1、第十三單元 磁場教學目標1了解磁場的產(chǎn)生和基本特性，加深對場的客觀性、物質(zhì)性的理解。2通過磁場與電場的聯(lián)系，進一步使學生了解和探究看不見、摸不著的場的作用的方法掌握描述磁場的各種物理量。3掌握安培力的計算方法和左手定則的使用方法和應(yīng)用。4使學生掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律。5培養(yǎng)學生應(yīng)用平面幾何知識解決物理問題的能力。6進行理論聯(lián)系實際的思想教育。教學重點、難點分析1對磁感強度、磁通量的物理意義的理解及它們在各種典型磁場中的分布情況。2對安培力和電磁力矩的大小、方向的分析。3如何確定圓運動的圓心和軌跡。4如何運用數(shù)學工具解決物理問題。教學過程設(shè)計一、基本概念1磁場的產(chǎn)生（1）磁

2、極周圍有磁場。（2）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(chǎn)生的。（不等于說所有磁場都是由運動電荷產(chǎn)生的。）（3）變化的電場在周圍空間產(chǎn)生磁場（麥克斯韋）。磁場是一種特殊的物質(zhì)，我們看不到，但可以通過它的作用效果感知它的存在，并對它進行研究和描述。它的基本特征是對處于其中的通電導線、運動電荷或磁體的磁極能施加力的作用。磁現(xiàn)象的電本質(zhì)是指所有磁現(xiàn)象都可歸納為：運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用。2磁場的基本性質(zhì)磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用（對磁極一定有力的作用；對電流只是可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受

3、磁場力作用）。這一點應(yīng)該跟電場的基本性質(zhì)相比較。3磁感應(yīng)強度電場和磁場都是無法直接看到的物質(zhì)。我們在描述電場時引入電場強度E這個物理量，描述磁場則是用磁感應(yīng)強度B。研究這兩個物理量采用試探法，即在場中引入試探電荷或試探電流元，研究電磁場對它們的作用情況，從而判定場的分布情況。試探法是一種很好的研究方法，它能幫助我們研究一些因無法直接觀察或接近而感知的物質(zhì)，如電磁場。磁感強度的定義式為：B=F/IL（條件是勻強磁場中，或L很小，并且LB ）其中電流元（IL）受的磁場力的大小與電流方向相關(guān)。因此采用電流與磁場方向垂直時受的最大力F來定義B。研究電場、磁場的基本方法是類似的。但磁場對電流的作用更復(fù)雜

4、一些，涉及到方向問題。我們分析此類問題時要多加注意。磁感應(yīng)強度B的單位是特斯拉，符號為T，1T=1N/（Am）=1kg/（As2）磁感強度矢量性：磁感強度是描述磁場的物理量。因此它的大小表征了磁場的強弱，而它的方向，也就是磁場中某點小磁針靜止時N極的指向，則代表該處磁場的方向。同時，它也滿足矢量疊加的原理：若某點的磁場幾個場源共同形成，則該點的磁感強度為幾個場源在該點單獨產(chǎn)生的磁感強度的矢量和。4磁感線（1）用來形象地描述磁場中各點的磁場方向和強弱的曲線。磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，也就是在該點小磁針靜止時N極的指向。磁感線的疏密表示磁場的強弱。特點：磁體外方向N極指向S極（內(nèi)

5、部反之）。（2）磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。（3）要熟記常見的幾種磁場的磁感線：（4）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(nèi)部的磁感線方向?！纠}1】如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導線A、C由通有等大電流，在紙面上距A、C等遠處有一點P。若P點磁感強度及方向水平向左，則導線A、C中的電流方向是如下哪種說法？AA中向紙里，C中向紙外BA中向紙外，C中向紙里CA、C中均向紙外DA、C中均向紙里5磁通量如果在磁感應(yīng)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

6、過這個面的磁通量，用U表示。U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）。穿過磁場中某一面積的磁感線條數(shù)稱為穿過這一面積的磁通量。定義式為：U=BS（S為垂直于B的面積）。磁感強度是描述磁場某點的性質(zhì)，而磁通量是描述某一面積內(nèi)磁場的性質(zhì)。由B= U/S可知磁感強度又可稱為磁通量密度。在勻強磁場中，當B與S的夾角為時，有U=BSsin?！纠}2】如圖所示，在水平虛線上方有磁感強度為2B，方向水平向右的勻強磁場，水平虛線下方有磁感強度為B，方向水平向左的勻強磁場。邊長為L的正方形線圈放置在兩個磁場中，線圈平面與水平面成角，線圈處于

