高考物理第一輪復習磁場教案

第九章磁場一、基本概念1.磁場的產生⑴磁極周圍有磁場。⑵電流周圍有磁場（奧斯特）。安培提出分子電流假說（又叫磁性起源假說），認為磁極的磁場和電流的磁場都是由電荷的運動產生的。（不等于說所有磁場都是由運動電荷產生的。）⑶變化的電場在周圍空間產生磁場（麥克斯韋）。2.磁場的基本性質3.磁感應強度SKIPIF1<0（條件是勻強磁場中，或ΔL很小，并且L⊥B）。磁感應強度是矢量。單位是特斯拉，符號為T，1T=1N/(Am)=1kg/(As2)4.磁感線⑵磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。地球磁場通電直導線周圍磁場通電環(huán)行導線周圍磁場⑶要熟記常見的幾種磁場的磁感線：地球磁場通電直導線周圍磁場通電環(huán)行導線周圍磁場⑷安培定則（右手螺旋定則）：對直導線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流，大拇指指中心軸線上的磁感線方向；對長直螺線管大拇指指螺線管內部的磁感線方向。5.磁通量如果在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個與磁場方向垂直的平面，其面積為S，則定義B與S的乘積為穿過這個面的磁通量，用Φ表示。Φ是標量，但是有方向（進該面或出該面）。單位為韋伯，符號為Wb。1Wb=1Tm2=1Vs=1kgm2/(As2)?？梢哉J為磁通量就是穿過某個面的磁感線條數。在勻強磁場磁感線垂直于平面的情況下，B=Φ/S，所以磁感應強度又叫磁通密度。在勻強磁場中，當B與S的夾角為α時，有Φ=BSsinα。二、安培力（磁場對電流的作用力）1.安培力方向的判定⑴用左手定則。⑵用“同性相斥，異性相吸”（只適用于磁鐵之間或磁體位于螺線管外部時）。⑶用“同向電流相吸，反向電流相斥”（反映了磁現象的電本質）?？梢园褩l形磁鐵等效為長直螺線管（不要把長直螺線管等效為條形磁鐵）。只要兩導線不是互相垂直的，都可以用“同向電流相吸，反向電流相斥”判定相互作用的磁場力的方向；當兩導線互相垂直時，用左手定則判定。SNI例1.如圖所示，可以自由移動的豎直導線中通有向下的電流，不計通電導線的重力，僅在磁場力作用下，導線將如何移動？SNI解：先畫出導線所在處的磁感線，上下兩部分導線所受安培力的方向相反，使導線從左向右看順時針轉動；同時又受到豎直向上的磁場的作用而向右移動（不要說成先轉90°后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。NSFFF/F例2.條形磁鐵放在粗糙水平面上，正中的正上方有一導線，通有圖示方向的電流后，磁鐵對水平面的壓力將會＿＿(增大、減小還是不變？)。水平面對磁鐵的摩擦力大小為＿＿。NSFFF/FSNSN例3.如圖在條形磁鐵N極附近懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向的電流時，線圈將向哪個方向偏轉？i解：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：條形磁鐵的等效螺線管的電流在正面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數多所以線圈向右偏轉。（本題如果用“同名磁極相斥，異名磁極相吸”將出現判斷錯誤，因為那只適用于線圈位于磁鐵外部的情況。）i例4.電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時電流方向如圖所示。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？解：畫出偏轉線圈內側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。電子流的等效電流方向是向里的，根據“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，可判定電子流向左偏轉。（本題用其它方法判斷也行，但不如這個方法簡潔）。2.安培力大小的計算ααF=BLIsinα（α為B、L間的夾角）高中只要求會計算α=0（不受安培力）和α=90°兩種情況。αα例5.如圖所示，光滑導軌與水平面成α角，導軌寬L。勻強磁場磁感應強度為B。金屬桿長也為L，質量為m，水平放在導軌上。當回路總電流為I1時，金屬桿正好能靜止。求：⑴B至少多大？這時B的方向如何？⑵若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？αB解：畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知，只有當安培力方向沿導軌平面向上時安培力才最小，B也最小。根據左手定則，這時B應垂直于導軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsinα，B=mgsinα/I1L。αB當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，沿導軌方向合力為零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方向間的關系）。Bhs例6.如圖所示，質量為m的銅棒搭在U形導線框右端，棒長和框寬均為L，磁感應強度為B的勻強磁場方向豎直向下。電鍵閉合后，在磁場力作用下銅棒被平拋出去，下落h后落在水平面上，水平位移為s。求閉合電鍵后通過銅棒的電荷量Q。Bhs解：閉合電鍵后的極短時間內，銅棒受安培力向右的沖量FΔt=mv0而被平拋出去，其中F=BIL，而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量Q=IΔt，由平拋規(guī)律可算銅棒離開導線框時的初速度SKIPIF1<0，最終可得SKIPIF1<0。三、洛倫茲力1.洛倫茲力運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現。IBF安F計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為=BIL；其中I=nesv；設導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成θ角時，F=qvBsinθ。IBF安F2.洛倫茲力方向的判定BR＋＋＋＋＋+－－－－―在用左手定則時，四指必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。BR＋＋＋＋＋+－－－－―例7.磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢E。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉。這時電動勢仍是E=Bdv，但路端電壓將小于Bdv。在定性分析時特別需要注意的是：⑴正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。⑵外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓將小于Bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質。）⑶注意在帶電粒子偏轉聚集在極板上以后新產生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。I例8.半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p型和n型兩種。p型半導體中空穴為多數載流子；n型半導體中自由電子為多數載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p型還是n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I，用電壓表比較上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是p型半導體；若下極板電勢高，就是n型半導體。試分析原因。I解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉。p型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n型半導體中自由電子多，上極板電勢低。注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉方向相同。3.洛倫茲力大小的計算帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式：SKIPIF1<0MNBOv例9.如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場（電子質量為mMNBOvyxoBvvaO/解：正負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還看出經歷時間相差2T/3。答案為射出點相距SKIPIF1<0，時間差為SKIPIF1<0。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。yxoBvvaO/解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為SKIPIF1<0；射出點坐標為（0，SKIPIF1<0）。BvLROBvLROyv⑴穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉角由sinθ=L/R求出。側移由R2=L2-(R-y)2解出。經歷時間由SKIPIF1<0得出。rvRvO/OrvRvO/O⑵穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由SKIPIF1<0求出。經歷時間由SKIPIF1<0得出。注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。四、帶電粒子在混合場中的運動＋＋＋＋＋＋＋－－―――――v1.速度選擇器＋＋＋＋＋＋＋－－―――――v正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，SKIPIF1<0。在本圖中，速度方向必須向右。⑴這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。⑵若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。v0abco例11.某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，則該粒子帶___電；第二次射出時的速度為_____。v0abcoLBEαv0解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的絕對值相同。SKIPIF1<0LBEαv0例12.如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)，場區(qū)的寬度均為L偏轉角度均為α，求E∶B解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉：SKIPIF1<0，在磁場中偏轉：SKIPIF1<0，由以上兩式可得SKIPIF1<0。可以證明：當偏轉角相同時，側移必然不同（電場中側移較大）；當側移相同時，偏轉角必然不同（磁場中偏轉角較大）。2.帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動⑴帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。EB例13.一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，則線速度為_____。EB解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉動；再由SKIPIF1<0⑵與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。例14.質量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數為μ。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設桿足夠長，電場和磁場也足夠大，求運動過程中小球的最大加速度和最大速度。EqmgNvafvmqvBEqNfmg解：不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運