高考专题磁场和复合场

高考专题：磁场和复合场
【考纲要求】
1.掌握直线电流、环形电流、通电螺线管、条形磁铁、蹄形磁铁等所产生的磁场分布情况，能灵活应用安培定则解答有关问题。

2.深刻理解磁感应强度、磁感线、磁通量的物理含义。

3.灵活应用左手定则和安培力计算公式定量解决有关磁场对电流作用力的问题（限B 和I平行和垂直两类）。

4.熟练掌握洛仑兹力及其变化规律，灵活解决各类带电粒子在磁场及其它复合场中的运动类问题（即与平行和垂直两类）。

【知识结构】
【热点导析】
1.磁场的主要内容
磁场的主要内容可概括成一个工具（磁感线）、两个物理量（磁感强度和磁通量）、两个定则（安培定则和左手定则），两个力（安培力、洛仑兹力）。

其中带电粒子在有边界和无边界磁场区域中的运动及其规律、带电粒子在复合场中的运动及其规律是本单元内容的重点和难点。

2.磁场和电场都是客观存在的一种特殊物质，它们之间更多地存在着比较和区别
磁场存在于运动电荷周围，电场存在于电荷周围；磁场只对运动电荷（含电流和磁铁）有作用，电场对电荷有作用；用磁极受力定义方向、电流无受力定义大小，用检验电
荷+q受力来定义大小和方向；磁感线闭合，电场线不闭合。

电磁场可共存于同一空间。

3.有关方向定则
通电直导线、圆形电流和螺线管用周围磁场分布情况均用安培定则来判定，通电直导线、
圆形电流和螺线管等受力方向用左手定则来判定。

不能简单理解为B和安培定则，求力用
F、V各量间因果关系辩清晰，I为原因，为产生的结果的左手定则，而应把、、
B
用安培定则；、为原因，F B（或受力后运动）为结果的，用左手定则，运动为原因、感应电流为结果的用右手定则。

判定由和I（或运动电荷）而导致的F B（f B）方向时，可用左手定则，且B（f B）的方向在空间立体上一定垂直和I两线（与两线）决定的平面，在此基础上再用左手定则判定确切方向更易正确解答。

4.磁通量和磁力矩
单匝线圈和n匝线圈放在垂直线圈平面的匀强磁场中，磁通量场为B·S（B为磁感强度、S为线圈所围面积）。

若在线圈中通有电流I，则在磁场中转过90°后所受磁力矩分别为BIS 和nBIS。

5.带电粒子在复合场中受力及运动
首先带电粒子在复合场中运动规律广泛应用于近代物理的许多实验装置中，如回旋加速器、质谱仪、磁流体发电机、电磁流量计、速度选择器等。

其次，应明确：研究复合场中带电粒子的运动规律首先要分析初速度和运动过程中加速度（受力）情况。

在受力分析的过程中应将重力（是否考虑）、电场力、洛仑兹力等作为力学中按性质来命名的力首先进行讨论。

再次，应明确：不管带电粒子做的是圆周运动还是一般曲线运动，洛仑兹力永远不做功，但洛仑兹力的变化与否可间接影响到重力、电场力等力的做功情况。

最后，因为电磁学物理量及单位比较复杂，而且数值往往相差悬殊，因此计算有关结果时，应先进行字母运算，简化后最后再代入数据。

也可这样讲，力学问题的基本思路和求解方法在本单元中广泛适用。

【典型例析】
例1 如图5-10-1所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，可以（）
A.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B.将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C.将a、d端接在电源正极，b、c端在电源负极
D.将a、c端接在交流电源的一端，b、d接在交流电源的另一端
解析 本题为1997年上海高考试题
将a 接正极b 接负极，电流方向为M →N ，c 接正极d 接负极，由右手螺旋定则可知，线圈上端为N 极。

