2022年高三物理第十一章磁场教案人教版

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1、2022年高三物理第十一章磁场教案人教版基础知识 一、磁场1.磁场的存在: 磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述2、磁场的基本性质：是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用说明：磁极之间、磁极与电流之间、电流与电流之间的相互作用力是通过磁场而产生的3、磁场的方向：规定磁场中任一点小磁针北极所受力的方向或小磁针静止时北极所指的方向二、磁场的描述1、磁感应强度：用来描述磁场的强弱和方向的物理量（1）磁感强度的定义式为：B=F/Il，其中电流元（Il）受的磁场力的大小与电流方向相关因此采用电流与磁

2、场方向垂直时受的最大力F来定义B（2）方向：即为该点磁场的方向（3）单位：特斯拉（T）2、磁感线：（1）用来形象描述磁场中各点磁感强度的假想曲线（2）它的疏密程度表示磁场的强弱，而它上各点的切线方向则表示该处磁场的方向（3）特点：磁体外磁感线方向是由N极指向S极，内部反之；在空间不相交，不中断的闭合曲线3、几种曲型的磁场及磁感线分布特点（1）匀强磁场：磁感应强度处处相等，磁感线是平行等距的直线（2）磁体的磁场：条形磁铁，蹄形磁铁的磁场（3）电流的磁场：通电直导线、环形电流、通电螺线管的磁场（4）地磁场：地磁场与条形磁铁的磁性相似，地理的北极是地磁的南极，地磁场的水平分量总是由南极指向北极，竖直

3、分量在南极半球向上，北半球向下，在赤道平面上磁场的方向水平向北。三、磁通量1、磁通量的定义穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量符号 2、定义式为： =BS（S为垂直于B的面积）；单位Wb3、磁通量是描述某一面积内磁场的性质由B= /S可知磁感强度又可称为磁通密度说明：（1）B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上（2）两个不同方向的磁感线穿过同一面积时，求两部分磁通量按标量叠加，求代数和四、磁场对电流的作用1安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.（1）安培力的计算公式：F=BILsinq；通电导线与磁场方向垂直时，即q = 900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场

4、方向平行时，即q=00，此时安培力有最小值，Fmin=0N；0q90时，安培力F介于0和最大值之间.（2）左手定则：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向. 说明：（1）安培力的方向总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直（除了二者平行，安培力为0的情况）（2）安培力的计算只限于导线与B垂直和平行的两种情况.（3）安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向的关系 已知I、B的方向，可惟一确定F的方向； 已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I

5、的方向； 已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定.2、安培力公式的适用条件；（1）一般只适用于匀强磁场；（2）导线垂直于磁场；（3）L为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端；如图所示，几种有效长度（图中虚线所示）；3、作用点：作用于磁场中这部分导线的中点4、产生原因：磁场对导线中运动电荷有力的作用，安培力就是磁场对导线中所有运动电荷的作用力的合力。5、根据力的相互作用原理：如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力.五、磁性材料1、磁现象的电本质：磁体、电流周围的磁场都产生于电荷的运动，最早揭示磁现象的电本质的是安培提出的安培

6、分子电流假说。2、磁性材料：（1）按物质分有：顺磁性物质，抗磁性物质，铁磁性物质（2）按磁性强弱分：磁性材料，强磁性材料，弱磁性材料（3）按去磁难易分：软磁性材料，硬磁性材料3、磁性材料应用：速度选择器，磁流体发电机，计算机磁盘，电磁流量计，质谱仪，磁疗等。规律方法 一、磁感应强度由哪些因素决定？磁感应强度是用来描述磁场本身性质的物理量，其大小由磁场的场源和该点离场源的距离等因素决定，而是定义式而不是决定式，B与F、I、L都无关。二、如何判定通电导线或线圈在安培力作用下的运动规律？1、电流元分析法：把整段电流等分为很多段直线电流元，先判定每小段电流元的受力情况，再确定整段电流的受力情况，从而确

7、定导体的运动规律。2、特殊位置分析法：把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后再判定受力情况，确定其运动规律。3、等效分析法：环形电流磁性可等效为小磁针，条形磁铁可等效为环形电流，通电螺线管等效为条形磁铁。4、结论分析法：利用平行电流相互作用的结论，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥进行分析。【例1】如图所示，固定螺线管M右侧有一正方形线框abcd线框内通有恒定电流，其流向为abcd，当闭合开关S后，线框运动情况应为Aab向外，cd向里转动且向M靠拢Bab向里，cd向外转动且远离MCad向外，bc向里转动且向M靠拢Dad向里，bc向外转动且远离M分析与解:当开关闭合后,M中产生磁场,线框中ab和

