（江蘇版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復(fù)習(xí) 專題九 磁場課件.ppt

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1、專題九磁場,高考物理（江蘇專用）,考點(diǎn)一磁場、安培力,考點(diǎn)清單,考向基礎(chǔ) 一、磁場的描述 1.磁場 (1)基本特性:磁場對處于其中的磁體、電流或運(yùn)動電荷有力的作用。 (2)方向:小磁針的N極所受磁場力的方向,或自由小磁針靜止時(shí)N極 的指向。,2.磁感應(yīng)強(qiáng)度 (1)定義式:B=(通電導(dǎo)線垂直于磁場)。 (2)方向:小磁針靜止時(shí)N極的指向。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是反映磁場性質(zhì)的物理量,由磁場本身決定,是用比值法 定義的。,3.磁感線 (1)引入:在磁場中畫出一些曲線,使曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟這點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向一致。 (2)特點(diǎn):磁感線的特點(diǎn)與電場線的特點(diǎn)類似,主要區(qū)別在于磁感線是閉合的曲線。

2、(3)常見磁體的磁場,二、安培定則的應(yīng)用及磁場的疊加 1.安培定則的應(yīng)用,2.磁場的疊加 磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,計(jì)算時(shí)與力的計(jì)算方法相同,利用平行四邊形定則或正交分解法進(jìn)行合成與分解。 三、安培力 1.安培力的方向 (1)左手定則:伸開左手,使拇指與其余四個(gè)手指垂直,并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)。讓磁感線從掌心進(jìn)入,并使四指指向電流的方向,這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向。 (2)注意問題:磁感線方向不一定垂直于電流方向,但安培力方向一定與磁場方向和電流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁場方向和電流方向 決定的平面。,2.安培力的大小 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向成角時(shí),F=I

3、LB sin 。 (1)當(dāng)磁場與電流垂直時(shí),安培力最大,Fmax=ILB。 (2)當(dāng)磁場與電流平行時(shí),安培力等于零。 (3)L為導(dǎo)線在磁場中的有效長度。如彎曲通電導(dǎo)線的有效長度L等于連接兩端點(diǎn)的線段的長度,相應(yīng)的電流方向沿兩端點(diǎn)連線由始端流向末端,如圖所示。,考向突破,考向一對電場與磁場的理解 1.磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電場強(qiáng)度E的比較,2.磁感線與電場線的比較,例1下列說法中正確的是() A.電荷在某處不受電場力的作用,則該處電場強(qiáng)度為零 B.一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力作用,則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 C.表征電場中某點(diǎn)電場的強(qiáng)弱,是把一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值

4、D.表征磁場中某點(diǎn)磁場的強(qiáng)弱,是把一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值,解析電場和磁場有一個(gè)明顯的區(qū)別是:電場對放入其中的電荷有力的作用,磁場對通電導(dǎo)線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行,因此A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=可知C正確;而同樣用 比值定義法定義的磁感應(yīng)強(qiáng)度則應(yīng)有明確的說明,即B=中I和B的方 向必須垂直,故D錯(cuò)誤。,答案AC,考向二磁場及安培定則的應(yīng)用 1.對磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場本身決定,因此不能根據(jù)定義式B=認(rèn)為B與F成 正比,與IL成反比。 (2)測量磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)小段通電導(dǎo)線應(yīng)垂直磁場放入,如果平行磁場放

5、入,則所受安培力為零,但不能說該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,其方向?yàn)榉湃肫渲械男〈裴楴極的受力方向,也是自由轉(zhuǎn)動的小磁針靜止時(shí)N極的指向。 2.磁場的疊加 磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,計(jì)算時(shí)與力的計(jì)算方法相同,利用平行四邊形定則或正交分解法進(jìn)行合成與分解。,3.安培定則的應(yīng)用 在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”。,例2如圖所示,a、b兩根垂直紙面的直導(dǎo)線通有等值的電流,兩導(dǎo)線旁有一點(diǎn)P,P點(diǎn)到a、b距離相等,關(guān)于P點(diǎn)的磁場方向,以下判斷正確的是 () A.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙里,則P點(diǎn)的磁場方向向右 B.a中電流方向指向紙外,b中電流方

