【正文】 S。 后位置如圖（ 1）所示，此時線圈中磁通量的變化為 △φ 1＝ φ 1－ φ 0＝ BS－ BSsin300＝ BS/2。 后位置如圖（ 2）所示，此時線圈中的磁通量 φ 2＝－ BSsin30176。（ 均沿 OO′方向看）：求兩種情況下線圈中磁通量的變化 △φ。已知每根通導(dǎo)線在斜邊中點 O 處所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為 B，則 O 點的實際磁感應(yīng)強度的大小和方向如何？ 分析 ： 已知三根導(dǎo)線在 O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)安培定則確定每根通導(dǎo)線在 O處產(chǎn)生磁感應(yīng)強度的方向，再依據(jù)矢量合 成法則求出三個分磁場在 O處合磁場的大小和方向。通過各小磁針處的磁感線分布如圖所示。 a B。（ 2）求 S的有效面積 S⊥ —線圈沿磁場方向的投影（垂直磁場的面積 S⊥ ）， S⊥ ＝ Ssinα，則 φ＝ B （三）穿過線圈平面的磁通量以及磁通量的變化 磁通量的計算公式 φ=B （二）磁場的合成與分解 空間某處磁場可能是由幾個分磁場共同激發(fā)的，則該處的磁場是由幾個分磁場矢量的疊加。 二、 高考攻略 （一）判斷小磁針在磁場中北極的指向 小磁針在磁場中靜止時，北極指向的判斷，主要是綜合考慮兩個方面的問題；（ 1）磁場在空間的分布。由 φ＝ BAm2＝ 1N若規(guī)定磁感線從某一邊穿過平面時磁通量為正，則反方向穿過平面的磁通量就為負(fù)，當(dāng)某面上同時有正反兩個方向的磁感線穿過時，則穿過該面的實際磁通量為正負(fù)磁通量的代數(shù)和， φ＝ φ正 － φ負(fù) 。S⊥ ＝ BScosθ；若 S 與 B 之間的夾角為 α，則 φ＝ Bm) （五）磁通量、磁通密度 1．磁通量的定義：穿過某面積的磁感線的條數(shù)叫做穿過這一面積的磁通量。 （ 2）定義式可以用來量度磁場中某處磁感應(yīng)強度，不決定該處磁場的強弱，磁場中某處磁感應(yīng)強度的大小由磁場自身性質(zhì)來決定。 3．通電螺線管的磁場。磁感線是以導(dǎo)線為圓心的同心圓，其方向用安培定則判定：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的大姆指指向電流方向，彎曲的四指所指 的方向就是磁感線的環(huán)繞方向。 2．磁感線的性質(zhì)：（ 1）磁感線上任意一點的切線方向 都跟該點的磁場方向相同（該點處磁場方向、磁感應(yīng)強度方向、磁感線的切線方向、小磁針北極受力方向、小磁針靜止時 N 極指向都是同一個方向）；（ 2）任何兩條磁感線不相交、不相切；（ 3）任何一根磁感線都不中斷，是閉合曲線；在磁體外部磁感線從北極出，南極進(jìn)，在磁體內(nèi)部磁感線從南極指向北極；（ 4）磁感線的稀密表示磁場的強弱，磁感線越密處磁場越強，反之越弱；（ 5）磁感線并不真實存在，但其形狀可以用實驗?zāi)M；沒有畫出磁感線的地方，并不等于沒有磁場。 2．磁場的基本特性：磁場對處于其中的磁極、電流和運動電荷有力的作用；磁極與磁極、磁極與電流、電流與電流之間的相互作用都是通過磁場發(fā)生的。從思維能力看：主要考查學(xué)生全面把握物體的受力分析，從物體的受力及初狀態(tài)出發(fā)，分析物體的運動過程和運動形式，把握運動過程中所滿足的規(guī)律，扣住運動過程中的臨界點（如力的突變點、運動形式的轉(zhuǎn)折點、軌跡的切點、磁場的邊界點等）。 1 09 屆高三 一輪 復(fù)習(xí) 磁場一章高考預(yù)測 高考復(fù)習(xí) 方案、 方法 紅安一中 李勝山 張應(yīng)元 ● 磁場考綱要求 ● 考 點 內(nèi) 容 能力層級 說 明 電流的磁場 Ⅰ 線跟 B平行或垂直的兩種情況。