专题07 突破磁场，巅峰冲刺-高考物理必备知识一本通 14页

1 专题七：突破磁场，巅峰冲刺 必备知识 1．磁场 (1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。 (2)方向：小磁针的 N 极所受磁场力的方向。 2．磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。 (2)大小：B＝F IL(通电导线垂直于磁场)。 (3)方向：小磁针静止时 N 极的指向。 (4)理解磁感应强度的三点注意事项 ①磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式 B＝F IL 认为 B 与 F 成正比，与 IL 成反比。 ②测量磁感应强度时，小段通电导线必须垂直于磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不 能说该点的磁感应强度为零。 ③磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针 N 极的受力方向，也是小磁针静止时 N 极的指向。 3．匀强磁场 (1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。 (2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。 4.磁场的叠加 磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。 5.磁感线 (1)定义：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。 (2)特点： ①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。 ②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。 ③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。 ④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。 6．常见电流的磁场 安培定则 横截面图 纵截面图 2 直线 电流 以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱 环形 电流 内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏 通电 螺线 管 内部为匀强磁场且比外部强，方向由 S 极指向 N 极，外部类似条形磁铁，由 N 极指 向 S 极 7．安培力的大小：F＝ILBsin θ 当 I⊥B 时，F＝BIL；当 I∥B 时，F＝0。 注意：①当导线弯曲时，L 是导线两端的有效直线长度(如图所示)。 ②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。 8.安培力的方向：左手定则判断 (1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。 (2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。 (3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 (4)安培定则的应用 原因(电流方向) 结果(磁场方向) 说明 直线电流的 磁场 大拇指 四指 在运用安培定则时应分清“因” 和“果”，电流是“因”，磁场是 “果”，既可以由“因”判断“果”， 也可以由“果”追溯“因” 环形电流的 磁场 四指 大拇指 9.安培力作用下导体运动情况的判断方法 (1)判定导体运动情况的基本思路 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况， 3 然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。 (2)五种常用判定方法 电流元法 分割为电流元――――→ 左手定则 安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向 特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 等效法 环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁 结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到 平行且电流方向相同的趋势 转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体 磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从 而确定磁体所受合力及运动方向 10. 安培力做功的特点和实质 (1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。 (2)安培力做功的实质是能量转化。 ①安培力做正功时，将电能转化为导体的机械能或其他形式的能。 ②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。 关键能力 1.（2018·全国单元测试）如图所示，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面 固定放置，两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离 均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 ( ) A．0 B． 0 3 3 B C． 0 2 3 3 B D．2B0 【答案】C 【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的磁感应强 度为零，如下图所示： 4 由此可知，外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，即 B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有： BPcos30°= 1 2 B0； 解得 P 或 Q 通电导线在 a 处的磁场大小为 BP= 3 3 B0； 当 P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2= 3 3 B0；因外加的磁场方向 与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，磁场大小为 B0；最后由矢量的合成法则，那么 a 点处磁感应强度的大小为 B= 2 2 0 0 0 3 2 3 3 3B B B       ，故 C 正确，ABD 错误。 2．（2019·全国高考真题）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，已如导体棒 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 【答案】B 【解析】设每一根导体棒的电阻为 R，长度为 L，则电路中，上下两路电阻之比为 1 2: 2 : 2:1R R R R  ， 根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比 1 2: 1:2I I  ．如下图所示，由于上路通电的 导体受安培力的有效长度为 L，根据安培力计算公式 F ILB ，可知 1 2: : 1: 2F F I I   ，得 1 2F F  ， 5 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 3 2F F F  ，故本题选 B。 