6、向指向紙里,則P點(diǎn)的磁場方向向左 C.a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則P點(diǎn)的磁場方向向右 D.a中電流方向指向紙外,b中電流方向指向紙外,則P點(diǎn)的磁場方向向左,解題導(dǎo)引,,解析若a中電流方向向紙外,b中電流方向指向紙里,根據(jù)安培定則判斷可知:a在P處產(chǎn)生的磁場Ba方向垂直于a、P連線斜向上,b在P處產(chǎn)生的磁場Bb方向垂直于b、P連線斜向下,如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成,P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右,故A正確,B錯(cuò)誤。若a中電流方向指向紙里,b中電流方向指向紙外,則可得P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左,故C錯(cuò)誤。若a、b中電流方向均指向紙外,同理可知,P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向

7、上,故D錯(cuò)誤。,答案A,考點(diǎn)二磁場對運(yùn)動電荷的作用,考向基礎(chǔ) 一、洛侖茲力、洛侖茲力的方向和大小 1.洛侖茲力:磁場對運(yùn)動電荷的作用力叫洛侖茲力。 2.洛侖茲力的方向 (1)判定方法:左手定則 掌心磁感線垂直穿入掌心; 四指指向正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向; 拇指指向洛侖茲力的方向。 (2)方向特點(diǎn):FB,Fv,即F垂直于B和v所決定的平面。 3.洛侖茲力的大小 (1)vB時(shí),洛侖茲力F=0(=0或180)。,(2)vB時(shí),洛侖茲力F=qvB(=90)。 (3)v=0時(shí),洛侖茲力F=0。 4.洛侖茲力的推導(dǎo) 如圖所示,直導(dǎo)線長為L,電流為I,導(dǎo)體中自由電荷數(shù)為n,橫截面積為S,電荷的電

8、荷量為q,運(yùn)動速度為v,則,所以洛侖茲力F洛==。 因?yàn)镮=NqSv(N為單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)), 所以F洛==qvB,式中n=NSL,故F洛=qvB。 二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 1.若vB,帶電粒子不受洛侖茲力,在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)動。 2.若vB,帶電粒子僅受洛侖茲力作用,在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動。,安培力F=BIL=nF洛,,3.半徑和周期公式:(vB),如圖,帶電粒子在磁場中,圖a中粒子做勻速圓周運(yùn)動,圖b中粒子做勻速直線運(yùn)動,圖c中粒子做勻速圓周運(yùn)動。,考向突破,考向一洛侖茲力與電場力的比較,例3一個(gè)帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動,速度方向垂

9、直于一個(gè)水平向里的勻強(qiáng)磁場,如圖所示,小球飛離桌面后落到地板上,設(shè)飛行時(shí)間為t1,水平射程為x1,著地速度為v1。撤去磁場,其余的條件不變,小球飛行時(shí)間為t2,水平射程為x2,著地速度為v2,則下列論述正確的是() A.x1x2B.t1t2 C.v1和v2大小相等D.v1和v2方向相同,解析當(dāng)桌面右邊存在磁場時(shí),由左手定則可知,帶正電的小球在飛行過程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用,此力在水平方向上的分量向右,豎直分量向上,因此小球水平方向上存在加速度,豎直方向上的加速度at2,x1x2,A、B對;又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?故C對;兩次小球著地時(shí)速度方向不同,D錯(cuò)。,答案ABC,考向二帶電粒子做勻速

10、圓周運(yùn)動的圓心、半徑及運(yùn)動時(shí)間的確定,例4如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點(diǎn)與ab的距離為。已 知粒子射出磁場與射入磁場時(shí)運(yùn)動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計(jì)重力)() A.B.C.D.,解析作出粒子運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示。因P到ab距離為,可知= 30。因粒子速度方向改變60,可知轉(zhuǎn)過的圓心角2=60。由圖中幾何關(guān)系有(r+)tan =R cos ,解得r=R。再由Bqv=m可得v=,故B正 確。,答案B,考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動,考向基

11、礎(chǔ) 一、復(fù)合場 1.復(fù)合場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。 2.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)。 3.電子、質(zhì)子、粒子、離子等微觀粒子在復(fù)合場中運(yùn)動時(shí),一般都不計(jì)重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(diǎn)(如帶電塵粒)在復(fù)合場中運(yùn)動時(shí),不能忽略重力。,二、三種場的比較,考向突破,考向一帶電粒子在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)的比較,思路方法,例5(2014大綱全國,25,20分)如圖,在第一象限存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強(qiáng)電場,方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷

12、的粒子,該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計(jì)重力。若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為,求 (1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值; (2)該粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間。,解題導(dǎo)引,解析(1)如圖,粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運(yùn)動的半徑為R0。由洛侖茲力公式及牛頓第二定律得,qv0B=m 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0=d 設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax,在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t,離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛,頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)公式得 Eq=max vx=axt

