1、物 理 选修3-1 人教版新课标导学第三章磁场 素养整合提升1 素养脉络构建 2 核心素养提升 3 触及高考演练 素养脉络构建磁场磁场的产生：电流运动电荷或磁体产生磁场磁现象的电本质。磁场的描述磁感线磁感线：用来描述磁场的假想曲线，方向、疏密各代表不同的物理意义。几种典型的磁场的磁感线分布：直线电流、环形电流、通电螺线管、匀强磁场磁感应强度定义式：B FIL磁场方向B与I垂直单位：特斯拉T方向：小磁针北极受力的方向磁通量定义：BS单位：韦伯Wb磁场磁场力 对磁体、磁极的作用安培力实验探究：安培力方向左手定则公式：FILB应用：磁电式电表洛伦兹力洛伦兹力的方向用左手定则判定公式：FqvB特点：洛
2、伦兹力不做功带电粒子在匀强磁场中的运动匀速圆周运动半径：rmvqB周期：T2 mqB应用：质谱仪、回旋加速器、速度选择器核心素养提升一、有关安培力问题的分析与计算安培力是一种性质力，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，有关安培力问题的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，然后根据题目中的条件由牛顿定律或动能定理等规律求解。具体求解应从以下几个方面着手分析。1安培力的大小当通电导体与磁场方向垂直时，FILB；当通电导体与磁场方向平行时，F0；当通电导体和磁场方向的夹角为时，FILBsin。2安培力的方向由左手定则判断
3、，安培力垂直于磁场的方向，也垂直于导线的方向，即安培力垂直于磁场和导线所决定的平面，但磁场与导线可以不垂直。3解决安培力问题的一般步骤先画出通电导线所在处的磁感线的方向，用左手定则确定通电导线所受安培力的方向；根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程；根据牛顿运动定律或动能定理求解。如图为一电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域
4、的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。典例 1(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k2.0 N/m，ab 0.20 m，bc 0.050 m，B0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设弹簧的伸长为x，则有：mgkx由式得：xmgk 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为mgk。(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极
5、。故若要电流表正常工作，MN的M端应接正极。(3)设满量程时通过MN的电流强度为I m，则有：BI m ab mgk(bc x)联立并代入数据得：I m2.5 A故此电流表的量程是2.5 A。(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有：2BI m ab mgk(bc x)由得Bk bc2I m ab代入数据得B0.10 T故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10 T。答案：(1)mgk (2)M端(3)2.5 A(4)0.10 T二、有关洛伦兹力的多解问题要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解。常见的多解问题有以下几种：1带电粒
6、子电性不确定造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，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。2磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如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
7、界面这边反向飞出，如图丙所示，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。如图丁所示。长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电。现在质量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是()A使粒子的速度vBqL/4mC使粒子的速度v5BqL/4mD使粒子的速度BqL/4mv5BqL/4mAC 典例 2解析：要使粒子不打在板上，那么粒子经过磁场后，可在板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子打在
8、板上的临界状态，如图所示，即从板左边B点或者右边A点穿出磁场。根据几何关系，有：r1L4r22L2(r2L2)2得r254L，根据rmvBq，则v1Bqr1m qBL4m，v2Bqr2m 5BqL4m那么欲使粒子不打到极板上，v 5BqL/4m。三、带电粒子在复合场中的运动复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两种场并存的场，或场分区域存在。1三种场的比较力的特点功和能的特点重力场 大小：Gmg方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变重力势能静电场大小：FqE方向：正电荷受力方向与电场强度的方向相同；负正电荷受力方向与电场强度的方向相反电场力做功与路径无关WqU电场力做功改变电势能磁
9、场 洛伦兹力的大小：FqvB方向：符合左手定则洛伦兹力不做功，不改变电荷的动能2带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。(2)匀速圆周运动在三场并存的区域中，当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几种不同情况的复合场区域，其运动情况随区域
10、发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。注意：研究带电粒子在复合场中的运动时，首先要明确各种不同力的性质和特点；其次要正确地画出其运动轨迹，再选择恰当的规律求解。一般情况下，电子、质子、粒子等微观粒子在复合场中所受的重力远小于电场力、磁场力，因而重力可以忽略，如果有具体数据，可以通过比较来确定是否考虑重力，在有些情况下需要由题设条件来确定是否考虑重力。3求解带电粒子在复合场中的运动问题的一般步骤(1)选带电粒子为研究对象；(2)对带电粒子进行受力分析；(3)依据受力情况判定带电粒子的运动形式；(4)分析运动过程并结合力学规律列方程或画图象，然后求解。如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy
