2024高考物理總復習名師學案-磁場

2024高考物理總復習名師學案一磁場

?考點指要

知識點要求程度

1.電流的磁場.I

2.磁感應強度.磁感線.地磁場.磁通量.II

3.磁性材料.分子電流假說.I

4.磁電式電表原理I

5.磁場對通電直導線的作用.安培力.左手定則.II

6.磁場對運動電荷的作用.洛倫茲力.帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.II

7.質(zhì)譜儀，回旋加速器I

【說明】（1）只要求駕馭直導線跟8平行或垂直兩種狀況下的安培力.

（2）只要求駕馭v跟8平行或垂直兩種狀況下的洛倫茲力.

?復習導航

本章主要探討了磁場的描述方法（定義了磁感應強度等概念，引入了磁感線這個工具）和磁場產(chǎn)生的作

用（對電流的安培力的作用、對運動電荷的洛倫茲力作用）及其相關問題.其中磁感應強度是電磁學的基本概

念，應細致理解：通電直導線在磁場中的平衡、加速運動，帶電粒子在洛倫茲力作用下的圓周運動等內(nèi)容

應嫻熟駕馭；常見磁體四周磁感線的空間分布觀念的建、九常是解決有關問題的關鍵，復習中應留意這方

面的訓練.

從近幾年的高考試題看，幾乎本章的每個學問點都考過，特殊是左手定則和帶電粒子在磁場（或加有電

場、重力場的復合場）中的運動，更是頻頻出現(xiàn)，且難度較大，對學生的空間想象實力、物理過程、運動規(guī)

律的綜合分析實力都要求較高，在狂習中應引起高度的重視.

本章內(nèi)容可分為兩個單元組織復習：（I）磁場對電流的作用.（H）磁場對運動電荷的作用.

第I單元磁場對電流的作用

?學問聚焦

一、磁場

1.磁場是磁極、電流四周存在的一種物質(zhì)，對放在磁場中的磁極、電流具有力的作用.

2.磁場的方向：規(guī)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向（或者小磁針靜止時N極的指向）就是那一

點的磁場方向.

3.磁感線：在磁場中人為地畫出一系列曲線，曲線的切線方向表示該位置的磁場方向，曲線的疏密能

定性地表示磁場的弱強，這一系列曲線稱為磁感線.要駕馭條形磁鐵、蹄形磁鐵、直線電流、仄形電流、通

電螺線管形成磁場及地磁場中的磁感線分布特點.

地球的磁場與條形磁鐵的磁場相像，其主要特點有三個：

（1）地磁場的N極在地球南極旁邊，S極在地球北極旁邊，磁感線分布如圖II一1一1所示.

地奧極墀理北極

圖11—1一1

（2）地磁場B的水平重量［及）總是從地球南極指向地球北極，而豎宜重量或，，在南半球垂宜地面

對上，在北半球垂直地面對下.

（3）在赤道平面匕距離批球表面高度相等的各點，磁感應強度相等，H,方向水平向北.

對?于磁感線的相識，要留意以下幾點：

①磁感線是為了形象地探討磁場而人為假設的曲線，并不是客觀存在于磁場中的真實曲線，試驗時利

用被磁化的鐵屑來顯示磁感線的分布狀況，只是探討磁感線的i種方法，使得看不見、摸不著的磁場變得

詳細I形象，給探討者帶來便利.但是，決不能認為磁感線是由鐵屑排列而成的，另外被磁化的鐵屑所顯示的

磁感線分布僅是一個平面上的磁感線分布狀況而磁鐵四周的磁感線應分布在長、寬、高組成的三維空間內(nèi).

②磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線較密的地方磁場較強，磁感線較疏的地方磁場較弱.

③磁場對小磁針N極的作用力的方向叫做磁場的方向.由于磁感線上任何一點的方向，都跟該點的磁

場方向一樣，所以磁感線方向，磁場方向和小磁針靜止時N極所指的方向，三者是一樣的.

④磁感線不能相交，也不能相切.

⑤沒有畫磁感線的地方，并不表示那里就沒有磁場存在，通過磁場中的任一點總能而且只能畫出一條

磁感線.

⑥磁場中的任何一條磁感線都是閉合曲線.例如：條形磁鐵或通電螺線管的磁感線在外部都是從N極

出來進入S極；在內(nèi)部則由S極回到N極，形成閉合曲線.

4.電流的磁場安培定則

（1）直線電流的磁場，（2）環(huán)形電流的磁場，（3）通電螺線管的磁場，磁感線的方向都是由安培定則推斷.