13、 t=d 由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(如圖),有,tan = 聯(lián)立式得 =v0 tan2 (2)聯(lián)立式得 t=,答案(1)v0 tan2 (2),考向二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 1.磁場力、重力并存 (1)若重力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若重力和洛侖茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,因洛侖茲力不做功,故機(jī)械能守恒。 2.電場力、磁場力并存(不計(jì)重力) (1)若電場力和洛侖茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若電場力和洛侖茲力不平衡,則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可用動能定理求解。,3.電場力、磁場力、重力并存 (1)若三力平衡,帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若重

14、力與電場力平衡,帶電體做勻速圓周運(yùn)動。 (3)若合力不為零,且重力與電場力不平衡,帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可用能量守恒定律或動能定理求解。,例6(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=5 N/C,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場,其方 向與電場方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動,當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小

15、球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。,解析(1)小球勻速直線運(yùn)動時(shí)受力如圖,其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s,速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan = =60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動,設(shè)其加速度為a,有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有,x=vt 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s3.5 s 解法二: 撤去磁場后,由于電

16、場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減,速運(yùn)動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s3.5 s,答案(1)見解析(2)3.5 s,考向三洛侖茲力在現(xiàn)代技術(shù)中的應(yīng)用 1.質(zhì)譜儀的原理和分析 (1)作用 測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。 (2)原理(如圖所示) 加速電場:qU=mv2; 偏轉(zhuǎn)磁場:qvB=,l=2r;,由以上兩式可得r=,m=,=。,例7現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所

17、示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(),A.11B.12C.121D.144,解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立 兩式得m=,故有==144,選項(xiàng)D正確。,答案D,2.回旋加速器的原理和分析 (1)加速條件:T電場=T回旋=。 (2)磁場約束偏轉(zhuǎn):qvB=。 (3)帶電粒子的最大速度

18、vmax=,rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度v max與加速電壓U無關(guān)。 (4)回旋加速器的解題思路 帶電粒子在縫隙的電場中加速:交變電流的周期與磁場周期相等,每經(jīng)過磁場一次,粒子加速一次。 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn):半徑不斷增大,周期不變,最大動能與D形盒 的半徑有關(guān)。,3.霍爾效應(yīng)的原理和分析 (1)定義:高為h,寬為d的金屬導(dǎo)體(自由電荷是電子)置于勻強(qiáng)磁場B中,當(dāng)電流通過金屬導(dǎo)體時(shí),在金屬導(dǎo)體的上表面A和下表面A之間產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),此電壓稱為霍爾電壓。 (2)電勢高低的判斷:如圖所示,金屬導(dǎo)體中的電流I向右時(shí),根據(jù)左手定則可得,下表面A的電勢高。,(3)霍爾電壓的計(jì)算:

19、導(dǎo)體中的自由電荷(電子)在洛侖茲力作用下偏轉(zhuǎn),A、A間出現(xiàn)電勢差,當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛侖茲力平衡時(shí),A、A間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定,由qvB=q,I=nqvS,S=hd;聯(lián)立得U==k ,k=稱為霍爾系數(shù)。,例8利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流I,C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD,下列說法中正確的是() A.電勢差UCD僅與材料有關(guān) B.若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UCD0 C.僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí),電勢差UCD變大 D.在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時(shí),元件的工作

20、面應(yīng)保持水平,解析設(shè)霍爾元件的厚度為d、長為a、寬為b,穩(wěn)定時(shí)有Bqv=q,又 因?yàn)镮=nqSv,其中n為單位體積內(nèi)自由電荷的個(gè)數(shù),q為自由電荷所帶的電荷量,S=bd,聯(lián)立解得:UCD=,可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng) 度B,則C、D兩面的電勢差增大,選項(xiàng)C正確;若霍爾元件中定向移動的是自由電子,由左手定則可知,電子將向C側(cè)偏轉(zhuǎn),則電勢差UCD<0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;地球赤道上方的地磁場方向?yàn)樗椒较?元件的工作面要與磁場方向垂直,故元件的工作面應(yīng)保持豎直方向,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,答案C,4.速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)和電磁流量計(jì) (1)速度選擇器 平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直。(如圖) 帶電

21、粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB=qE,即v=。 速度選擇器只能選擇粒子的速度,不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量。 速度選擇器具有單向性。,(2)磁流體發(fā)電機(jī)(如圖) 原理:等離子氣體噴入磁場,正負(fù)離子在洛侖茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而 聚集在A、B板上,產(chǎn)生電勢差,它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能。 電源正、負(fù)極判斷:根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機(jī)的正極。 電源電動勢U:設(shè)A、B平行金屬板的面積為S,兩極板間的距離為l,磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,等離子氣體的電阻率為,噴入氣體的速度為v,極板,外電阻為R。當(dāng)正、負(fù)離子所受靜電力和洛侖茲力平衡時(shí),兩極板間達(dá)到的最大電勢差為U(即電源