11、，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2 N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为45)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g10 m/s2，问：典例 3(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限
12、运动的时间。解析：(1)根据受力分析(如图)可知，油滴带负电荷设油滴质量为m，由平衡条件得：mg qE f1 1 2(2)mqEgqvB 2qEv 2EB 4 2 m/s(3)进入第一象限，电场力和重力相等，知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限。由OA匀速运动位移为s1hsin 45 2h知运动时间：t1s1v 2h2EBBhE 0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T2 mqB知由AC的圆周运动时间为t214T E2gB0.628 s，由对称性知从CN的时间t3t1在第一象限运动的总时间tt1t2t32BhE E2gB0.828
13、 s答案：(1)1 1 2 带负电(2)4 2 m/s(3)0.828 s触及高考演练1本章知识是高考的热点，主要考查磁场的基本概念、安培力和洛伦兹力的判断和应用。侧重于带电粒子在磁场中的匀速圆周运动、带电粒子在复合场中运动等问题。多以选择题和综合计算题的形式出现。2带电粒子在复合场中的运动是高考的重点之一，能综合考查重力、电场力、磁场力的分析，各种力做功、能量转化的关系，圆周运动、动力学知识，以及考生的分析和综合应用能力。覆盖考点较多，是历年高考的一个命题热点，难度较大，在学习中我们要加倍努力。一、考题真题探析(2019全国卷，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小
14、为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。例题 1答案：(1)4UB2d2(2)Bd24U 2 33解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBmv2r 由几何关系知d 2r
15、联立式得qm 4UB2d2 (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为sr2 rtan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为tsv 联立式得tBd24U 2 33 二、临场真题练兵1(2019全国卷，17)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。已知导体棒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()A2F B1.5F C0.5F D0B 解析：设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1R22RR21，上下两路电流之比I1I212。如
16、图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式FILB，可知FFI1I212，得F12F，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FF32F，选项B正确。2(2019全国卷，17)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()A14kBl，54 kBlB14kBl，54kBlC12kBl，54 kBlD12kBl，54kBlB 解析：若电子从a点射出，运动轨迹如
17、图线，有qvABmv2aRaRal4解得vAqBRam qBl4mkBl4若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBmv2dRdR2dRdl22l2解得vdqBRdm 5qBl4m 5kBl4选项B正确。3(2019全国卷，18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A5m6qBB7m6qBC11m6qBD13m6qB B 解析：带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由rmvqB知
18、，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1T14 2m4qB m2qB粒子在第一象限内运动的时间t2T26 2m26qB2m3qB则粒子在磁场中运动的时间tt1t27m6qB，选项B正确。4(2019北京卷，16)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在b点速率大于在a点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短C 解析：A错：由左手定则知，粒子带负电。B错：由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。C对：由Rmv
19、qB，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出。D错：由RmvqB，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角变大。由t 2T，T2mqB 知，运动时间变长。5(2018全国卷，24)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案：(1)4Ulv1(2)14解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U12m1v21 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm1v21R1 由几何关系知2R1l由式得B4Ulv1 (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U12m2v22 q2v2Bm2v22R2 由题给条件有2R2l2 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1q2m214