7、兩磁場中的部分面積相等，則穿過線圈平面的磁通量大小為多少？分析：注意到B與S不垂直，應(yīng)把S投影到與B垂直的方向上；水平虛線上下兩部分磁場大小與方向的不同。應(yīng)求兩部分磁通量按標量疊加，求代數(shù)和。解：（以向右為正）U=U1+U2=（2BL2/2）-（BL2/2）sin=BL2 sin/2二、安培力 （磁場對電流的作用力）討論如下幾種情況安培力的大小計算，并用左手定則對其方向進行判斷。安培力大?。篎=BILB為磁感強度與電流方向垂直分量。方向：左手定則（內(nèi)容略）。注意安培力總是與磁場方向和電流方向決定的平面垂直（除了二者平行，安培力為0的情況）。1安培力方向的判定（1）用左手定則。（2）用“同性相斥

8、，異性相吸”（只適用于磁鐵之間或磁體位于螺線管外部時）。（3）用“同向電流相吸，反向電流相斥”（反映了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)）。可以把條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）。SNI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?！纠}3】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？NSFFF /F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(zhuǎn)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(zhuǎn)9

9、0后平移）。分析的關(guān)鍵是畫出相關(guān)的磁感線?！纠}4】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 。解：本題有多種分析方法。（1）畫出通電導線中電流的磁場中通過兩極的那條磁感線（如圖中粗虛線所示），可看出兩極受的磁場力的合力豎直向上。磁鐵對水平面的壓力減小，但不受摩擦力。（2）畫出條形磁鐵的磁感線中通過通電導線的那一條（如圖中細虛線所示），可看出導線受到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上。（3）把條形磁鐵等效為通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導線中的電流是同向電流，所以互

10、相吸引。S N【例題5】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(zhuǎn)？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(shù)多所以線圈向右偏轉(zhuǎn)。（本題如果用“同名磁極相斥，異名磁極相吸”將出現(xiàn)判斷錯誤，因為那只適用于線圈位于磁鐵外部的情況。）i【例題6】電視機顯象管的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)？解：畫出偏轉(zhuǎn)線圈內(nèi)側(cè)的電流，是左半線圈靠電子流的一側(cè)為向里，右半線圈靠電子流的一側(cè)為向外。電子流的等效電流方向是

11、向里的，根據(jù)“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(zhuǎn)。（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F=BLIsin（為B、L間的夾角）高中只要求會計算=0（不受安培力）和=90兩種情況?！纠}7】如圖所示，光滑導軌與水平面成角，導軌寬L。勻強磁場磁感應(yīng)強度為B。金屬桿長也為L ，質(zhì)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：（1）B至少多大？這時B的方向如何？（2）若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應(yīng)把回路總電流I2調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止？B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

12、時安培力才最小，B也最小。根據(jù)左手定則，這時B應(yīng)垂直于導軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsin， B=mgsin/I1L。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BI2Lcos=mgsin，I2=I1/cos。（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(guān)系）?！纠}8】如圖所示，質(zhì)量為m的銅棒搭在U形導線框右端，棒長和框?qū)捑鶠長，磁感應(yīng)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

13、時間內(nèi)，銅棒受安培力向右的沖量Ft=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=It，由平拋規(guī)律可算銅棒離開導線框時的初速度，最終可得。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(xiàn)。公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安 =BIL；其中I=nesv；設(shè)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成角時，F(xiàn)=qvBsin。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

14、向；對負電荷，四指應(yīng)指負電荷定向移動方向的反方向?！纠}9】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(chǎn)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(zhuǎn)。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：（1）正負離子速度方向相同時，

15、在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。（2）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(zhì)。）（3）注意在帶電粒子偏轉(zhuǎn)聚集在極板上以后新產(chǎn)生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。I【例題10】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(shù)載流子；n型半導體中自由電子為多數(shù)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

16、。試分析原因。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(zhuǎn)。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(zhuǎn)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：，?！纠}11】如圖直線MN上方有磁感應(yīng)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(zhì)量為m，電荷為e），它們從磁場中射出

17、時相距多遠？射出的時間差是多少？解：正負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)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(jīng)歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關(guān)鍵是找圓心、找半徑和用對稱。 yxoBvvaO/【例題12】一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和射出點的坐標。解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為，；射出點坐標為（0，）。四、帶電粒子在勻強磁場中的運動1帶

18、電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律 初速度力的特點運動規(guī)律v=0f洛=0靜止v /Bf洛=0勻速直線運動vBf洛=Bqv勻速圓周運動，半徑，周期v與B成角f洛=Bqv（090）較復(fù)雜的曲線運動，高中階段不要求BvLRO yv2帶電粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)（1）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(zhuǎn)角由sin=L/R求出。側(cè)移由R2=L2-（R-y）2解出。經(jīng)歷時間由得出。注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)結(jié)論不同！r vRvO/O（2）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）。偏角可由求出

