人教版 (新课标)第三章 磁场综合与测试学案设计

[体系构建]

[核心速填]

1．磁场

(1)存在于磁体、电流周围的一种特殊物质。

(2)方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向。

2．磁感线

(1)磁感线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的强弱。磁感线都是闭合曲线，且不能相交。

(2)电流(包括直线电流、环形电流、通电螺线管)周围的磁感线方向与电流方向的关系，可以由安培定则来判定。

3．磁感应强度

(1)定义：B＝。

(2)方向：用左手定则来判断。

4．安培力

(1)计算式：F＝ILBsin_θ。

(2)方向：用左手定则来判断，安培力与速度方向垂直，与磁场方向垂直。

5．洛伦兹力

(1)大小：F＝qvB(v⊥B)。

(2)方向：用左手定则来判断，洛伦兹力与速度方向垂直，与磁场方向垂直。

6．带电粒子在匀强磁场中运动(不计重力)

(1)若v∥B，带电粒子以速度v做匀速运动。

(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。

①向心力由洛伦兹力提供：qvB＝m。

②轨道半径公式：R＝。

③周期：T＝。

7．应用实例

(1)质谱仪：测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。

(2)回旋加速器：磁场使带电粒子偏转，交变电场使带电粒子加速。只要交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，带电粒子每运动半周就可以被加速一次，这样经过多次加速，带电粒子可以达到很高的能量。

安培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，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解。具体求解应从以下几个方面着手分析：

1．安培力的大小

(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB。

(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0。

(3)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

(1)安培力的方向由左手定则确定。

(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直。

3．安培力作用下导体的状态分析

通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态。对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键。

【例1】　如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计。另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。求：

(1)此磁场的方向；

(2)磁感应强度B的取值范围。

[解析]　(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如下图所示。经分析知磁场的方向斜向下指向纸里。

甲　　　　　　　　乙

(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则：

Fsin 30°＋Ff－mg＝0

F＝B1IL

Ff＝μFcos 30°

I＝E/(R＋r)

联立四式并代入数值得B1＝3.0 T。

当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则：

F′sin 30°－Ff′－mg＝0

Ff′＝μF′cos 30°

F′＝B2IL

I＝

可解得B2＝16.3 T。

所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T。

[答案]　(1)斜向下指向纸里　(2)3.0 T≤B≤16.3 T

1．质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流分析正确的是(　　)

A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为

B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为

C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为

D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为

C　[导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有关系tan 60°＝＝，得导体棒中电流I＝，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故只有选项C正确。]

1.带电粒子的电性不确定形成多解

受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为B.

2．磁场方向的不确定形成多解

磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若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°从入射面边界反向飞出，如图所示，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，如图所示。

【例2】　在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。

[解析]　要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足

2R·n＝OM＝l(n＝1，2，3…)。  ①

R＝  ②

Eq·y＝mv2  ③

联立①②③可得：y＝(n＝1、2、3…)

[答案]　见解析

2．(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是(　　)

A.　　 B.

C.   D.

AC　[依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv′＝m，v′＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω′＝＝，选项A、C正确。]

带电粒子在电场和磁场两种场中运动的性质：

(1)在电场中

①当粒子的运动方向与电场方向平行时，做匀变速直线运动；

②当粒子垂直于电场方向进入磁场时，做匀变速曲线运动(类平抛运动)。

(2)在磁场中

①当粒子的运动方向与磁场方向一致时，不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动；

②当粒子垂直于匀强磁场方向进入磁场时，做匀速圆周运动。

【例3】　如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：

(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；

(2)磁场的磁感应强大小；

(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。

设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有

s1＝v1t1  ①

h＝a1t  ②

由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为

a1t1＝v1tan θ1  ③

联立以上各式得

s1＝h。  ④

(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qE＝ma1  ⑤

设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有

v′1＝  ⑥

设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

qv′1B＝  ⑦

由几何关系得

s1＝2R1sin θ1  ⑧

联立以上各式得B＝。  ⑨

(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得(2m)v＝mv               ⑩

由牛顿第二定律有

qE＝2ma2  ⑪

设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有

s2＝v2t2  ⑫

h＝a2t  ⑬

v′2＝  ⑭

sin θ2＝  ⑮

联立以上各式得

s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1  ⑯

设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

R2＝＝R1  ⑰

所以出射点在原点左侧。

设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有

s′2＝2R2sin θ2  ⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

s′2－s2＝(－1)h。  ⑲

[答案]　见解析

3．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：

(1)M、N两点间的电势差UMN；

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；

(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。

[解析]　(1)设粒子过N点时的速度为v，有

＝cos θ，得v＝2v0

粒子从M点运动到N点的过程中有

qUMN＝mv2－mv

解得UMN＝。

(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有

qvB＝，解得r＝。

(3)由几何关系得ON＝rsin θ

设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，解得t1＝

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝

设粒子在磁场中运动的时间为t2，有

t2＝T，解得t2＝

则粒子从M点运动到P点的总时间

t＝t1＋t2＝。

[答案]　(1)　(2)　(3)

1.带电粒子在叠加场中运动的基本性质

(1)匀速直线运动：若带电粒子所受合外力为零，它将处于静止或匀速直线运动状态；

(2)匀速圆周运动：若带电粒子所受合外力只充当向心力，它将做匀速圆周运动；

(3)匀变速运动：若带电粒子所受合外力恒定，它将做匀变速运动；

(4)非匀变速运动：若带电粒子所受合外力不恒定，它将做非匀变速运动。

2．带电体所受重力、静电力与洛伦兹力的性质各不相同，做功情况也不同，应予以区别。

【例4】　在如图所示的空间中存在场强为E的匀强电场和沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场。一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动，据此可以判断出(　　)

A．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高

B．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低

C．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高

D．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低

C　[磁场沿x轴负方向，质子受到的洛伦兹力沿着z轴正方向，因质子做匀速直线运动，所以质子所受到的静电力与洛伦兹力等大反向，电场强度必然沿着z轴负方向，否则质子不可能做匀速直线运动。这样质子在运动过程所受到静电力的大小为eE＝evB，电势能不变。电场强度沿着z轴负方向，所以沿着z轴正方向电势升高。综上所述选项C正确。]

4．如图所示，装置为速度选择器，平行金属板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，带电粒子均以垂直电场和磁场的速度射入且都能从另一侧射出，不计粒子重力，以下说法正确的有(　　)

A．若带正电粒子以速度v从O点射入能沿直线OO′射出，则带负电粒子以速度v从O′点射入能沿直线O′O射出

B．若带正电粒子以速度v从O点射入，离开时动能增加，则带负电粒子以速度v从O点射入，离开时动能减少

C．若氘核(H)和氦核(He)以相同速度从O点射入，则一定能以相同速度从同一位置射出

D．若氘核(H)和氦核(He)以相同动能从O点射入，则一定能以相同动能从不同位置射出

C　[带负电粒子以速度v从O′点射入，静电力和洛伦兹力都向下，不可能做直线运动，选项A错误；若带正电粒子以速度v从O点射入，离开时动能增加，静电力做正功，则静电力大于洛伦兹力，将带负电粒子以速度v从O点射入，仍然是静电力大于洛伦兹力，则离开时动能增大，选项B错误；粒子刚进入叠加场区，由牛顿第二定律得a＝，两粒子的相同，则粒子的加速度相同，运动情况完全相同，射出时速度相同但动能不同，选项C正确，D错误。]