8、cd边首 先受力使线框转动,同时ad和bc边也受安培力作用而靠近M,故答案选A【例2】如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的右上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直给电线通以垂直纸面向外的电流，则 A磁铁对桌面的压力增大，要受桌面的摩擦力作用B磁铁对桌面的压力增大，仍不受桌面的摩擦力作用C磁铁对桌面的压力减小，要受桌面的摩擦力作用D磁铁对桌面的压力减小，仍不受桌面的摩擦力作用分析与解:根据磁体与电流间的相互作用可知导线对磁铁的作用力方向为斜向右上方,所以磁铁要受到桌面的摩擦力作用,故答案选C【例3】质量为m的通电导体棒ab置于倾角为的导轨上，如图所示。已知导体与导轨间的动摩擦因数为，在图所加各种磁

9、场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是：分析与解答:要使静摩擦力为零，如果N=0，必有f=0。图B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N=0，B是正确的；如果N0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f=0。在图A选项中，导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零。CD选项中，从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零。故正确的选项应为AB。试题展示1 (易错题)如图所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将

10、做：A加速直线运动B匀速直线运动C匀速圆周运动D简谐运动【错解】错解一：螺线管两端加上交流电压，螺线管内有磁场，电子在磁场中要受到磁场力的作用，故选A。错解二：螺线管两端加上了交流电压，螺线管内部有磁场，磁场方向周期性发生变化，电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化，而做往复运动。故选D。【错解原因】错解一、二的根本原因有二：一是对螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化的具体情况分析不清；二是没有搞清洛仑兹力f=Bqv的适用条件，而乱套公式。洛仑兹力的大小为f=Bqv的条件是运动电荷垂直射入磁场，当运动方向与B有夹角时，洛仑兹力f=Bqv sin，；当=0或

11、=180时，运动电荷不受洛仑兹力作用。【分析解答】螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化，但始终与螺线管平行，沿着螺线管轴线方向射入的电子其运动方向与磁感线平行。沿轴线飞入的电子始终不受洛仑兹力而做匀速直线运动。2 (易错题)如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是：A磁铁对桌面的压力减小B磁铁对桌面的压力增大C磁铁对桌面的压力不变D以上说法都不可能【常见错解】磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力，选B。【错解原因】错解在选择研究对象做受力分析上出现问题，也没有用牛顿第三定律

12、来分析导线对磁铁的反作用力作用到哪里。【分析解答】通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图10-3所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图10-4。对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N=mg，有通电导线后N+F=mg，N=mg-F，磁铁对桌面压力减小，选A。3 (易错题)如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化是：A先减

13、小后增大B始终减小C始终增大D先增大后减小【错解】条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强，由磁通量计算公式可知=BS，线框面积不变，与B成正比例变化，所以选A。【错解分析】做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式=BS，由条形磁铁两极的磁感应强度B大于中间部分的磁感应强度，得出线框在两极正上方所穿过的磁通量大于中间正上方所穿过的磁通量。【分析解答】规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图所示。利用=BS定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选D。4 (易错题)有一自由的

14、矩形导体线圈，通以电流I。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行，如图所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。（不计重力）【错解】借助磁极的相互作用来判断。由于长直导线电流产生的磁场在矩形线圈所在处的磁感线方向为垂直纸面向里，它等效于条形磁铁的N极正对矩形线圈向里。因为通电线圈相当于环形电流，其磁极由右手螺旋定则判定为S极向外，它将受到等效N极的吸引，于是通电矩形线圈将垂直纸面向外加速。【错解原因】错误的根源就在于将直线电流的磁场与条形磁铁的磁极磁场等效看待。我们知道直线电流磁场的磁感线是一簇以直导线上各点为圆心的同心圆，它并不

15、存在N极和S极，可称为无极场，不能与条形磁铁的有极场等效。【分析解答】利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布，由右手螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里，如图10-10所示。线圈的四条边所受安培力的方向由左手定则判定。其中F1与F3相互平衡，因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强，故F4F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。5(易错题)如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况。【错解】已知匀强磁场的磁感线与导体环面