從高考命題趨勢看，命題表現(xiàn)為：基本知識，新技術(shù)應(yīng)用情景，理解、分 析綜合能力相結(jié)合可能更多些。 3．磁場的方向：規(guī)定在磁場中任意一點小磁針北極的受力方向（小磁針靜止時 N 極的指向）為該點處磁場方向。 3．熟悉幾種常見磁場的磁感線的分布：蹄形磁體的磁場、條形磁體的磁場、直線電流的 磁場、環(huán)形電流的磁場、通電螺電管的磁場。 直線電流周圍空間的磁場是非勻強磁場，距導(dǎo)線近，磁場強；距導(dǎo)線遠(yuǎn)，磁場弱。右手握住螺線管，讓彎曲的四指指向電流方向，伸直的大姆指的指向為螺線管內(nèi)部磁感線方向；長通電螺線管內(nèi)部的磁感線是平行均勻分布的直線，其磁場可看成是勻強磁場，管外空間磁場與條形磁體外部空間磁場類似。 （ 3）磁感應(yīng)強度是矢量，其矢量方向是小磁針在該處的北極受力方向，與安培力方向是垂直的。 2．磁通量的計算公式： （ 1）若面積 S 所在處為勻強磁場 B，磁感應(yīng)強度方向又垂直面積 S，則穿過面積 S的磁通量為 φ=BS⊥ ＝ BSsinα；無論采用哪一種公式計算，關(guān)鍵把握住 “線圈的有效面積 ——線圈平面沿磁場方向的投影 ”。 4．穿過某一線圈（多匝時）平面的磁通量的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)。m2/AS/A＝ 1VS⊥ ，有 B＝ φ/S⊥ ，故磁感應(yīng)強度也叫磁通密度。要熟練掌握常見磁場的磁感線在空間的分布，會畫磁感線的立體空間分布圖，會選擇適當(dāng)?shù)那忻?，畫出磁感線的平面分布圖。則先分析各分磁場在該處的分磁場矢量，然后依據(jù)平 行四邊形法則求矢量的合成。S中要求 B⊥ S，若 B 與 S之間的夾角為 α，則計算 φ時有兩種思考方法。S⊥ ＝ BSsinα（如圖所示）。 b C。 解答 ： 小磁針北極的指向正確的是 B、 D。 解答： 由安培定則有： IA、 IC在 O點處產(chǎn)生的磁感強度 BA、 BC方向相同， ID在 O處產(chǎn)生的磁場方向與 BA、 BC垂直（如圖所示），故 O點的實際磁感應(yīng)強度的大小為：B0＝ BBBB DCA 5)( 22 ??? 設(shè)磁感應(yīng)強度 B0的方向與斜邊夾角為 θ ，則 tanθ ＝ 2B/B＝ 2，故 θ ＝ arctan2 例 3． 如圖所示，矩形線圈面積為 S，置于磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中，線圈平面與磁場夾角為 30176。 分析： 磁通量 φ 是標(biāo)量，但有正負(fù)。 ＝－ BS/2，磁通量為負(fù)。（ 2）當(dāng)線圈逆時針轉(zhuǎn) 60176。 例 4． 磁場具有能量，磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為 B2/2μ，式中 B 是磁感強度，μ 是磁導(dǎo)率，在空氣中 μ 為一已知常數(shù)。 解答： 由題意拉力 F做的功為： W＝ F△L ＝ （ B2/2μ ） A△L 解得： B＝ AF/2? 第二課時 磁場對電流的作用 一、 考點透視 （一）磁場對直線電流的作用 1．安培力：磁場對電流的作用叫安培力。時，導(dǎo)體與磁場平行，安培力為零。由于 I 可在圖中平面α內(nèi)與 B 成任意不為零的夾角。 2．對磁力矩公式的理解：（ 1）公式中θ為線圈平面與磁場的夾角。時，線圈平面與磁場垂直，此時線圈受磁力矩為零。 2．特殊位置法：（ 1）把通電導(dǎo)體轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后，判斷其安培力的方向。 5．