3. （2012·天津高考真题）如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁 场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角 的相应变化情况是（ ） A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 【答案】A 【解析】导体棒受力如图所示， 导体棒平衡，可得：tan F BIL mg mg   ＝ ；A．棒中电流 I 变大，θ角变大，故 A 正确；B．两悬线等长变短， θ角不变，故 B 错误；C．金属棒质量变大，θ角变小，故 C 错误；D．磁感应强度变大，θ角变大，故 D 错 误，故选 A。 判断磁场中导体运动趋势的两点注意： 6 (1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向 一致但不一定与磁感线方向垂直。 (2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿 第三定律。 必备知识 1．洛伦兹力 (1)定义：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。 (2)洛伦兹力的方向：左手定则判断，F⊥B，F⊥v，即 F 垂直于 B 和 v 决定的平面。 (3)洛伦兹力的大小 ①v∥B 时，洛伦兹力 F＝0。(θ＝0°或 180°) ②v⊥B 时，洛伦兹力 F＝qvB。(θ＝90°) ○3 v＝0 时，洛伦兹力 F＝0。 (4)对洛伦兹力的理解： ①洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小， 即洛伦兹力永不做功。 ②当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 ○3 用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。 (5)洛伦兹力和安培力的比较： ①洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力,而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力 的宏观表现。 ②安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力。 ○3 安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。 2.带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)运动形式 ①若 v∥B，带电粒子以入射速度 v 做匀速直线运动。 ②若 v⊥B 时，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。 (2)基本公式 ①向心力公式：qvB＝mv2 r ； ②轨道半径公式：r＝mv Bq ； ○3 周期公式：T＝2πm qB 。 注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。 7 (3)两种方法定圆心 方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射 方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。 方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出 射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。 (4)几何知识求半径 利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点： ①粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于 AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的 2 倍(如图所示)，即φ＝α＝ 2θ＝ωt。 ②直角三角形的应用(勾股定理)。 找到 AB 的中点 C，连接 OC，则 △ AOC、 △ BOC 都是直角三角形。 (5)时间的两种求法 方法一：由运动弧长计算，t＝l v(l 为弧长)； 方法二：由旋转角度计算，t＝ α 360°T 或 t＝ α 2πT 。 3.三类边界磁场中的轨迹特点 (1)直线边界：进出磁场具有对称性。 (2)平行边界：存在临界条件。 8 (3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。 关键能力 1.(2019·全国卷Ⅱ)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 【答案】B 【解析】电子的运动轨迹如图所示,由牛顿第二定律得 evB=m ,得 r= ①,电子从 a 点射出,r= ②,联立① ②解得 v1= kBl;电子从 d 点射出,由几何关系得 l2+(r- )2=r2,解得 r= l③,联立①③解得 v2= kBl,故 B 正确,A、 C、D 错误。 9 2.(2019·海南高考)如图，虚线 MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子 P、Q 从 磁场边界的 M 点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P 的速度 vP 垂直于磁场边界，Q 的速度 vQ 与磁场边界的夹角为 45°。已知两粒子均从 N 点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同，则 ( ) A.P 和 Q 的质量之比为 1∶2 B.P 和 Q 的质量之比为 ∶1 C.P 和 Q 速度大小之比为 ∶1 D.P 和 Q 速度大小之比为 2∶1 【答案】AC 【解析】作出两粒子在磁场中的运动图象如图所示,可知其半径 rP、rQ 之比为 1∶ ,因为两粒子在磁场中 运动的时间相同,所以 TP∶TQ=1∶2,根据 qvB= 得 r= ,则 T= = , = = ,选项 A 正确,B 错 误; = = ∶1,所以选项 C 正确,D 错误。 必备知识 1．组合场 电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况。 2．“电偏转”“磁偏转”的比较 匀强电场中的“电偏转” 匀强磁场中的“磁偏转” 10 受力 特征 无论 v 是否与 E 垂直，F 电＝qE， F 电为恒力 v 垂直于 B 时，FB＝qvB 运动 规律 类平抛运动(v⊥E) vx＝v0，vy＝qE m t x＝v0t，y＝qEt2 2m 圆周运动(v⊥B) T＝2πm qB ，r＝mv qB 偏转 情况 tan θ＝vy vx ，因做类平抛运动，在相 等的时间内偏转角度不等 若没有磁场边界限制，粒子所 能偏转的角度不受限制 动能 变化 动能发生变化 动能不变 3．叠加场模型 电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况。 4．带 电粒子在叠加场中的运动情况分析 (1)当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态。 (2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做 匀速圆周运动。 3．带电粒子在叠加场中的受力情况分析 带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相 同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功 与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直，永不做功等。 4. 