knBIl2电流反向后，弹簧的伸长是x2＞x1,位移的方向应向下。说明本题为静力学与安培力综合，把安培力看成静力学中按性质来命名的一个力进行受力分析，是本题解答的基本思路。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O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）?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，沿丝线拉力T由平衡条件可知：Eq=mgtan30°=33mg对小球由B→A→C过程中应用动能定理mgL-EqL=21mv2C-0对小球在C处在竖直方向应用向心力公式T-mg=mLvc2由①②③得：T=（3-332）mg=1.8×10-2N设小球还能向右摆α角至D点对小球由B→A→C→D应用动能定理mglcosα-Eq(1+1sinα)=0由①④得cosα=33(1+sinα)∴α=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，动能定理为首选解法。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∠AOD=60°,∠COD=30°。若本题修改后∠AOB＞90°，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x轴上的b点（未标出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度。（2）磁场区域圆心O1的坐标。（3）电子在磁场中运动的时间。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O、a、b均在圆形磁场区域的边界，粒子运动轨道圆心为O2，令bOaO22=R由题意可知，∠aO2b=60°,且ΔaO2b为正三角形在ΔOO2b中，R2=（R-l）2+(Rsin60°)2①而R=Bemv0②由①②得R=2l∴B=elmv20而粒子在磁场中飞行时间t=00322326136060vlvlBemT由于∠aOb=90°又∠aOb为磁场图形区域的圆周角∴ab即为磁场区域直径211aOR=lO1的x坐标：x=aO1sin60°=23ly=l-aO1cos60°=2l∴O1坐标为（23l，2l）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。（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R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（1）Em=nqU（2）∵nqU=21mv2n,∴vn=mnqU2Rmvn2=qunBn,Bn=qRmvn以Un结果代入，Bn=qnmURmnqUqRm212(3)绕行第n圈需时nqUmRVRn1222∴tn=2πRqUm2(1+3121…+n1)（4）如图5-10-6所示（对图的要求：间隔越来越近的等幅脉冲）（5）不可以。因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功+qU使之加速，在A、B之外飞行时电场又对其做功-qU使之减速，粒子绕行一周，电场对其做的总功为零，能量不会增大。说明在（4）中由于绕第n圈的周期Tn=nqBm2，由Bn越来越大，因而Tn也越来越小，这样在图中t1,t2,t3的相互间距要越来越小。粒子每次通过AB板间的时间也要随着粒子不断加速而越来越短，因而图中等幅脉冲要越来越窄。在（5）中若粒子穿过AB板间后A板电势不消失，正离子继续从B向A做圆周运动时，是从低电势向高电势运动，电场力做负功，从B→A，做功为-qU，这样粒子绕行一周，电场对其做的功为零，能量也就不会变大。例6如图5-10-7所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外。某时刻在x=l0,y=0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0,y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直。不考虑质子与α粒子的相互作用。设质子的质量为m，电量为e。（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？解析本题为1999年广东高考试题（1）根据质子进入磁场的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x轴上，又因质子经过原点O，故其轨道半径rp=21l0。设质子的速度为vp，由牛顿定律得pprmv2=eBvp①解得vp=meBl20②（2）质子做圆周运动的周期为Tp=eBm2③由于α粒子电荷为qo=2e,质量为ma=4m，故α粒子做圆周运动的周期Tα=eBm4④质子在做圆周运动的过程中，在t=21Tp,23Tp,25Tp…各时刻通过O点。α粒子如与质子在O点相遇，必在同一时刻到达O点，这些时刻分别对应t=41Ta,43Ta,…。如果α粒子在t=41Ta到达O点，它运行了41周期。如在t=43Ta到达O点，它运行了43周期。由此可知，α粒子进入磁场处与O点之间的连线必为41圆周或43圆周所对的弦，如图5-10-8所示（实际上t=45Ta等情形不必再考虑）。进而得出，α粒子的轨道半径ra=22l0⑤设α粒子的速度为vα,则由牛顿定律得rvm2=qαBvα注意到mα=4m,qα=2e⑥但方向可有两个，用α粒子速度方向与x轴正方向夹角θ表示θ1=4⑦θ2=43⑧说明解题时要正确理解题目所描述的物理情景，并以此为依据构建出正确的物理模型是解决该类