二、磁感應強度和磁通量

1.磁場最基本的性質(zhì)是對放入其中的電荷有磁場力的作用.可流垂直于磁場時受磁場力最大，電流與磁

場方向平行時，磁場力等于零.

在磁場中垂直于磁場方向的通電直導線，受到的磁場力尸與電流/和導線長度L的乘積的比值叫做通

電直導線所在處的磁感應強度.定義式為：B=—,磁感應強度的方向就是該位置的磁場方向

IL

2.勻強磁場：若某個區(qū)域里磁感應強度大小到處相等，方向都相同，那么這個區(qū)域的磁場叫做勻強磁

場,兩個較大的異名磁極之間（除邊緣之外）、長直通電螺線管內(nèi)部（除兩端之外）都是勻強磁場.勻強磁場中的

磁感線是平行等距的直線.

3.穿過某一面積的磁感線的條數(shù)叫做穿過這個面積的磁通量.

G=BS一

磁感應強度又叫磁通密度.

三、安培力

1.磁場對電流的作用力也叫安培力，其大小由導出，即尸=8/L.式中F、B、/要兩兩垂直.

IL

2.安培力的方向可由左手定則判定，留意安培力垂直于電流方向和磁場方向確定的平面.

3.由于該處的題目中給出的常是立體圖，又涉及到人/、8之間的方向關系，因此求解該處題目時應

具有較好的空間想象力，要擅長把立體圖形改畫成易于分析受力的平面圖形.

四、電流表的工作原理

電流表的構(gòu)造主要包括：蹄形磁鐵、圓柱形鐵芯、線圈、螺旋彈簧和指針.蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是

勻稱地輻射分布的，如圖11-1-2所示，這樣不管通電導線處于什么角度，它的平面均與磁感線平行，

從而保證受到的磁力矩不隨轉(zhuǎn)動角度的變更而變更.始終有：M=nBIS（n為線圈的匝數(shù)）.當線圈轉(zhuǎn)到某?角度

時，磁力矩與彈簧產(chǎn)生的阻力矩相等時，線圈就停止轉(zhuǎn)動，此時指針（指針隨線圈一起轉(zhuǎn)動）就停在某

處，指向一確定的讀數(shù)：/="，由于M'與轉(zhuǎn)動的角度。成正比，所以電流越大，偏轉(zhuǎn)角就越大，〃與

nBS

電流/成正比.

圖11—1—2

?疑難辨析

1.磁場中某位置的磁感應強度的大小及方向是客觀存在的，與放入的電流/的大小、導線的長短即L

的大小無關，與電流受到的力也無關，即便不放入載流導體，它的磁感應強度也照樣存在.因此不能說B

與〃成正比，或8與〃成反比.磁感應強度8是矢量，遵守矢量分解合成的平行四邊形定則.留意磁感應強

度的方向就是該處的磁場方向，并不是該處電流的受力方向.

2.因尸=3/L是由4=￡■導出，所以在應用時要留意：(1)6與L垂直；(2此是有效長度：(3)3并非肯

定為勻強磁場，但它應當是心所在處的磁感應強度.

例如圖11—1—3所示，垂直折線。力c中通入電流/,H=Z?c=L，折線所在平面

與勻強磁感應強度B垂直.a兒受安培力等效于ac(通有aF的電流/)所受安培力,即“

=B/?CL,方向同樣由等效電流ac,判定為在紙面內(nèi)垂直于ac?斜向上.同理可以

推知：(1)如圖11—1—4(1)所示，半圓形通電導線受安培力尸=8/?2R,(2)圖u——3如圖11—1

4(2)所示閉合的通電導線框受安培力F=().

3.定性推斷通電導線或線圈在安培力作用下的運動方向問題，常用下列幾種方法:

(I)電流元分析法.把整段電流等分為許多段直線電流元，先用左手定則推斷出小段電流兀受到的安培

力方向，再推斷整段電流所受安培力合力的方向，從而確定導體的運動方向.

(2)特殊位置分析法.把通電導體轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后推斷其安培力方向，從而確定運動方

圖11—1—5圖11—1—6

例如，如圖11-1-5所示，把一通電導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動，當導線

中通過如圖所示方向的電流/時，試推斷導線的運動狀況.用電流元分析法：把直線電流看為0A和OB兩

部分，畫出幾條典型的磁感線，由左手定則可推斷出。4段受安培力垂直紙面對外，08段受安培力垂直

紙面對里，如圖11-1-6所示，可見從上向下看導線將逆時針轉(zhuǎn)動；再用特殊位置分析法：設導線轉(zhuǎn)過

90'到與紙面垂直的位置.，見圖11-1-6,推斷導線受安培力方向向下.由以上兩個方面可知導線在逆時

針轉(zhuǎn)動的同時向下運動.