由左手定则判定MN 向外运动，A 正确。

b 接在正极时电流方向为N →M ，d 接正极由右手螺旋定则可知线圈下端为N 极，因此由左手定则可判断MN 向外运动，B 正确。

a 接正极电流方向为M →N ，d 接正极可知线圈下端为N 极，由左手定则可判定MN 向里运动，C 错误。

MN 中与线圈中虽然通的都是交流电，但由于ab 与cd 是并联接在电源上，当电流为M →N 时，线圈中电流为c →d ，而当电流为N →M 时，线圈中电流为d →c ，由以上判定A 、B 的方法可判定D 正确。

说明 该题属于右手螺旋定则与左手定则结合应用的题，这在一些题中经常出现，先由右手螺旋定则判定磁场方向，再由左手定则判定受力方向。

例2 一劲度系数为k 的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n 的矩形线框abcd 。

bc 边长为l 。

线框的下半部处在匀强磁场中，磁感强度大小为B ，方向与线框平面垂直，在图5-10-2中，垂直于纸面向里，线框中通以电流I ，方向如图所示。

开始时线框处于平衡状态，令磁场反向，磁感强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡。

在此过程中线框位移的大小Δx ，方向 。

解析 本题为1999年广东高考试题
设线圈的质量为m ，当通以图示电流时，弹簧的伸长量为x 1,线框处于平衡状态，所以kx 1=mg-nBIl 。

当电流反向时，线框达到新的平衡，弹簧的伸长量为x 2,由平衡条件可知kx 2=mg+nBIl 。

∴k(x 2-x 1)=k Δx=2nBIl ∴Δx=k
nBIl 2 电流反向后，弹簧的伸长是x 2＞x 1,位移的方向应向下。

说明 本题为静力学与安培力综合，把安培力看成静力学中按性质来命名的一个力进行受力分析，是本题解答的基本思路。

例3 如图5-10-3所示，一平行板电容器间的水平匀强电场中，用丝线在固定O 点悬挂一个质量为1g 的带电小球，静止在竖直偏左30°角的OA 位置，现把小球提到B 点使线水平伸直，然后放开，让小球绕O 点摆动，求
（1）小球摆到最低点时线上的拉力。

（2）小球摆过最低点时，还能向右摆动的角度（g=10ms -2）?
解析 由题可知小球带负电，由小球静止于A 点可知
小球受向下mg ，向左Eq ，沿丝线拉力T
由平衡条件可知：Eq=mgtan30°=3
3mg 对小球由B →A →C 过程中应用动能定理 mgL-EqL=2
1mv 2C -0 对小球在C 处在竖直方向应用向心力公式 T-mg=m L
v c 2 由①②③得：T=（3-3
32）mg=1.8×10-2N 设小球还能向右摆α角至D 点
对小球由B →A →C →D 应用动能定理
mglcos α-Eq(1+1sin α)=0
由①④得cos α=3
3(1+sin α) ∴α=30°
说明 本题为典型的重力场和匀强电场组成的复合场问题。

对该非匀速圆周运动过程，机械能守恒不再适用，动能定理为首选解法。

对其中某一位置的法线方向，可使用动力学向心力公式解答。

如本题所示的复合场仍为匀强场，也可直接采用合场的办法来求解第（2）问。

OA 即为合场方向，B 与D 对OA 左右对称。

所以∠AOD=60°,∠COD=30°。

若本题修改后∠AOB ＞90°，则丝线还会有松驰过程，还需考虑丝线张紧瞬间法向速度的损失问题。

例4 如图5-10-4所示，在xOy 平面上，a 点坐标为（0，l ），平面内一边界通过a 点和坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m ，电量为e ）从a 点以初速度v 0平行x 轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在x 轴上的b 点（未标出）射出磁场区域，此时速度方向与x 轴正方向夹角为60°，求
（1）磁场的磁感应强度。