16、垂直向右，它等效于条形磁铁N极正对环形导体圆面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场N极向左（根据右手定则来判定），它将受到等效N极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。【错解原因】误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。【分析解答】利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。第二讲磁场对运动电荷的作用基础知识 一、洛伦兹力：1、定义：磁场对运动电荷的作用力.2、大小：.洛伦兹力的公式：F=qvBsinq； 说明：（1）.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F=0； （2）当带电粒

17、子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F=qvB; （3）只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0；3、方向： （1）运动电荷在磁场中受力方向可用左手定则来判定； （2）洛伦兹力f的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即f总是垂直于B和v所在的平面. （3）用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电时，四个手指的指向与正电荷的运动方向相同.若粒子带负电时，四个手指的指向与负电荷的运动方向相反.二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分二种情况：（1）匀速直线运动；如果不计重力的带电粒子的运动

18、方向与磁场方向平行时，带电粒子做匀速直线运动，是因为带电粒子在磁场中不受洛伦兹力的作用.（2）匀速圆周运动；如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运动，是因为带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，只改变其运动方向，不改变其速度大小.2、不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/Bq;其运动周期T=2pm/Bq(与速度大小无关). 说明：不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆

19、周运动)三、质谱仪1、质谱仪是分离各种元素的同位素并测量它们的质量的仪器2、质谱仪的构成：（1）加速电场；（2）速度选择器；（3）偏转磁场四、回旋加速器1、是磁偏转等实验的一种基本设备2、原理：带电粒子在磁场中回旋，在电场中加速3、工作条件：带电粒子在两个D形盒内的磁场中回旋周期等于两盒狭缝间的高频电场的的变化周期4、最后速度规律方法 一、洛仑兹力与安培力1、安培力是导体中所有的定向移动的自由电荷受到的洛仑兹力的合力，洛仑兹力是安培力的微观起源，安培力是洛仑兹力的宏观表现；2、洛仑兹力对带电粒子总是不做功；而安培力对导体可以做功。二、带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的解题思路：1、确定圆平面：粒

20、子做匀速圆周运动的轨迹在洛仑兹力与速度的方向所确定的平面内。2、用几何知识确定圆心 （1） 因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心， （2）利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心3、半径的确定与计算：一般利用几何知识，常用到解三角形的方法4、确定轨迹所对的圆心角，求运动时间. 先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360(或2p)计算出圆心角q的大小，再由公式t=qT/3600(或qT/2 p)可求出运动时间.【例1】如图所示，abcd为绝缘挡板围成的正方形区域，其边长为L，除武装在这个区域内存

21、在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场正、负电子分别从ab挡板中点K，沿垂直挡板ab方向射入场中，其质量为m，电量为e若从d、P两点都有粒子射出，则正、负电子的入射速度分别为多少？（其中bP=L/4）分析与解：（1）若为正电子，则初态洛仑兹力方向为竖直向上，该正电子将向上偏转且由d点射出Kd线段为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向延长线交点必为圆心，设该点为O1其轨迹为小于1/4的圆弧解：如图所示，设圆运动半径为R1，则O1K=O1d=R1由RtO1da可知：（2）若为负电子，初态洛仑兹力方向竖直向下，该电子将向下偏转由P点射出，KP为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向

22、的交点必为圆心，设该点为O2，其轨迹为大于1/4圆弧（如图所示）由RtKip可知：【例2】在真空中，半径为r=310-2m的圆形区域内，有一匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=0.2T，方向如图所示，一带正电粒子，以初速度v0=106m/s的速度从磁场边界上直径ab一端a点处射入磁场，已知该粒子荷质比为q/m=108C/kg，不计粒子重力，则（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的半径是多少？（2）若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角，其入射时粒子的方向应如何（以v0与Oa的夹角表示）？最大偏转角多大？分析：（1）圆运动半径可直接代入公式求解（2）先在圆中画出任意一速度方偏转角为初速度与未速度的夹角，且偏转

23、角等于粒子运动轨迹所对应的圆心角向入射时，其偏转角为哪个角？如图所示由图分析知：弦ac是粒子轨迹上的弦，也是圆形磁场的弦因此，弦长的变化一定对应速度偏转角的变化，也一定对应粒子圆运动轨迹的圆心角的变化所以当弦长为圆形磁场直径时，偏转角最大解：（1）设粒子圆运动半径为R，则（2）由图知：弦长最大值为ab=2r=610-2m设速度偏转角最大值为m，此时初速度方向与ab连线夹角为，则当粒子以与ab夹角为37斜向右上方入射时，粒子飞离磁场时有最大偏转角，其最大值为74【例3】如图所示，很长的平行边界面M、N与N、P间距分别为L1、L2，其间分别有磁感应强度为B1与B2的匀强磁场区，磁场方向均垂直纸面向