(3)等效分析法：環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵也可等效為環(huán)形電流，通電螺線管可等效成多個

環(huán)形電流或條形磁鐵.

(4)利用平行電流相互作用分析法：同向平行電流相互吸引，異向平行電流相互排斥.

例如，圖11一1一7所示，把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極旁邊，磁鐵的軸線穿過線圈的圓

心且垂直于線圈平面.當線圈內(nèi)通入如圖方向的電流后，推斷線圈如何運動?用等效分析法：把環(huán)形電流等

效為一個小磁針如圖11一1一8所示，由磁極間相互作用可知線圈將向磁鐵運動.

|$嚴|<>

圖11—1—8

?典例剖析

［例1］如圖11—1—9所示，導線面固定，導線cd與曲垂直且與岫相隔一段距離.cd可以自由移

動，試分析cd的運動狀況.

圖11—1一9

【解析】首先分析固定導線?！ǖ拇鸥芯€的分布狀況，如圖所示(用安培定則)，然后再用左手定則分

析cd導線在磁場中的受力方向.可以發(fā)覺他兩側(cè)的部分所受安培力/分別如圖中標的所示，所以cd導線

將順時針方向轉(zhuǎn)動.細致留意一下就會發(fā)覺，當cd一轉(zhuǎn)動，

兩者的電流就有同向的成分，而同向電流相互吸引，可見cd導線在轉(zhuǎn)動的同時還要向Gb導線平移.

【說明】通過對本題的分析有兩點值得留意：

(1)4導線邊轉(zhuǎn)動，邊受到吸引力，且隨著轉(zhuǎn)動角度的增大，所受吸引力增大.轉(zhuǎn)動和吸引是同時發(fā)生

的，一轉(zhuǎn)動就有吸引力，并不是轉(zhuǎn)動以后才受到吸引力.

(2)不論是電流與電流的作用還是電流與磁體的作用，假如發(fā)生這種轉(zhuǎn)動(在磁場力作川下，不是外力

作用下)，其轉(zhuǎn)動的必定結(jié)果是相互吸引.這是由能最守恒所確定的.利用這一特點，可快速推斷此類問題.

【設計意圖】通過本例說明電流和電流間的相互作用力及分析在這種作用力下導線運動狀況的方法.

［例2］在傾角為。的光滑斜面上，放i根通電導線A8,電流的方向為A-8,A8長為L,質(zhì)量為利,

放置時與水平面平行，如圖11-1-10所示，將磁感應強度大小為B的磁場豎直向上加在導線所在處，此

時導線靜止，那么導線中的電流為多大?假如導線與斜面有摩擦，動摩擦因數(shù)為〃，為使導線保持靜止，

電流1多大？(〃Vtana)

圖11—1—10圖11—1—11

【解析】在分析這類問題時，由于8、/和安培力尸的方向不在同一平面內(nèi)，一般狀況下題目中所給

的原圖均為立體圖，在立體圖中進行受力分析簡單出錯，因此畫受力圖時應首先將立體圖平面化.本題中棒

AB所受重力〃名、支持力網(wǎng)和安培力廠均在同一豎直面內(nèi)，受力分析如圖11—1—11所示.白于4B靜止

不動，所以

Evsi/za=F=BIL①

ENCOSa②

由①@得導線中電流/=Iana

LB

假如存在摩擦的話，問題就困難得多.當電流/V四％an。時,有向下滑的趨勢，靜摩擦力沿斜面

LB

對上，臨界狀態(tài)時靜摩擦力達到最大值R尸M.當電流/Altana時，有向上滑的趨勢，靜摩擦力

LB

沿斜面對下，臨界狀態(tài)時止”.

第一種臨界狀況，由平衡條件得：

沿斜面方向sina=Ficosa+F/i③

垂直于斜面方向

FN\=nigcosGIFisina④

又Ffi=〃FNI;F\=I\LB⑤

由③??得，/尸…-a)

L8(cosa+〃sina)

其次種狀況，同理可列方程

z

mgsina4-Fy2=/2COSa(6)

Ev2=，〃gcosa+尸2Sina⑦

徐=〃尸M；F2=hLB⑧

山⑥@@得，

"?g(sina+〃cosa)

h=-------------------

LB(cosa-〃sina)

所求條件為：

〃吆(sina-〃cos。)“/吆(sina+4cosa)

-------------------w/w-------------------

L8(cosa+〃sin。)L8(cosa-〃sina)