（2）磁场区域圆心O 1的坐标。

（3）电子在磁场中运动的时间。

解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从a 点射入从b 点射出O 、a 、b 均在圆形磁场区域的边界，粒子运动轨道圆心为O 2，令b O a O 22==R
由题意可知，∠aO 2b=60°,且ΔaO 2b 为正三角形
在ΔOO 2b 中，R 2=（R-l ）2+(Rsin60°)2
① 而R=Be mv 0
② 由①②得R=2l ∴B=el
mv 20 而粒子在磁场中飞行时间 t=0
0322326136060v l v l Be m T πππ=⨯== 由于∠aOb=90°又∠aOb 为磁场图形区域的圆周角
∴ab 即为磁场区域直径
2
11=aO R=l O 1的x 坐标：x=aO 1sin60°=23l y=l-aO 1cos60°=2
l ∴O 1坐标为（2
3l ，2l ） 说明 本题为带电粒子在有边界磁场区域中的圆周运动，解题的关键一步是找圆心，根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定圆心的位置，然后作出轨迹和半径，根据几何关系找出等量关系。

求解飞行时间从找轨迹所对应的圆心角的方面着手。

当然带电粒子在有界磁场中做部分圆周运动，除了要运用圆周运动的规律外，还要注意各种因素的制约而形成不是惟一的解，这就要求必须深刻理解题意，挖掘隐含条件，分析不确定因素，力求解答准确、完整。

例5 如图5-10-5（a ）为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外，
大小可调节的均匀磁场，质量为m ，电量为+q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动。

A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A 板时，A 板电势升高为+U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。

（1）设t=0时粒子静止在A 板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n 圈回到A 板时获得的总动能E n 。

（2）为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度B n 。

（3）求粒子绕行n 圈所需的总时间t n （设极板间距远小于R ）。

（4）在5-10-5（b ）图中，画出A 板电势u 与时间t 的关系（从t=0起画到粒子第四次离开B 板时即可）。

（5）在粒子绕行的整个过程中，A 板电势是否可始终保持为+U ？为什么？
解析 （1）E m =nqU
（2）∵nqU=2
1mv 2n ,∴v n =m nqU 2 R mv n 2=qu n B n ,B n =qR
mv n 以U n 结果代入，B n =q
nmU R m nqU qR m 212= (3)绕行第n 圈需时
n qU m R V R n 1222∙=ππ ∴t n =2πR qU m 2(1+++3121…+n
1) （4）如图5-10-6所示（对图的要求：间隔越来越近的等幅脉冲）
（5）不可以。

因为这样粒子在A 、B 之间飞行时电场对其做功+qU 使之加速，在A 、B 之外飞行时电场又对其做功-qU 使之减速，粒子绕行一周，电场对其做的总功为零，能量不会增大。

说明 在（4）中由于绕第n 圈的周期T n =n
qB m π2，由B n 越来越大，因而T n 也越来越小，这样在图中t 1,t 2,t 3的相互间距要越来越小。

粒子每次通过AB 板间的时间也要随着粒子不断加速而越来越短，因而图中等幅脉冲要越来越窄。

在（5）中若粒子穿过AB 板间后A 板电势不消失，正离子继续从B 向A 做圆周运动时，是从低电势向高电势运动，电场力做负功，从B →A ，做功为-qU ，这样粒子绕行一周，电场对其做的功为零，能量也就不会变大。

例6 如图5-10-7所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于Oxy 所在的纸面向外。

某时刻在x=l 0,y=0处，一质子沿y 轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l 0,y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直。

不考虑质子与α粒子的相互作用。

设质子的质量为m ，电量为e 。

（1）如果质子经过坐标原点O ，它的速度为多大？
（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？
解析 本题为1999年广东高考试题
（1）根据质子进入磁场的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x 轴上，又因质子经过原点O ，故其轨道半径r p =2
1l 0。

设质子的速度为v p ，由牛顿定律得 p
p r mv 2=eBv p ① 解得v p =m
eBl 20 ② （2）质子做圆周运动的周期为 T p =eB m π2 ③
由于α粒子电荷为q o =2e,质量为m a =4m ，故α粒子做圆周运动的周期
T α=eB m π4 ④
质子在做圆周运动的过程中，在t=
21T p ,23T p ,2
5T p …各时刻通过O 点。