24、里已知B1B2，一个带正电的粒子电量为q，质量为m，以大小为v0。的速度垂直边界面M与磁场方向射入MN间磁场区，试讨论粒子速度v0应满足什么条件，才能通过两个磁场区，并从边界面P射出？（不计粒子重力）分析：带电粒子在两磁场中做半径不同的匀速圆周运动，但因为洛仑兹力永远不做功，所以带电粒子运动速率不变粒子恰好不能通过两磁场的临界条件是粒子到达边界P时，其速度方向平行于边界面粒子在磁场中轨迹如图所示再利用平面几何和圆运动规律即可求解解：如图所示，设O1、O2分别为带电粒子在磁场B1和B2中运动轨迹的圆心则设角、分别为粒子在磁场B1和B2中运动轨迹所对应圆心角，则由几何关系知+90若粒子能通过两磁场

25、区，则试题展示1、（易错题）设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是： A这离子必带正电荷BA点和B点位于同一高度C离子在C点时速度最大D离子到达B点时，将沿原曲线返回A点【错解】根据振动的往复性，离子到达B点后，将沿原曲线返回A点，选D。【错解原因】选D不正确，某些考生可能受“振动”现象的影 响，误认为根据振动的往复性，离子到达B点后，将沿原曲线返回A点，实际上离子从B点开始运动后的受力情况与从A点运动后的受力情况相同，并不存在一个

26、向振动那样有一个指向BCA弧内侧的回复力，使离子返回A点，而是如图10-13所示由B经C点到B点。【分析解答】（1）平行板间电场方向向下，离子由A点静止释放后在电场力的作用下是向下运动，可见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，选A。（2）离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度心垂直并不断改变方向的洛仑兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度，选B。（3）因C点为轨道最低点，离子从A运动到C电场力做功最多，C点具有的

27、动能最多，所以离子在C点速度最大，选C。（4）只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的。故选A，B，C为正确答案。2、（易错题）摆长为的单摆在匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场方向垂直，如图所示。摆动中摆线始终绷紧，若摆球带正电，电量为q，质量为m，磁感应强度为B，当球从最高处摆到最低处时，摆线上的拉力T多大？【错解】T，f始终垂直于速度v，根据机械能守恒定律：在C处，f洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有【错解原因】考虑问题不全面，认为题目

28、中“从最高点到最低处”是指AC的过程，忽略了球可以从左右两方经过最低点。【分析解答】球从左右两方经过最低点，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如图所示。由于摆动时f洛和F拉都不做功，机械能守恒，小球无论向左、向右摆动过C点时的速度大小相同，方向相反。摆球从最高点到达最低点C的过程满足机械能守恒：当摆球在C的速度向右，根据左手定则，f洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有当摆球在C的速度向左，f洛竖直向下，根据牛顿第二定律则有所以摆到最低处时，摆线上的拉力3、（易错题）如图所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60角，已知带电粒子质量m=310-20kg，电量q

29、=10-13C，速度v0=105m/s，磁场区域的半径R=310-1m，不计重力，求磁场的磁感应强度。【错解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动【错解原因】没有依据题意画出带电粒子的运动轨迹图，误将圆形磁场的半径当作粒子运动的半径，说明对公式中有关物理量的物理意义不明白。【分析解答】画进、出磁场速度的垂线得交点O，O点即为粒子作圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹AB，如图所示。此圆半径记为r。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动4、（易错题）如图所示，带电粒子在真空环境中的匀强磁场里按图示径迹运动。径迹为互相衔接的两段半径不等的半圆弧，中间是一块薄金属片，粒子穿过时有动能损失。试判断粒子在上、下两段半圆径

30、迹中哪段所需时间较长？（粒子重力不计）【错解】的回旋周期与回旋半径成正比，因为上半部分径迹的半径较大，所以所需时间较长。【错解原因】错误地认为带电粒子在磁场中做圆周运动的速度不变，由周期公式【分析解答】首先根据洛仑兹力方向，（指向圆心），磁场方向以及动能损耗情况，判定粒子带正电，沿abcde方向运动。再求通过上、下两段圆弧所需时间：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动子速度v，回旋半径R无关。因此上、下两半圆弧粒子通过所需时间相等。动能的损耗导致粒子的速度的减小，结果使得回旋半径按比例减小，周期并不改变。第三讲带电粒子在复合场中的运动基础知识 一、带电粒子通常指电子、质子、氚核和粒子等微观粒子，一般