轉(zhuǎn)換研究對象法：由于電流與電流之間，電流與磁體之間的相互作用滿足牛頓第三定律，故在定性分析磁體在電流作用下受力問題時，可先分析電流在磁體所形成的磁場中的受力，然后由牛頓第三定律確定磁體受電流的作用力。 2．平衡問題中有靜摩擦力的情況下，要把握住靜摩擦大小、方向隨安培力變化而變化的特點，并能從動態(tài)分析中找出靜摩擦力轉(zhuǎn)折的臨界點（如：最大值、零值、方向變化點）。故 C對。為保持金屬桿 ab 處于靜止?fàn)顟B(tài)，求滑動變阻器 R的調(diào)節(jié)范圍。 對兩種臨界狀態(tài)，畫出受力圖，建立坐 標(biāo)系，列平衡方程求解。 2．洛侖茲力的大小。 3．洛侖茲力的方向。 （二）洛侖茲力的特性 1．洛侖茲力計算公式 F 洛 ＝ qvB可由安培力公式 F 安 =BIL 和電流的微觀表達(dá)式 I＝ nqvS共同推 導(dǎo)出：F 安 ＝ BIL＝ B（ nqvS） L＝（ nSL） qvB，而導(dǎo)體 L中運動電荷的總數(shù)目為 N＝ nsL，故每一個運動電荷受洛倫茲力為 F 洛 ＝ F 安 /N＝ qvB。（ 2）若粒子的速度方向與磁場方向垂直，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度 v作勻速圓周運動，其運動所需的向心力全部由洛侖茲力提供。 2．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的幾個基本公式。 1．圓心的確定。 2．半徑的計算。 4．運動時間的求解。 2． “電偏轉(zhuǎn) ”和 “磁偏轉(zhuǎn) ”的比較。電偏轉(zhuǎn)：偏轉(zhuǎn)角（偏向角） θE＝ tan－ 1(VY/VX)＝ tan－ 1（ Eqt/mv0），由式中可知：當(dāng)偏轉(zhuǎn)區(qū)域足夠大，偏轉(zhuǎn)時間 t充分長時，偏轉(zhuǎn)角 θE接近 π/2，但不可能等于 π/2。 解析 :先確定電子做圓周運動的圓心。由 R1＝ mV1/qB， R2＝ mV2/qB，有 V1： V2＝ R1： R2＝ 2： 1。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為 t，求 Ⅰ 區(qū)和 Ⅱ 區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小 B1和 B2（忽略粒子重力）。該粒子運動到圖中 Q點時速度方向與 P 點時速度方向垂直，如圖中 Q點箭頭所示。求： （ 1）電場強度 E 的大小。 第四課時 帶電粒子在磁場中的運動 一、 高考攻略 （一）帶電粒子在有界勻強磁場中運動的問題 有界勻強磁場是指在局部空間內(nèi)存在著勻強磁場。 1．基本軌跡。帶電粒子垂直磁場邊界并垂直磁場進(jìn)入磁場時，①速度較小時，作半圓運動后從原邊界飛出；②速度增加為某臨界值時，粒子 作部分圓周運動其軌跡與另一邊界相切；③速度較大時粒子作部分圓周運動后從另一邊界飛出。帶電粒子垂直磁場并對著磁場圓心進(jìn)入磁場時，必定背離磁場圓心飛出。（ 2）確定臨界狀態(tài)的圓心、半徑和軌跡，尋找臨界狀態(tài)時圓弧所對應(yīng)的回旋角求粒子的運動時間（見前一課時）。 2．磁場方向不確定形成多解。 4．帶電粒子運動的周期性形成多解。一質(zhì)量為 m，帶電量為＋ q 的粒子（不計重力），以速度 V0從 ad 邊的中點 O 處，垂直磁場進(jìn)入，已知 ad 邊長為 L， ab、 dc足夠長。當(dāng) V0較小時， 運動軌跡恰好與 ab邊相切，然后從 ad邊 穿出；當(dāng) V0較大時，其軌跡恰好與 dc邊相切，然后從 ab邊穿出；由于初速度 V0的方向不變，則所有粒子的軌道圓心都在過 O點垂直 V0的直線上，如圖所示。要使帶電粒子運動的時間長，其運動軌跡所對的圓心角應(yīng)最大。