【思索】(1)題目中所給的條件〃Vtan。有什么作用?若〃>tan。會出現(xiàn)什么狀況？

(2)若磁場B的方向變?yōu)榇怪毙泵鎸ι希绢}答案又如何？

【思索提示】(1)〃Vtan。說明mgsina>〃加geos。,若導體中不通電,則它將加速下滑，所以，

為使導體靜止，導體中的電流有一最小值，即/2〃H(s】na—〃c()s-)^〃>tana,則〃?gsinaV〃〃?gcos

LB(cosa+〃sina)

a,則即使/=0,導體也能靜止，即電流的取值范圍為OW/w"g(sma+〃c°sa)

L8(cosa—〃sina)

(2)若磁場B的方向變?yōu)榇怪毙泵鎸ι?，則安培力沿斜面對上，對導體棒將要沿斜面下滑的狀況,

由平衡條件得

mgsina=〃〃?gcoso+BI\L

解得/尸mg(sina-〃cosa)

BL

對導體棒將要上滑的狀況，由平衡條件得

〃?gsin。+〃〃吆cos

加g(sina+4cosa)

解得/2=

BL

所以，在磁場B與斜面垂直時，為使導體靜止，電流的取值范圍為

〃zg(sina-//cosa)々"zg(sina+〃cosa)

BLBL

【設計意圖】本題為通電導體的平衡問題，是磁場和力學的綜合問題，通過本例說明分析這類綜合

題的方法及求解臨界問題的方法.

?反饋練習

★夯實基礎

1.在地球赤道上空有一小磁針處于水安靜止狀態(tài)，突然發(fā)覺小磁針N極向東偏轉(zhuǎn)，由此可知

A.肯定是小磁針正東方向上有一條形磁鐵的N極靠近小磁針

B.肯定是小磁針正東方向上有一條形磁鐵的S極靠近小磁針

C.可能是小磁針正上方有電子流自南向北水平通過

D.可能是小磁針正上方有電子流自北向南水平通過

【解析】由現(xiàn)象可知，肯定有磁場影響小磁針，但不肯定是由磁鐵產(chǎn)生的磁場，故AB錯，由安培定

則知C對.

【答案】C

2.磁感應強度的單位為T,IT相當于

01Wb/m2②1kg/(A-s2)

③1N?s/(C?m)?1V/(s,nr)

以上正確的是

A.①②③④B.只有③

C.①④D.①②③

依據(jù)幺知①對.依據(jù)知,

【解析】8=1T=1Wb/nr,3=±1T=1N/(A?m)=lN?s/(C-m)=

SIL

Ikg/(A?s2),所以②、③都對，選D.

【答案】D

3.在同一平面內(nèi)有四根彼此絕緣的通電直導線，如圖11一1一12所示，電流Zi

=6>/2>M，要想保留其中三根導線且使中心。點磁場最強，應切斷哪一個電流

A./1BJ2C./3D.u

【解析】由安培定則可知，"、的磁場方向向里」3、的磁場向外，依據(jù)場

的疊加原理及和對稱關系，可知。點磁場方向向里.不難比較，若要

0點磁場最強，應切斷白，故選C.

【答案】C

4.如圖11一1一13所示，在空間有三根相同的導線，相互間的距離相等,各通以大小和方向都相同的

電流.除了相互作用的磁場力外，其他作用力都可忽視，則它們的運動狀況是

圖11—1—13

【解析】依據(jù)通電直導線四周磁場的特點，由安培定則可推斷出，它們之間存在吸引力.

【答案】兩兩相互吸引，相聚到三角形的中心

5.質(zhì)量為小的通電細桿油置于傾角為。的平行導軌上，導軌寬度為d,桿岫

與導軌間的動摩擦因數(shù)為〃.有電流時時恰好在導軌上靜止，如圖11—1一14所示.

圖11一1-15是沿人一〃方向視察時的四個平面圖，標出了四種不同的勻:強磁場方

向，其中桿與導軌間摩擦力可能為零的是4一

?@

圖11—1—15

A.①②B.③④C.①③D.②?

【解析】①中通電導體桿受到水平向右的安培力，細桿所受的摩擦力可能為零.②中導電細桿受到豎

直句上的安培力，摩擦力可能為零.③中導電細桿受到豎直向下的安培力，摩擦力不行能為零.④中導電細

桿受到水平向左的安培力，摩擦力不行能為零.故①②正確，選A.

【答案】A

6.如圖1所示，長為L、質(zhì)量為m的兩導體棒。、力.。被置在光滑斜面上，。固定在距。為x

距離的同一水平面處，且。、水平平行，設。=45°,a、〃均通以大小為/的同向平行電流時，。恰能

在斜面上保持靜止.則b的電流在。處所產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B的大小為.