19、。經(jīng)歷時間由得出。注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。3解題思路及方法電荷在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，圓運動的圓心的確定方法：（1）利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心。（2）利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心?！纠}13】氘核、氚核、氦核都垂直磁場方向射入同一勻強磁場，求以下幾種情況下，它們軌道半徑之比及周期之比各是多少？（1）以相同速率射入磁場；（2）以相同動量射入磁場；（3）以相同動能射入磁場。解：因為帶電粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，所以圓運動的半徑，周期。（1）因為三粒子速率相同，所以，有

20、，（2）因為三粒子動量相同，所以，有，（3）因為三粒子初動能相同，所以，有，通過例題復(fù)習基本規(guī)律。由學生完成，注意公式變換。【例題14】如圖所示，abcd為絕緣擋板圍成的正方形區(qū)域，其邊長為L，在這個區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場正、負電子分別從ab擋板中點K，沿垂直擋板ab方向射入場中，其質(zhì)量為m，電量為e。若從d、P兩點都有粒子射出，則正、負電子的入射速度分別為多少？（其中bP=L/4）做題過程中要特別注意分析圓心是怎樣確定的，利用哪個三角形解題。提問：1怎樣確定圓心？2利用哪個三角形求解？學生自己求解。（1）分析：若為正電子，則初態(tài)洛侖茲力方向為豎直向上，該正

21、電子將向上偏轉(zhuǎn)且由d點射出Kd線段為圓軌跡上的一條弦，其中垂線與洛侖茲力方向延長線交點必為圓心，設(shè)該點為O1其軌跡為小于1/4的圓弧。解：如圖所示，設(shè)圓運動半徑為R1，則O1K=O1d=R1由RtO1da可知：而故（2）解：若為負電子，初態(tài)洛侖茲力方向豎直向下，該電子將向下偏轉(zhuǎn)由P點射出，KP為圓軌跡上的一條弦，其中垂線與洛侖茲力方向的交點必為圓心，設(shè)該點為O2，其軌跡為大于1/4圓弧。（如圖所示）由RtKbP可知：而故【例題15】一帶電質(zhì)點，質(zhì)量為m，電量為q，以平行于Ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖所示第一象限的區(qū)域為了使該質(zhì)點能從x軸上的b點以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當?shù)牡胤郊?/p>

22、一個垂直于xy平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，試求這圓形磁場區(qū)域的最小半徑。重力忽略不計。提問：1帶電質(zhì)點的圓運動半徑多大？2帶電質(zhì)點在磁場中的運動軌跡有什么特點？3在xy平面內(nèi)什么位置加一個圓形磁場可使帶電質(zhì)點按題意運動？其中有什么樣特點的圓形磁場為半徑最小的磁場？常見錯誤：加以aM和bN連線交點為圓心的圓形磁場，其圓形磁場最小半徑為R。分析：帶電質(zhì)點在磁場中做勻速圓周運動，其半徑為因為帶電質(zhì)點在a、b兩點速度方向垂直，所以帶電質(zhì)點在磁場中運動軌跡為1/4圓弧，O1為其圓心，如圖所示MN圓弧。在xy平面內(nèi)加以MN連線為弦，且包含MN圓弧的所有圓形磁場均可使帶電質(zhì)

23、點完成題意運動。其中以MN連線為半徑的磁場為最小圓形磁場。解：設(shè)圓形磁場的圓心為O2點，半徑為r，則由圖知：因為，所以小結(jié)：這是一個需要逆向思維的問題，同時考查了空間想象能力，即已知粒子運動軌跡，求所加圓形磁場的位置?？紤]問題時，要抓住粒子運動特點，即該粒子只在所加磁場中做勻速圓周運動，所以粒子運動的1/4圓弧必須包含在磁場區(qū)域中，且圓運動起點、終點必須是磁場邊界上的點。然后再考慮磁場的最小半徑?！纠}16】在真空中，半徑為r=310-2m的圓形區(qū)域內(nèi)，有一勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B=0.2T，方向如圖所示，一帶正電粒子，以初速度v0=106m/s的速度從磁場邊界上直徑ab一端a點處射入磁

24、場，已知該粒子荷質(zhì)比為q/m=108C/kg，不計粒子重力，則（1）粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑是多少？（2）若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉(zhuǎn)角，其入射時粒子的方向應(yīng)如何（以v0與Oa的夾角表示）？最大偏轉(zhuǎn)角多大？問題：1第一問由學生自己完成。2在圖中畫出粒子以圖示速度方向入射時在磁場中運動的軌跡圖，并找出速度的偏轉(zhuǎn)角。3討論粒子速度方向發(fā)生變化后，粒子運動軌跡及速度偏轉(zhuǎn)角的比。分析：（1）圓運動半徑可直接代入公式求解。（2）先在圓中畫出任意一速度方偏轉(zhuǎn)角為初速度與未速度的夾角，且偏轉(zhuǎn)角等于粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角。向入射時，其偏轉(zhuǎn)角為哪個角？如圖所示。由圖分析知：弦ac是粒子軌跡上的弦，