31、可不计重力二、复合场1、复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.2、带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要.三、带电粒子在复合场中的运动性质1、当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止.2、当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动.3、当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动.4、.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理.规律方法处理带电粒子在电场和

32、磁场中运动问题的基本方法1、带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化若二力平衡，则粒子做匀速直线运动若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动2、解决粒子做复杂曲线运动问题时，必须用动能定理或能量关系处理这里要抓住场力做功和能量变化的特点，即电场力做功与电势能变化的特点，以及洛仑兹力永远不做功3、若匀强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中运动时，分别遵守在电场和磁场中运动规律运动，处理这类问题时要注意分阶段求解【例1】空间存在相互垂直

33、的匀强电场E和匀强磁场B，其方向如图所示一带电粒子+q以初速度v0垂直于电场和磁场射入，则粒子在场中的运动情况可能是A沿初速度方向做匀速运动B在纸平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动C在纸平面内做轨迹向下弯曲的匀变速曲线运动D初始一段在纸平面内做轨迹向上（或向下）弯曲的非匀变速曲线运动分析与解：粒子在场中要受到电场力和洛仑兹力作用其中电场力为方向竖直向下的恒力；洛仑兹力方向与速度方向垂直且在垂直磁场的纸面内，初态时其方向为竖直向上，随速度大小和方向的变化，洛仑兹力也发生变化若初态时，电场力和洛仑兹力相等，即qE=Bqv0，则粒子所受合外力为零，粒子做匀速运动若初态时，电场力和洛仑兹力不相等，则粒子

34、所受合外力不为零，方向与初速度方向垂直（竖直向上或竖直向下），粒子必作曲线运动比如粒子向下偏转，其速度方向变化，所受洛仑兹力方向改变；同时电场力做正功，粒子动能增加，速度增大，洛仑兹力大小也变化此时粒子所受合外力大小、方向均变化，则粒子所做曲线运动为非匀变速曲线运动故选项A、D正确【例2】如图所示为一电磁流量计的示意图，截面为正方形的非磁性管，其边长为d，内有导电液体流动，在垂直液体流动方向加一指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为B现测得液体a、b两点间的电势差为U，求管内导电液体的流量Q为多少？分析：流量是指单位时间内流过某一横截面的液体的体积导电液体是指液体内含有正、负离子在匀强磁场中，导电液

35、体内的正、负离子在洛仑兹力作用下分别向下、上偏转，使管中上部聚积负电荷，下部聚积正电荷从而在管内建立起一个方向向上的匀强电场，其场强随聚积电荷的增高而加强后面流入的离子同时受到方向相反的洛仑兹力和电场力作用当电场增强到使离子所受二力平衡时，此后的离子不再偏移，管上、下聚积电荷不再增加a、b两点电势差达到稳定值U，可以计算出流量Q解：设液体中离子的带电量为q，因为【例3】如图所示，两块平行放置的金属板，上板带正电，下板带等量负电在两板间有一垂直纸面向里的匀强磁场一电子从两板左侧以速度v0沿金属板方向射入，当两板间磁场的磁感应强度为B1时，电子从a点射出两板，射出时的速度为2v当两板间磁场的磁感应

36、强度变为B2时，电子从b点射出时的侧位移仅为从a点射出时侧匀称的，求电子从b点射出时的速率分析：电子在合场中受到电场力和洛仑兹力，初态时电子所受二力不平衡，电子将发生偏转因为洛仑兹力的大小、方向均变化，电子所受合力为变力，做非匀变速曲线运动若用动能定理处理问题，则需知：电场力做功与路径无关，与带电量和初、末两位置的电势差有关洛仑兹力永远不做功若用能量守恒定律处理问题，则需知：电子在磁场中只有动能，没有势能；电子在电场中不仅有动能，而且还有势能，因此要规定零电势面解一：设aO两点电势差为U，电子电量为e，质量m依据动能定理可知：解二：设O点所在等势面为零电势面，其余同上依据能量守恒定律可知：电子