α粒子如与质子在O 点相遇，必在同一时刻到达O 点，这些时刻分别对应t=41T a ,4
3T a ,…。

如果α粒子在t=41T a 到达O 点，它运行了41周期。

如在t=4
3T a 到达O 点，它运行了43周期。

由此可知，α粒子进入磁场处与O 点之间的连线必为4
1圆周或43圆周所对的弦，如图5-10-8所示（实际上t=45T a 等情形不必再考虑）。

进而得出，α粒子的轨道半径 r a =22l 0 ⑤
设α粒子的速度为v α,则由牛顿定律得
αααr v m 2=q αBv α
注意到m α=4m,q α=2e ⑥
但方向可有两个，用α粒子速度方向与x 轴正方向夹角θ表示
θ1=4
π ⑦ θ2=π43 ⑧
说明 解题时要正确理解题目所描述的物理情景，并以此为依据构建出正确的物理模型是解决该类问题的前提。

本题属带电粒子在磁场中运动类问题，正确画出运动轨迹及对应的圆心和半径是解题的基础。

例7 何为速度选择器，其工作原理如何，并列举几个物理模型与速度选择器相似的应用实例。

解析 如图5-10-9所示，带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场的复合场空间，所受电场力和洛仑兹力方向相反，大小相等。

即Eq=Bqu ∴u=B E ①
凡是符合①式的粒子顺利通过场区从O 2孔射出，凡是不符合①式的粒子均不能从O 2射出，即将速度v=B
E 的粒子选中。

类似的还有质谱仪：如图5-10-10所示，经速度选择器选中的速度相等、质量不等的粒子经180°磁场偏后由于半径的不等而区分开。

磁流体发电机：如图5-10-11所示，等离子喷入磁场区域，磁场区域中有两块金属板A 和B ，正、负离子在洛仑兹力作用下发生上、下偏转而聚集到A 、B 板产生电势差，最大电势差可达Bdv （B 为磁感强度，d 为两板间距，v 为喷射速度）。

霍尔效应：如图5-10-12所示，厚度为h 、宽度为d 的导体板放在垂直于磁感强度为B 的匀强磁场中，当电流通过导体极时，在导体上下侧面间会产生电势差，这种现象中霍尔效应U=k d
IB （k 为霍尔系数）。

电磁流量计：如图5-10-13所示电磁流量计是用来测定导电液体在导管中流动时流量的仪器，设导管直径为d ，用非磁性材料组成，磁感应强度为B ，a 、b 间测出电势差为U
则流量Q=Sv=B
dU Bd U d 442ππ=∙
说明 上述几个应用实例，表面形式各不相同，但本质上均利用了磁场力和电场力两力平衡的知识来解，物理模型基本相似，应归类总结、复习。

【能力测试】
一、选择题（至少有一个选择符合题意）
1.下述说法中正确的是（ ）
A.磁通量是反映磁场强弱和方向的物理量
B.自由小磁针仅在磁场力作用下运动，其轨迹一定与磁感线重合
C.洛仑兹力只能改变运动电荷的动量而不能改变动能
D.分子电流实际上是不存在的，是人为引进的
2.一带电质点在匀强磁场中做圆周运动，现给定了磁场的磁感强度、带电质点的质量和电量，若有v 表示带电质点的运动速率，R 表示其轨道半径，则带电质点的运动周期（ ）
A.与v 有关，与R 有关
B.与v 无关，与C 无关
C.与v 有关，与R 无关
D.与v 无关，与R 有关
3.以下情况中能比较正确反映奥斯特实验结果的是（ ）
A.电流由南向北时，其下方的小磁针N 极偏向东边
B.电流由东向西时，其下方的小磁针N 极偏向南边
C.电流由南向北时，其下方的小磁针N 极偏向西边
D.电流由东向西时，其下方的小磁针N 极偏向北边
4.如图5-10-14匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上。