25、也是圓形磁場的弦。因此，弦長的變化一定對應(yīng)速度偏轉(zhuǎn)角的變化，也一定對應(yīng)粒子圓運動軌跡的圓心角的變化。所以當弦長為圓形磁場直徑時，偏轉(zhuǎn)角最大。解：（1）設(shè)粒子圓運動半徑為R，則（2）由圖知：弦長最大值為ab=2r=610-2m設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角最大值為m，此時初速度方向與ab連線夾角為，則，故當粒子以與ab夾角為37斜向右上方入射時，粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，其最大值為74。小結(jié)：本題所涉及的問題是一個動態(tài)問題，即粒子雖然在磁場中均做同一半徑的勻速圓周運動，但因其初速度方向變化，使得粒子運動軌跡的長短和位置均發(fā)生變化，要會靈活運用平面幾何知識去解決計算機演示：（1）隨粒子入射速度方向的變化，粒子飛離

26、磁場時速度偏轉(zhuǎn)角的變化。（2）隨粒子入射速度方向的變化，粒子做勻速圓周運動的圓心的運動軌跡。其軌跡為以a點為圓心的一段圓弧?！纠}17】如圖所示，很長的平行邊界面M、N與N、P間距分別為L1、L2，其間分別有磁感應(yīng)強度為B1與B2的勻強磁場區(qū)，磁場方向均垂直紙面向里已知B1B2，一個帶正電的粒子電量為q，質(zhì)量為m，以大小為v0。的速度垂直邊界面M與磁場方向射入MN間磁場區(qū)，試討論粒子速度v0應(yīng)滿足什么條件，才能通過兩個磁場區(qū)，并從邊界面P射出？（不計粒子重力）問題：1該粒子在兩磁場中運動速率是否相同？2什么是粒子運動通過磁場或不通過磁場的臨界條件？3畫出軌跡草圖并計算。分析：帶電粒子在兩磁場中

27、做半徑不同的勻速圓周運動，但因為洛侖茲力永遠不做功，所以帶電粒子運動速率不變粒子恰好不能通過兩磁場的臨界條件是粒子到達邊界P時，其速度方向平行于邊界面。粒子在磁場中軌跡如圖所示。再利用平面幾何和圓運動規(guī)律即可求解。解：如圖所示，設(shè)O1、O2分別為帶電粒子在磁場B1和B2中運動軌跡的圓心。則在磁場B1中運動的半徑為在磁場B2中運動的半徑為設(shè)角、分別為粒子在磁場B1和B2中運動軌跡所對應(yīng)圓心角，則由幾何關(guān)系知，且+90所以若粒子能通過兩磁場區(qū)，則小結(jié)：1洛侖茲力永遠不做功，因此磁場中帶電粒子的動能不變。2仔細審題，挖掘隱含條件?！纠}18】在 M、 N兩條長直導線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運動軌跡

28、，如圖所示已知兩條導線M、N只有一條中有恒定電流，另一條導線中無電流，關(guān)于電流、電流方向和粒子帶電情況及運動方向，可能是AM中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動BM中通有自上而下的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動CN中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動DN中通有自下而上的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動讓學生討論得出結(jié)果。很多學生會選擇所有選項，或?qū)ΨQ選擇A、D（或B、C）。前者是因為沒有考慮直線電流在周圍產(chǎn)生非勻強磁場，帶電粒子在其中不做勻速圓周運動。后者是在選擇過程中有很強的猜測成分。分析：兩根直線電流在周圍空間產(chǎn)生的磁場為非勻強磁場，靠近導

29、線處磁場強，遠離導線處磁場弱。所以帶電粒子在該磁場中不做勻速圓周運動，而是復(fù)雜曲線運動。因為帶電粒子在運動中始終只受到洛侖茲力作用，所以可以定性使用圓運動半徑規(guī)律R=mv/ Bq。由該規(guī)律知，磁場越強處，曲率半徑越小，曲線越彎曲；反之，曲線彎曲程度越小。解：選項A、B正確。小結(jié)：這是一道帶電粒子在非勻強磁場中運動的問題，這時粒子做復(fù)雜曲線運動，不再是勻速圓周運動。但在定性解決這類問題時可使用前面所分析的半徑公式。洛侖茲力永遠不做功仍成立。v五、帶電粒子在混合場中的運動1速度選擇器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(zhuǎn)。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，。在本圖中，速度方向必須向右。（1）這個結(jié)論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關(guān)。v0abco（2）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(zhuǎn)，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(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，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(fù)雜曲線。LBEv0【例題