37、从a点射出，其守恒方程为：电子从b点射出，其守恒方程为：【例4】如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场， 磁感应强度为B，在X轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出射出之后，第三次到达X轴时，它与点O的距离为L求此粒子射出时的速度V和运动的总路程（重力不计）分析：带电粒子在x轴上方运动只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动，又因为x轴是磁场的边界，粒子入射速度方向与磁场垂直，所以粒子的轨迹为半圆带电粒子在x轴下方运动只受电场力作用，速度方向与力在一条直线上，粒子做匀变速直线运动即当粒子从磁场中以速度v垂直于x轴向下射出时，因电场

38、力作用先匀减速到0，再反向加速至v，并垂直射入磁场（粒子在电场中做类平抛运动）因为只要求讨论到粒子第三次到达x轴，所以粒子运动轨迹如图所示解：如图所示，有L=4R设粒子进入电场做减速运动的最大路程为l，加速度为a，则由前面分析知，粒子运动的总路程为S=2rR+2l试题展示1、（易错题）如图所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块，当一磁感应强度为B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为d，上、下两面间距为l。铜块单位体积内的自由电子数为n，电子电量为e，求铜板上、下两面之间的电势差U为多少？并说明哪个面的电势高

39、。【错解】电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方向向上，所以正电荷聚集在上极板。随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个正电荷，其带电量为q，根据牛顿第二定律有由电流的微观表达式I=nqSv由几何关系可知 S=dl【错解原因】上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电流形成时，导体内的自由电子逆着电流

40、的方向做定向移动。在磁场中受到洛仑兹力作用的是自由电子。【分析解答】铜块的电流的方向向右，铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断：四指指向电子运动的反方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。图为自由电子受力的示意图。随着自由电子在上极板的聚集，在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场，这个电场对自由电子产生作用力，作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，自由电子不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个自由电子，其带电量为e，根据牛顿第二定律有由电流的微观表达式I=

41、neSv=nedlv。第四讲带电质点在复合场中的运动基础知识 一、带电质点是指重力不能忽略，但又可视为质点的带电体如带电小球，带电油滴，带电尘埃等二、磁偏转与电偏转的区别1、受力特征的区别（1）在磁偏转中，带电粒子所受的是洛仑兹力与粒子的速度相关，洛仑兹力产生的加速度使粒子的速度方向改变。（2）在电偏转中，带电粒子所受到的电场力与速度无关，带电粒子在电场中所受的电场力是恒力，2、运动规律的区别（1）磁偏转中，粒子作匀速圆周运动（2）电偏转中，粒子作类平抛运动3、动能变化的区别（1）磁偏转中，洛仑兹力不做功，动能不变（2）电偏转中，电场力要做正功，动能要增加。规律方法 处理带电质点在匀强电场和匀

42、强磁场中运动问题的方法1、讨论带电质点在复合场中运动问题时，要先弄清重力、电场力、洛仑兹力的特点根据质点受力情况和初速度情况判定运动形式2、讨论带电质点在复合场中运动问题时，还须清楚重力、电场力做功和重力势能、电势能变化关系注意洛仑兹力不做功的特点若带电质点只受场力作用，则它具有的动能、重力势能和电势能总和不变【例1】 如图，在某个空间内有一个水平方向的匀强电场，电场强度，又有一个与电场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B10T。现有一个质量m210-6kg、带电量q210-6C的微粒，在这个电场和磁场叠加的空间作匀速直线运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去磁场，那么，当它再次经过同一条

43、电场线时，微粒在电场线方向上移过了多大距离。（取10mS2）分析与解： 题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运动，意味着微粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一步的分析可知：洛仑兹力f与重力、电场力的合力F等值反向，微粒运动速度V与f垂直，如图2。当撤去磁场后，带电微粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水平方向和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图3。由图可知：又：解之得： 由图可知，微粒回到同一条电场线的时间则微粒在电场线方向移过距离【例2】如图所示，质量为m，电量为q的带正电的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，刚好沿直线射出该场区，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入

44、该场区，则微粒沿图示的曲线从P点以2v0速度离开场区，求微粒在场区中的横向(垂直于v0方向)位移，已知磁场的磁感应强度大小为B.分析与解：速度为v0时粒子受重力、电场力和磁场力，三力在竖直方向平衡；速度为v0/2时，磁场力变小，三力不平衡，微粒应做变加速度的曲线运动. 当微粒的速度为v0时，做水平匀速直线运动，有: qE=mg+qv0B ； 当微粒的速度为v0/2时，它做曲线运动，但洛伦兹力对运动的电荷不做功，只有重力和电场力做功，设微粒横向位移为s，由动能定理 (qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 .将式代入式得qv0BS=15mv02/8， 所以s=15mv0/(