圖11—1—16

【解析】由安培定則和左手定則可判知導體棒〃的受力如圖，由力的平衡得方

程：

/z^s/ii45°=Fcos45°,即

mg=F=BIL可得B=絲■.

【答案】箸

7.如圖11—1—17所示，用粗細勻稱的電阻絲折成平面三角形框架，三邊的長度分別為334L和5L,

電阻絲L長度的電阻為廠框架與一電動勢為以內(nèi)阻為，?的電源相連通，垂直于框架平面有磁感應強度為

B的勻強磁場.則框架受到的磁場力大小為,方向是.

XX

圖11—1—17

R.R47Pi?F

【解析】總電阻R=而"+廠==，?，總電流/=￡==二，三角形框架的安培力等效為/通過

&辰+&<12R47r

收時受的安培力：F=BIa—c=^60^81.F

47r

【答案】60BLE/47r；在框架平面內(nèi)垂直于ac向上

8.一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下端掛有一匝數(shù)為〃的矩形線框abcd.bc邊長為/.線框的下半部處在勻

強遨場中，磁感應強度大小為8,方向與線框平面垂直.在圖11—1—18中，垂直于紙面對里，線框中通以

電流/,方向如圖所示.起先時線框處于平衡狀態(tài)，令磁場反向，磁感強度的大小仍為B,線框達到新的平

衡在此過程中線框位移的大小,方向.

圖11—1—18

【解析】設線圈的質(zhì)量為"?，當通以圖示電流時，彈簧的伸長量為xi，線框處于平衡狀態(tài)，所以

依產(chǎn)/咫-〃8〃.當電流反向時,，線框達到新的平衡，彈簧的伸長量為X2,由平衡條件可知

kx2=tng+nBIL

所以kg-xi尸k^x=2nBH

2nBIl

所以dm~k~

電流反向后，彈簧的伸長是X2>X|，位移的方向應向下.

【答案】一:；位移的方向向下

K

★提升實力

9.如圖II—1—19所示，PQ和MN為水平、平行放置的金屬導軌，相距1m,導體棒而跨放在導軌

上，棒的質(zhì)量為，"=0.2kg,棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3kg,棒與導軌的動摩

擦因數(shù)為〃=0.5,勻強磁場的磁感應強度B=2T,方向豎直向下，為了使物體勻速上升，應在棒中通入

多大的電流?方向如何?(g=10m/s2)

圖11—1—19

【解析】導體外受力如圖所示，由平衡條件：Fymg...①；ILB-F『Mg=0

②；又Fj=UFN……③，聯(lián)①②③得/=2A,由左手定則知電流由a

【答案】2A；a-b

10.電磁炮是利用電磁放射技術制成的一種先進的動能殺傷武器，具有速度快、命中率高、放射成本低、

削減污染等優(yōu)點，是21世紀的一種志向兵器，它的主要原理如圖所示.1982年澳大利亞國立高

校制成了能把2.2g的彈體加速到10km/s的電磁炮（常規(guī)炮彈約為2km/s）,若軌道寬為2m,長為100m,

通過的電流為I0A,則軌道間所加的勻強磁場8=T,磁場力的最大功率P=W.（軌道摩擦不

計i

圖11—1—20

【解析】據(jù)安培力F=BJL

得嶗

2_2

又因又〃心一%，

2s

故

2sIL

代入數(shù)據(jù)計算可得8=55T.

7

又Pmax=F-Vma^BIL-vmax,可求Pmax=l.lX10W.

【答案】55；1.1X107

11.如圖11—1—21所示，水平放置的光滑平行金屬導軌，相距為心導軌所在平面距地面高度為h,

導軌左端與電源相連，右端放有質(zhì)量為m的靜止的金屬棒，豎直向上的勻強磁場的磁感應強度為B,當電

鍵羽合后，金屬棒無轉(zhuǎn)動地做平拋運動，落地點的水平距離為s,求：電路接通的瞬間，通上金屬棒的電

量為多少？

圖11—1—21

【解析】設金屬棒經(jīng)時間I落地，且水平速度為V,通過的電流為/,則依據(jù)平拋的特點：V=-=

/

又由動量定理得/-f'=mV,其中尸=8"，代入：BL”'

即BLQ=i

【答案】

12.在原子反應堆中抽動液態(tài)金屬或醫(yī)療器械中抽動血液等導電液體時，由于不允許傳動的機械部分與

這片液體相接觸，常運用一種電磁泵，如圖11—1—22所示這種電磁泵的結(jié)構(gòu)，將導管放在磁場中，當電

流穿過導電液體時，這種液體即被驅(qū)動，問：

圖11—1—22

(1)這種電磁泵的原理是什么？

(2)若導管內(nèi)截面積為而，磁場的寬度為￡,磁感應強度為B,液體穿過磁場區(qū)域的電流為/,求驅(qū)