关于该过程，下述说法正确的是（ ）
A.小球减少的电势能等于增加的动能
B.小球做匀变速运动
C.电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D.若保持其他条件不变，只减小磁感强度，小球着地时动能不变
5.在水平匀强磁场中，有一通电线圈绕垂直磁感线的OO ′轴转动，设转动中穿过线圈平面的磁通量为Ф，线圈所受安培力的合力为F ，线圈受到的安培力矩为M 。

则线圈转至一定位置时，必有（ ）
A.Ф=0的位置时，F 最大，M=0
B.Ф=0的位置时，F=0，M 最大
C.Ф最大的位置时，F 最大，M=0
D.Ф最大的位置时，F=0，M=0
6.将内壁光滑的绝缘细管制成半径为R 的半圆环，垂直放入磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图5-10-15所示，磁区宽度h ＜R 。

另有一场强为E 的匀强电场与环面平行水平向右。

现将一个电量为+q 、质量为m 的金属球，从圆环的A 端由静止释放，那么这个小球（ ）
A.在圆环的最低点D 所受洛仑兹力最大
B.有可能从圆环的另一端管口C 跳出
C.最大动能应小于22)()(mg Eq R （1+cosarctan Eq
mg ） D.如小球未从C 跳出，则最终将在磁区中的某部分往返运动
7.在如图5-10-16所示的装置中，M 、N 是一对相距为d 的水平金属板，在它们上方另有一水平金属板Q ，其上有一小孔S 正对着板M 上的小孔O 。

MN 间有一垂直向里的磁感应强度为B （T ）的均强磁场。

在板Q 的S 孔处有质量为m(Kg)、电荷量为q(C)的负离子，其重力和初速不计，电源的电动势为ε（V ），内阻为r(Ω),R AB 总阻为2r ，滑动触头C 在AB 的中点，离子从MN 的中点飞出，在 这个运动过程中，则（ ）
A.负离子的运动轨迹是圆弧
B.飞出磁场时速度为m q 3/5ε
C.飞出磁场时速度为m q /2ε
D.飞出磁场时速度为
m q /ε
二、填空题
8.如图5-10-17，在方向都垂直纸面向里的匀强电场和匀强磁场中，竖直放置一根很长
的绝缘直棒，棒上套有一质量为1.0×10-4Kg ，电量q=+4.0×10-4
C 的小球，若小球与棒间摩
擦因数μ=0.2,E=10V/m,B=0.5T ，则小球从静止开始释放，下落过程中的最大加速度为m/s 2
,最大速度为 m/s 。

9.如图5-10-18，磁感强度为B 的匀强磁场，在坚直平面内匀速平移时，质量为m ，带电-q 的小球，用线悬挂着，静止在悬线与竖直方向成30°的角位置，则磁场的最小移动速度为 。

10.如图5-10-19，质量为m ，带电量为e 的电子以速度v 0从O 点沿Y 轴正方向垂直射入磁感强度为B 的匀强磁场中，如在运动过程中突然取消匀强磁场，要使电子在原来轨道上
保持同速率继续运动，则可在坐标x= ,y= 处放一个带电量为
的正电荷即可。

11.如图5-10-20，以虚线为界限的两匀强磁场中，磁感强度为B1=2B,B2=B，方向均垂直于纸面向里，现有一质量为m、带电量为+q的粒子，从O点沿图示方向射入B1中，试在图5-10-20中画出该粒子的运动轨迹。

该粒子重新回到O点所用的时间t= 。

三、论述与计算题。

12.磁场对通电导线的作用力是磁场对导体中运动电荷作用力的宏观表现。

试根据导线垂直匀强磁场的情形，推导出洛仑兹力的表达式f=Bqv(q为导体中自由电荷的电量，v为自由电荷的定向移动速度)。

13.如图5-10-21，质量为0.06Kg的裸铜棒，长10cm，两头与软导线相连，吊在B=0.5T 方向竖直向下的匀强磁场中，通以电流I后，铜棒的最大偏角为37°，偏转方向从右向左看为逆时针，求电流的大小和方向（取g=10m/s2）。