45、8qB).说明：由于洛伦兹力的特点往往会使微粒的运动很复杂，但这类只涉及初、末状态参量而不涉及中间状态性质的问题常用动量、能量观点分析求解【例3】如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=2m,mb=m，b球带正电荷2q，静止在磁感应强度为B的匀强磁场中；不带电小球a以速度v0进入磁场，与b球发生正碰，若碰后b球对桌面压力恰好为0，求a球对桌面的压力是多大?分析与解：本题相关的物理知识有接触起电、动量守恒、洛伦兹力，受力平衡与受力分析，而最为关键的是碰撞过程，所有状态和过程都是以此为转折点，物理量的选择和确定亦是以此作为切入点和出发点；碰后b球的电量为q

46、、a球的电量也为q，设b球的速度为vb，a球的速度为va；以b为研究对象则有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq; 以碰撞过程为研究对象，有动量守恒， 即mav0=mava+mbvb,将已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表达式中va已经包含在其中，分析a碰后的受力，则有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；说明：本题考查的重点是洛伦兹力与动量问题的结合，实际上也可以问碰撞过程中产生内能的大小，就将能量问题结合进来了.【例4】 如图质量为1g的小环带410-4C的正电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦因数0.2。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，杆

47、所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹角为37。若E10NC，B0.5T，小环从静止起动。求：(1)当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2)当小环的速度最大时，环的速度和加速度。分析与解： (1)小环从静止起动后，环受力如图，随着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，于是环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为时，正压力为零，摩擦力消失，此时环有最大加速度am。在平行于杆的方向上有：mgsin37qE cos37mam 解得：am2.8mS2在垂直于杆的方向上有：BqVmgcos37qEsin37 解得：V52m/S（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹力继续增

48、大，致使小环下侧与杆之间出现挤压力N，如图于是摩擦力f又产生，杆的加速度a减小。VBqVNf a，以上过程的结果，a减小到零，此时环有最大速度Vm。在平行杆方向有：mgsin37Eqcos37f在垂直杆方向有 BqVmmgcos37qEsin37N又fN解之：Vm122m/S此时：a0【例5】如图，在某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电量为q2，正在过a点的竖直平面内作半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，试分析a、b粘合一起后的运动性质。分析与解：设a、b的质量分别

49、为m1和m2，b的速度为V。a静止，则有q1Em1g，b在竖直平面内作匀速圆周运动，则隐含着Eq2m2g，此时 对a和b碰撞并粘合过程有m2V0（m1m2）Va、b合在一起后，总电量为q1q2，总质量为m1m2，仍满足(q1q2)E(m1m2)g。因此它们以速率V在竖直平面内作匀速圆周运动，故有 解得：试题展示1、（一题多变）如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B的方向垂直纸面向里有三个带有等量同种电荷的油滴M、N、P在该区域中运动，其中M向有做匀速直线运动，N在竖直平面内做匀速圆周运动，P向左做匀速直线运动，不计空气阻力，则三个油滴的质量关系是AmMm

50、NmPBmPmNmMCmNmPmMDmPmMmN分析与解：油滴在合场中要同时受到重力、电场力和洛图3-7-6仑兹力作用，其中重力、电场力是恒力，洛仑兹力随速度的变化而变化若油滴N欲做匀速圆周运动，则其所受重力和电场力必然等大、反向，所受合力表现为洛仑兹力这样才能满足合外力大小不变，方向时刻与速度方向垂直的运动条件油滴一定带负电三油滴的受力分析如图3-7-7所示因它们所受的电场力和洛仑兹力大小分别相同，所以可知油滴P的质量最大，油滴M的质量最小故选项B正确说明： 1若带电质点在三场共存区域内运动，一般会同时受到重力、电场力、洛仑兹力作用，若电场和磁场又为匀强场，则重力、电场力为恒力，洛仑兹力与速

51、度有关，可为恒力也可为变力2若电场和磁场均是匀强场，且带电质点仅受三场力作用则：（1）若重力与电场力等大、反向，初速度为零，带电质点必静止不动（2）若重力与电场力等大、反向，初速度不为零，带电质点必做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力（3）若初速度不为零，且三力合力为零，带电质点必做匀速直线运动（4）若初速度不为零，初态洛仑兹力与重力（或电场力）等大、反向，合外力不为零，带电质点必做复杂曲线运动2、（易错题）如图所示，在xOy平面内，有场强E=12N/C，方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、方向垂直xOy平面指向纸里的匀强磁场一个质量m=410-5kg，电量q=2.510-5C