動力造成的壓強差為多少？

【解析】液體等效于一根長為〃的通電導體在磁場中受安培力作用，驅(qū)動液體，驅(qū)動力造成的壓強，

可認為安培力作用于油的面積上產(chǎn)生的，安培力為

F=Bfb

安培力產(chǎn)生的壓強為

nFBI

p=—=—

aba

【答案】(1)安培力使液體被驅(qū)動；(2)—

a

第n單元磁場對運動電荷的作用

?學問聚焦

1.洛倫茲力：運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力.當電荷的運動速度方向與磁場垂直時，洛倫

茲力的大小尸=/3洛倫茲力的方向可由左手定則判定.

留意：四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向.

2.帶電粒子在勻強磁場中的運動：帶電粒子以速度I，垂直射入勻強磁場4中，若只受洛倫茲力，則帶

電粒子在與B垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動.洛倫茲力/供應帶電粒子所需的向心力.由牛頓其次定律得力

八v2yfm，、-2兀R2mn

B=tn一所以R=---,運動周期7=----=----.

RqBvqB

3.質(zhì)譜儀是用來測量各種同位素原子量的儀器，回旋加速器則是用來加速帶電粒子的裝置，從原理上

講二者都是利用電場和磁場限制電荷的運動的.

4.磁現(xiàn)象的電本質(zhì)：磁鐵的磁場和電流的磁場一樣，都是由電荷的運動產(chǎn)生的.

?疑難辨析

1.安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).所以洛倫茲力的方向與安培力的方向?樣可由左手定則判定.

判定洛倫茲力方向時，肯定要留意尸垂直于［和B所確定的平面.

2.當運動電荷的速度v的方向與磁感應強度8的方向平行時，運動電荷不受洛倫茲力作用，仍以初速

度做勻速直線運動.

在磁場中靜止的電荷也不受洛倫茲力作用.

3.洛倫茲力對運動電荷不做功.由于洛倫茲力廠始終與電荷運動速度卜的方向垂直，不論電荷做什么性

質(zhì)的運動，也不論電荷的運動軌跡是什么樣的(包括中學階段不能描述的運動軌跡)，它只變更v的方向，

并不變更v的大小，所以洛倫茲力對運動的電荷恒久不做功.

4.帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：

(1)圓心的確定.因為洛倫茲力指向圓心，依據(jù)尸洛_Lu,畫出粒子運動軌跡中隨意兩點(一般是射入和射

出磁場的兩點)的尸洛的方向，其延長線的交點即為圓心.

(2)半徑的確定和計算.半徑的計算一般是利用幾何學問，常用解三角形的方法.

(3)在磁場中運動時間的確定.利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內(nèi)角和等卜360。計算出圓心

角。的大小，由公式/=——7可求出運動時間.

360°

5.帶電粒子在復合場中的運動.這里所說的復合場是磁場與可場的復合場，或者是磁場與重力場的復合

場，或者是磁場和電場、重力場的復合場.當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，所處狀態(tài)是靜止或勻

速直線運動狀態(tài)；當帶電粒子所受合外力只充當向心力時，粒子做勻速圓周運動；當帶電粒子所受合外力

變更且與速度方向不在一條更線上時，粒子做非勻變速曲線運動.除了要寫出相應的受力特點的方程之外，

還要用到運動學公式，或者從能最的觀點(即動能定理或能量守恒定律)寫出方程，聯(lián)力求解.留意做現(xiàn)帶電

粒子在復合場中運動時，一般不計重力.

?典例剖析

［例1］如圖11-2-1所示，一帶正電的質(zhì)子從O點垂直射入，兩個板間存在垂直紙面對里的勻強

磁場，已知兩板之間距離為4,校長為山。點是板的正中間，為使粒子能從兩板間射出，試求磁感應強

度B應滿意的條件(已知質(zhì)子的帶電量為e,質(zhì)量為機).

圖11—2—1

【解析】由于質(zhì)子在。點的速度垂直于板NP,所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心0'肯定位于NP

所在的直線上，假如直徑小于OM則軌跡將是圓心位于ON之間的一個半圓弧.隨著磁場8的減弱，其半

niv

徑后—漸漸增大，當半徑尸022時，質(zhì)子恰能從N點射出.假如8接著減小，質(zhì)子將從NM之間的某點

qB

射出.當B減小到某一值時，質(zhì)子恰從M點射出.假如8再減小，質(zhì)子將打在MQ板上而不能飛出.因此質(zhì)子

分別從N點和M點射出是B所對應的兩個臨界值.