14.在匀强磁场和匀强电场中，水平放置一绝缘直棒，棒上套着一个带正电小球，如图5-10-22，小球与棒间滑动摩擦因数μ=0.2，小球质量m=1×10-4kg，电量q=2×10-4C。

匀强电场水平向右，E=5N/C，磁场垂直纸面向里，B=2T，取g=10m/s2,求：（1）小球的加速度最大时，它的速度多大？最大加速度多大？（2）如果棒足够长，小球的最大速度多大？（3）说明小球达到最大速度后能量转化关系。

15.如图5-10-23，一质量为m 、带电量为q 的粒子，以速度v 0从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁感强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿x 轴，速度方向与x 轴正方向夹角30°，粒子重力不计。

求（1）圆形磁场区域的最小面积。

（2）粒子从O 点进入场区到达b 点的时间及b 点的坐标。

参考答案
【能力测试】
1.C
2.B
3.C
4.C
5.B 、D
6.B 、C 、D
7.D
8.2，15
9.
Bq mg
2 10.Be
mV 0，0，2
032KBe
v m 11.Bq m
2 12.[证明] 如图所示，设通电导线内电流强度为I ，导线长为l ，磁感强度为B
则I=nqSv
安培力大小F=BIl=BlnqSv 而nlS=N 为运动电荷总数 所以每个电荷所受洛仑兹力f B =
N
F
=Bqv [说明] 有一个典型的错误证明方法。

即：I=t q v=t
l ∴f=BIl=B
t
q
·vt=Bqv 。

错误的原因把洛仑兹力的受力者———单独的运动电荷混淆成 时间t 秒内穿过导线横截面积的总电量，属概念不清。

13.[解析] 对棒从最低点运动到最大偏角37°过程中应用动能定理
BIl OM sin37°-mg OM (1-cos37°)=0 代入数据得
0.5×I ×0.6-0.06×10(1-0.8)=0 ∴I=4A
据左手定则，MN 中电流方向为M →N 。

[说明] 若将MN 所能偏转的最大偏角37°错误地理解成为37°可静止。

则会有tan37°=
mg l I B ',I ′=9A 的错误答案。

事实上原题中能偏最大37°角，则应在2
37︒
即18.5°处可静止，反之若通9A 电流，则最大可偏至74°处。

14.[解析] （1）小球水平方向加速度由电场力和摩擦力决定，当f μ=0时，a 取最大即Bqv=mg
v=
Bq
mg =2.5ms -1
此时最大加速度a m =
m
Eq =10ms -2
（2）小球向右一开始做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，当a 减为零时，小球速度最大，设最大速度为v m
Eq=f ′μ=μN=μ(Bqv m -mg)
代入数据：v m =15ms -1
（3）小球达最大速度v m 后，受力图如下图所示，电场力做正功，消耗电场能用于克服摩擦力做功产生焦耳势（内能）。

[说明] 由小球的初始条件和受力情况及其变化规律分析小球的运动情况。

速度最大往往是加速度为零的时候。

15.[解析] 如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径R=Bq
mv 最小磁场区域或半径为r ，则r=Rcos30°
磁场最小面积S=πr 2
=2
20
2243q B v m π
粒子在磁场中沿圆弧Oa （如图）运动，由a 到b 为匀速运动
t oa =
Bq
m T 323π= t ab =
030tan v Rc v ab ︒= ∴t=t 0a +t ab =
)33
2
(+πBq m
b 的横坐标为R+ 30sin R
=3R=Bq
mv 03
纵坐标为0。

[说明] 带电粒子在磁场中运动类问题，首先要作出运动轨迹并标出对应圆心和各特殊
点对应的半径，然后再根据各阶段曲线的特点求出有关坐标点和时间，几何关系、三角函数是这类问题常用的数学知识。