带电粒子在复合场中运动的典型实例 (1)回旋加速器 ○1 原理：交变电流的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D 形盒缝 隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由 qvB＝mv2 R ，得 Ekm＝q2B2R2 2m ，可见粒 子获得的最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径 R 决定，与加速电压无关。 11 ○2 回旋加速器的主要特征：  带电粒子在两 D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。  将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。  带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为 1∶ 2∶ 3∶…  粒子的最后速度 v＝BqR m ，可见带电粒子加速后的能量取决于 D 形盒的最大半径和磁场的强弱。 (2)质谱仪 ○1 原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理 qU＝1 2mv2 可知进入磁场的速度 v＝ 2qU m 。粒子 在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，qvB＝mv2 r ，由以上几式可得出需要研究 的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等。 ○2 质谱仪的主要特征： 将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离， 其轨道半径 r＝mv qB ＝ 2mEk qB ＝ 2mqU qB ＝1 B 2mU q 。在上式中，B、U、q 对同一元素均为常量，故 r∝ m， 根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷。 (3)速度选择器 ○1 原理：平行板间电场强度 E 和磁感应强度 B 互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以 叫做速度选择器。 ○2 带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 qE＝qvB，即 v＝E B. (4) 磁 流体发电机 原理：磁流体发电机两极板间的距离为 d,等离子体速度为 v，磁场磁感应强度为 B，则两极板间能达到的最 12 大电势差 U＝ BdV。 (5)电磁流量计 原理：导电液体中的自由电荷(正、负离 子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b 间出现 电势差，形成电场。当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定，由 Bqv＝Eq ＝U dq，可得 v＝ U Bd ，液体流量 Q＝Sv＝πd2 4 · U Bd ＝πdU 4B 。 (6)霍尔效应 在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都 垂直的方向上出现了电势差，这个现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压，其原 理如图所示。 特别提示：分析带电粒子在复合场中的运动时，如果没有明确指出，则对于微观粒子如电子、质子、α粒子、 离子等其重力可忽略不计；对于实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑重力。 关键能力 1. （2018·浙江省高考真题）磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为 v 的等离子体垂直于磁场方向喷入 磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在相距为 d、宽为 a、长为 b 的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下 板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽 略边缘效应，下列判断正确的是（ ） A．上板为正极，电流 BdvabI Rab d  B．上板为负极，电流 2BvadI Rab b  13 C．下板为正极，电流 BdvabI Rab d  D．下板为负极，电流 2BvadI Rab b  【答案】C 【解析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板 的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源 的电动势，结合电路知识分析板间的电流。 根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极， 根据平衡有 EqvB q d  ，解得稳定时电源的电动势 E Bdv ，则流过 R 的电流为 EI R r   ，而 dr S  ， S ab ，则得电流大小为 BdvabI abR d  ，C 正确。 2. （2008·广东省高考真题）1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器 由两个铜质 D 形合 D1、D2 构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ） A．离子由加速器的中心附近进入加速器 B．离子由加速器的边缘进入加速器 C．离子从磁场中获得能量 D．离子从电场中获得能量 【答案】AD 【解析】据回旋加速器的工作原理知，粒子由回旋加速器的中心附近进入加速器，且在电场中加速，通过 磁场回旋，所以从电场中获得能量，故选 AD。 回旋加速器的工作原理是利用电场加速，磁场偏转，且二者的周期相同，被加速离子由加速器的中心附近 进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功，即可加速正电荷也可 加速负电荷。 3.(2018·全国卷Ⅱ，25T)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示： 14 中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面：磁场的上、 下两侧为电场区域，宽度均为 l′，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上 的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时 间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出，不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为π 6 ，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点 的时间。 【答案】(1)轨迹见解析图 (2)2l′E Bl (3)4 3El′ B2l2 Bl E ＋ 3πBl2 18El′ 【解析】 (1) (2)y 方向匀速直线运动：l′＝v0t1，x 方向匀加速直线运动： vx＝at1 由牛顿第二定律得 a＝qE m 由 r＝mv qB 、sin α＝ l 2r ，得l 2 ＝mvsin α qB ＝mvx qB 联立可得 v0＝2l′E Bl (3)α＝π 3 ，vx＝v0tanπ 3 ＝ 3v0，代入l 2 ＝mvx qB 得q m ＝2vx Bl ＝4 3El′ B2l2 ，t1＝vx a ＝2 3ml′ qBl ＝Bl 2E ，T＝2πm qB ，t2＝2α 2πT,2α ＝2 3π，t2＝2πm 3qB ＝ 3πBl2 18El′ ，总时间 t＝2t1＋t2＝Bl E ＋ 3πBl2 18El′