第一種狀況是質(zhì)子從N點射出，此時質(zhì)子軌跡的半個圓，半徑為ON/2=d/4.

所以R尸也上

泗4

時.

其次種狀況是質(zhì)子恰好從M點射出，軌跡如圖中所示.由平面幾何學問可得:

Rp=#+(R?-d)~①

2

又心嗡②

由①@得：

磁感應強度8應滿意的條件：

4加.工眸4m%

5dede

【說明】求解帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的題目時，正確地畫出帶電粒子的軌跡是解題的關

鍵作圖時肯定要細致、規(guī)范，不要怕在此耽擱時間.否則將會增大解題的難度.造成失誤.

【設計意圖】通過本例說明（1）確定帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心并進一步利用幾何關系求

半徑的方法.（2）分析解決臨界問題的方法.

［例2］如圖11—2—2所示，在xQv平面上，。點坐標為（0,/）,平面內(nèi)一邊界通過。點和坐標原點

。的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方問垂直紙面對里，有一電子（質(zhì)量為m,電量為e）從〃點以初速度w平行

x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好在x軸上的。點（未標出）射出磁場區(qū)域，此時速度方向

與工軸正方向夾角為60°,求：

（1）磁場的磁感應強度；

（2）磁場區(qū)域圓心01的坐標;

（3）電子在磁場中運動的時間.

【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從。點射入從。點射出，。、a、。均在圓形磁場區(qū)域

的邊界，粒子運動軌道圓心為。2，令。2〃=O2b=R

由題意可知，人=60°,且△“。2〃為正三角形

在△0029中，Rj（R」）2+（/esin600）2①

而R二嗎②

Be

由①@得R=2l

所以心如

2el

而粒子在磁場中飛行時間

60_12mn7i212兀I

t=-----T=---------=—x—=----

3606Be3%3%

由于NaO〃=90°乂NaO/?為磁場圖形區(qū)域的圓周角

所以她即為磁場區(qū)域直徑

——1百

aO.=—/?=/Oi的x坐標：x=aO\sin600=---/

22

y=Z-?Oicos60°-—

-9

61

所以Oi坐標為（、2/,七）

22

【說明】本題為帶電粒子在有邊界磁場區(qū)域中的圓周運動，解題的關鍵一步是找圓心，依據(jù)運動電

荷在有界磁場的出入點速度方向垂線的交點，確定圓心的位置，然后作出軌跡和半徑，依據(jù)幾何關系找出

等戢關系.求解飛行時間從找軌跡所對應的圓心角的方面著手.

當然帶電粒子在有界磁場中做部分圓周運動，除了要運用HI周運動的規(guī)律外，還要留意各種因素的制

約而形成不是惟一的解，這就要求必需深刻理解題意，挖掘防含條件，分析不確定因素，力求解答精確、

完整.

【設計意圖】（1）鞏固找圓心求半徑的方法.（2）說明求時間的方法.

［例3］設在地面上方的真空室內(nèi)，存在勻強電場和勻強磁場.已知電場強度和磁感應強度的方向是相

同為，電場強度的大小E=4.0V/m,磁感應強度的大小8=0.15T.今有一個帶負電的質(zhì)點以i，=20m

/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場走方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)顯之比9/5以及磁場全

部可能的方向（角度可用反三角函數(shù)表示）.

【解析】依據(jù)帶電質(zhì)點做勻速直線運動的條件，得知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛倫茲力的

合力必定為零，由此可知二個力在同一豎直平面內(nèi)，如圖II23所示，質(zhì)點的速度垂直紙面對外.由合

力為零的條件可得

圖11—2—3

所以質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比為

Jg

m7（VB）2+E2

9.8

C/kg

7（20X0.15）2+4.02

=1.96C/kg

因質(zhì)點帶負電，電場方向與電場力方向相反，因而磁場方向也與電場力方向相反，設磁場方向與重力

方句間夾角為。，則有

qEsin0=qvBcQS。

M汨CVB20X0.15…L

解得lan9=——=------------=0.75,

E4.0

8=tan"0.75

即磁場是沿著與重力方向夾角＜9=tan''0.75且斜向下方的一切方向.

【思索】假如質(zhì)點沿垂直場強方向的水平面做勻速圓周運動，質(zhì)點的荷質(zhì)比又是多少?磁場方向又如

何?質(zhì)點的軌道半徑是多少？

【思索提示】若質(zhì)點在垂直于場強方向的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則其電場力和重力平衡，洛倫

茲力供應向心力，即

mg=Eq

//u98

m=E=l0"2.45C/kg

電場力豎直向上，則電場方向豎直向下，磁場方向也是豎直向下.