52、带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点求：（1）P点到原点O的距离；（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间分析：（1）微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，如图所示在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零由此可得出微粒运动到O点时速度的大小和方向（2）微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，与初速度有一夹角，因此微粒将做匀变速曲线运动，如图3-7-9所示可利用运动合成和分解的方法去求解解：因为mg=410-4NF=Eq=31O-4N（Bqv）2=（Eq）2+（mg）

53、2所以 v=10m/s所以=37因为重力和电场力的合力是恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动可沿初速度方向和合力方向进行分解设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则因为sl=vt所以 P点到原点O的距离为15m； O点到P点运动时间为1.2s3、如图所示，一对竖直放置的平行金属板长为L，板间距离为d，接在电压为U的电源上，板间有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B，有一质量为m，带电量为+q的油滴，从离平行板上端h高处由静止开始自由下落，由两板正中央P点处进入电场和磁场空间，油滴在P点所受电场力和磁场力恰好平衡

54、，最后油滴从一块极板的边缘D处离开电场和磁场空间求：（1）h为多少？（2）油滴在D点时的速度大小？分析：油滴的运动可分为两个阶段：从静止始至P点，油滴做自由落体运动；油滴进入P点以后，要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，且合力不为零，由前面的小结知，油滴将做复杂曲线运动并从D点离开第一个阶段的运动，可以用牛顿运动定律和运动学公式求解，也可以用能量关系求解第二个阶段的运动只能依据能量关系求解，即重力、电场力做功之和等于油滴动能变化或油滴具有的重力势能、电势能、动能总和不变当然这一能量关系对整个运动过程也适用解：（1）对第一个运动过程，依据动能定理和在P点的受力情况可知：（2）对整个运动过程，依据动

55、能定理可知：4、（易错题）如图所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m，带电量为+q的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运动，求原来电场强度的大小。【错解】碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=（mgBqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，竖直方向N=Bgvmg。因为水平方向无摩擦，可知N=0，Bqv=-mg。解得E=0。【错解原因】错解中有两个错误：返回时，速度反向，洛仑兹力也应该改变方向。返回时速度大小应为原速度的一半。【分析解答】碰撞前，粒子做匀速运动，

56、Eq=（mgBqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，摩擦力f=0，所以N=0竖直方向上有Bgv=mg2、（易错题）右图为方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度为E，磁感强度为B，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长。现有一束电量为+q、质量为m初速度各不相同的粒子沿电场方向进入场区，求能逸出场区的粒子的动能增量Ek。【错解】当这束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子流射入电场中，由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的，粒子将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区；有些粒子则留在场区内运动。从粒子射入左边界到从右边界

57、逸出，电场力做功使粒子的动能发生变化。根据动能定理有：Eqd=Ek【错解原因】错解的答案不错，但是不全面。没有考虑仍从左边界逸出的情况。【分析解答】由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的。它只能使速度方向发生变。粒子速度越大，方向变化越快。因此当一束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子射入电场中，将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区（同错解答案）；有些粒子将留在场区内运动；有些粒子将折回入射面并从入射面逸出场区。由于洛仑兹力不会使粒子速度大小发生变化，故逸出场区的粒子的动能增量等于电场力功。对于那些折回入射面的粒子电场力功为零，其动能不

58、变，动能增量Ek=0。3、（易错题）初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ，整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图所示。不考虑重力的作用，荷质比qm（q，m分别为离子的带电量与质量），应在什么范围内，离子才能打到金属板上？【错解】离子在离子枪内加速，出射速度为由牛顿第二定律离子在磁场中离子的加速度为离子在磁场中做平抛运动【错解原因】离子在离子枪中的的加速过程分析正确，离子进入磁场的过程分析错误。做平抛运动物体的加速度为一恒量，仅与初速度垂直。而洛仑兹力总与速度方向垂直，洛仑兹力大小不变、方向变化，它是个变力。离子在磁场中应做匀速圆周运动。【分析解答】设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M，则其偏转半若离子正好打到金属板的远侧边缘N，则其偏转半径满足关系即因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定即代入式即得讨论：由以上方程组可知