某時刻在點 A（ L、 0）處，一質(zhì)子沿 y軸的負(fù)方向進(jìn)入磁場，同一時刻在點 C（－ L、 0）處，一α粒子進(jìn)入磁場，速度方向與磁場垂直。質(zhì)子做 圓周運動的過程中，在 t＝ TP/2， 3TP/2， 5TP/2? 各時刻通過 O點， α 粒子要與質(zhì)子相遇，必在同一時刻到達(dá) O 點，這些時刻分別對應(yīng) t＝ Tα /4， 3Tα /4? ，考慮到 α 粒子第一次通過原點時就與質(zhì)子相遇，則 α 粒子運動時間只有兩種可能： ①α 粒子在 t＝ Tα /4時到達(dá) O點，表明 α 粒子運動軌跡為 1/4圓??； ②α 粒子在 t＝ 3Tα /4時刻到達(dá) O點，表明 α 粒子運動軌跡為 3/4圓弧。 α 粒子射出方向?qū)?yīng)兩個解，即速度方向與 x軸正方向夾角分別為： θ 1＝ π/4 ，θ 2＝ 3π/4 。根據(jù)牛頓第二定律有： qBvn＝ mvn2/Rn，得 vn＝ qBRn/m將 Rn代入得到： vn＝ qBL/4(2n＋ 1)m，（ n＝ 0， 1， 2， 3， ? ）。試求： （ 1）圓形磁場區(qū)域的最小面積 S。由題意可知粒子運動半徑 r＝mV0/qB 為已知，又知粒子從 O 點就進(jìn)入磁場，則軌道的圓心必在 x 軸上離 O點距離為 r 處的 O1點，以 O1為圓心，以 OO1為半徑畫弧，作出弧上與 x 軸成30176。故：圓形磁場區(qū)域的最小面積為 S＝π R 2＝π (Oa/2)2＝ 3π m2V02/4q2B2。 例 5： 如圖所示，半徑為 R＝ 10cm的圓形勻強磁場區(qū)域的邊界跟 y軸相切于坐標(biāo)原點 O 處，圓形區(qū)域的水平直徑與 x軸重合，磁場的磁感應(yīng)強度 B＝ ，方向垂直于紙面向里；在 O 處有一放射源 S，可放射出沿紙面向各個 方向速率均為 V＝ 106m/s 的α粒子，已知α粒子的質(zhì)量 m＝ 10－ 27kg，電量 q＝ 10－ 19C。 解析 :（ 1）所有 α 粒子在勻強磁場中的運動半徑均為 r＝ mV/qB＝ 20cm，則所有 α 粒子做圓周運動軌跡的圓心離粒子源 S（即 O 點）的距離均為 r＝20cm，故所有 α 粒子做圓周運動的圓心的軌跡為：以 S為圓心，以 r為半徑的一段圓弧（圖中粗實線所示）。 （ 3）由（ 2）解可知：當(dāng) α 粒子運動的圓弧所對應(yīng)的弦為圓形磁場的直徑時， α 粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，此時 α 粒子離開磁場時速度方向與 x軸夾 角 φ ＝ 30176。 。 解 :設(shè)粒子在磁場中沿著 OB弧做勻速圓周運動的半徑為 r，由牛頓第二定律 qv0B＝OyxsAVOyxs60 0O 1A30 060 0Vab 30 0O O 1V oV oyx60 0（圖 13） mv02r ????4 分 代入數(shù)據(jù)得 r＝ mv0Bq＝ ??? ??????① 如圖 1所示，當(dāng)圓得直徑 OD轉(zhuǎn)動到與 x軸的夾角為 α 時，粒子從圓形磁場中的 B點射出，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為 θ ，打在熒光屏上的點到 x軸的距離為 S，由幾何知識 S＝ Catanθ?????②2 分 CA＝ 2R－ OC????????????????③2 分 OC＝ rtanθ2 ?????????????????④2 分 聯(lián)立 ②③④ 得 S＝ (2R－ rtanθ2 )tanθ???????????????????⑤ 代入數(shù)據(jù)并化簡得 S＝ 1＋ cotθ2m，故 θ 最大時， S最大。如圖 2，當(dāng) θ 最大時， S最大。 變化到 30176。 故粒子打在熒光屏上的范圍 S為 0～ ?