V

Bq\=m—

軌道半徑為

八二*20

m=544m

Bq0.15x2.45

【設計意圖】通過本例說明帶電粒子在復合場中做勻速直線運動問題的分析方法.

X［例4］如圖11—2—4所示，有質(zhì)量〃，相等、帶電量q相等、運動方向相同而速率不等的正離子

束，經(jīng)小孔S射入存在著勻強電場和勻強磁場的真空區(qū)域中.電場強度的大小為￡方向豎直向下；磁感應

強度的大小為B,方向垂直紙面對里.離子射入時的方向與電場和磁場方向垂直.進入電場和磁場區(qū)域后，只

有速率為某一值力的離子，才能不發(fā)生偏轉(zhuǎn)地沿入射方向做勻速直線運動；而其他速率的離子，將發(fā)生偏

轉(zhuǎn),當它們通過寬度為c/的縫隙，射出電場和磁場區(qū)域時，進入一個只有勻強磁場的區(qū)域中，磁感應強度的

大小為夕，方向垂直紙面對外在此區(qū)域中，離子將做圓周運動.

圖11—2一4

(1)求運動軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子的初速度VI：

(2)假如初速度K2的離子(也＞也)在射出電場和磁場區(qū)域M，由于偏轉(zhuǎn)而側(cè)移的距離正好等于“2(即從

縫隙邊緣處射出)，求這種離子射出后所做圓周運動的軌道半徑.

【解析】(1)離子在正交的電場和磁場中運動時，所受電場力和洛倫茲力方向相反，當二者大小相等

時運動軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn).即qv\B=qE

所以這種離子的速度為：

E

“一萬

(2)在V2＞也的條件下，洛倫茲力大于電場力，離子向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn).洛倫茲力不做功，而電場力做

負功.依據(jù)動能定理有：

qE,—d=-mv：2--m\r①

222

離子以速度i，進入磁場后做圓周運動，則

qvB=m—②

R

由①?得軌道半徑：

【思索】若也Vl"而其他條件不變，則結(jié)果將如何？

【思索提示】若也〈也，洛倫茲力小于電場力，帶電粒子向電場力的方向偏轉(zhuǎn)，依據(jù)動能定理得

"I/1-12

c/E,—a=-tnv-mv)~

222_

粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，則

,v2

qv'B'—

R'

兩式聯(lián)立求得軌道半徑為

【設計意圖】通過本例說明(I)速度選擇器原理及分析方法.(2)帶電粒子在復合場中偏轉(zhuǎn)時如何應

用動能定理分析求解.

?反饋練習

★夯實基礎

1.如圖11-2—5所示，00'為水平擋板，S為一電子源，它可以向a、b、c、d四個垂直磁場的方

向放射速率相同的電子(ac垂直0。'，慶/平行00'),板OO'下方有垂直紙面對里的勻強磁場，磁場范

國足夠大，不計電子重力，則擊中擋板可能性最大的方向是

圖11—2—5

A.aB.bC.cD.d

【解析】沿"方向射出的電子軌跡的圓心在電子源5的正上方.

【答案】D

2.如圖11-2—6所示，正方形容器處在勻強磁場中，一束電子從。孔沿〃方向垂直射入容器內(nèi)的

勻強磁場中，結(jié)果一部分電子從小孔c射出，一部分電子從小孔d射出，則從c、d兩孔射出的電子

圖11—2一6

A.速度之比vr：v(/=I：2

8.在容器中運動的時間之比I,：中2：1

C.在容器中運動的加速度大小之比。尸、歷：1

D.在容器中運動的加速度大小之比貝：a尸2：1

【解析】從C處射出的電子和從d處射出的電子運動半徑之比為2：1,故由后一/77二V，知外:以尸2：1,

qB

而從c處射出的電子和從d處射出的電子運動時間之比為二：工行二四，即小31：2；由樂土=跡,

42qBmin

可知生：ad=vc:vj=2：1.

【答案】D

3.長為￡,間距也為L的兩平行金屬板間有垂直紙面對里的勻強磁場，如圖11一2—7所示磁感應強度

為8,今有質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從平行板左端中點以平行于金屬板的方向射入磁場欲使離子不

打在極板上，入射離子的速度大小應滿意的條件是

圖11—2—7

①Y幽②心跡

4/7?4/77

③A幽④破9〈還

m4“，

以上正確的是

A.①②B.②③

C.只有④D.只有②

【解析】由幾何關系可知：欲使尚子不打在極板上，入射離子的半徑必滿意，?<工或即絲