22、電動勢),則q=qvB,即U=Blv。 電源內(nèi)阻:r=。 回路電流:I=。 (3)電磁流量計(jì) 流量(Q)的定義:單位時(shí)間流過導(dǎo)管某一截面的導(dǎo)電液體的體積。 公式:Q=Sv;S為導(dǎo)管的截面積,v是導(dǎo)電液體的流速。,導(dǎo)電液體的流速(v)的計(jì)算 如圖所示,一圓柱形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成,其中有可以導(dǎo)電的液體向右流動。導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛侖茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn),使a、b間出現(xiàn)電勢差,當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛侖茲力平衡時(shí),a、b間的電勢差(U)達(dá)到最大,由q=qvB,可得v=。,流量的表達(dá)式:Q=Sv==。 電勢高低的判斷:根據(jù)左手定則可得ab。,例9磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它

23、可把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能,如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖,平行金屬板A、C間有一很強(qiáng)的磁場,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負(fù)帶電離子)噴入磁場,兩極板間便產(chǎn)生電壓,現(xiàn)將A、C兩極板與電阻R相連,兩極板間距離為d,正對面積為S,等離子體的電阻率為,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,等離子體以速度v沿垂直磁場方向射入A、C兩板之間,則穩(wěn)定時(shí)下列說法中正確的是(),A.極板A是電源的正極 B.電源的電動勢為Bdv C.極板A、C間電壓大小為 D.回路中電流為,解析等離子體噴入磁場,帶正電的離子因受到豎直向下的洛侖茲力而向下偏轉(zhuǎn),帶負(fù)電的離子向上偏轉(zhuǎn),即極板C是電源的正極,A錯(cuò);當(dāng)帶電離子以速度v做直

24、線運(yùn)動時(shí),qvB=q,所以電源電動勢為Bdv,B對;極 板A、C間電壓U=IR,而I==,則U=,所以C對,D錯(cuò)。,答案BC,方法1安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動及平衡問題分析方法 1.判定安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動情況的常用方法,方法技巧,例1如圖所示,把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁鐵N 極附近,磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面。 當(dāng)線圈內(nèi)通入如圖方向的電流后,判斷線圈如何運(yùn)動。,解析用等效法分析:把環(huán)形電流等效為一個(gè)小磁針,如圖所示,由磁極間相互作用規(guī)律可知線圈將向左運(yùn)動。 用結(jié)論法分析:把磁體等效為環(huán)形電流,則環(huán)形電流的方向與線圈中電流的方向相同,根據(jù)兩電流相互平行、方向相同時(shí)相互吸引,可知線

25、圈將向左運(yùn)動。,答案見解析,2.安培力作用下導(dǎo)體的平衡 通電導(dǎo)體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力學(xué)綜合模型,該模型一般由傾斜導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒、電源和電阻等組成。這類題目的難點(diǎn)是題圖具有立體性,因此解題時(shí)一定要先把立體圖轉(zhuǎn)化成平面圖,通過受力分析建立各力的平衡關(guān)系,如圖所示。,例2如圖所示,水平導(dǎo)軌間距為L=0.5 m,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì);導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=1 kg,電阻R0=0.9 ,與導(dǎo)軌接觸良好;電源電動勢E=10 V,內(nèi)阻 r =0.1 ,電阻R=4 ;外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5 T,方向垂直于ab,與導(dǎo)軌平面成夾角=53;ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5(設(shè)最大靜摩擦 力等于滑動摩

26、擦力),定滑輪摩擦不計(jì),線對ab的拉力為水平方向,重力加速度g=10 m/s2,ab處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6。求:,(1)通過ab的電流大小和方向; (2)ab受到的安培力大小; (3)重物重力G的取值范圍。,解析(1)I==2 A 方向?yàn)閍到b。 (2)F=BIL=5 N (3)導(dǎo)體棒受力如圖,fm=(mg-F cos 53)=3.5 N 當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)FT=F sin 53-fm=0.5 N 當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)FT=F sin 53+fm=7.5 N,由牛頓第三定律可得0.5 NG7.5 N,答案(1)2 Aa到b(2)5 N(3)0.5

27、 NG7.5 N,方法2帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動問題的分析,例3如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過t時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場,OC與OB成60角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點(diǎn)沿原方向射入 磁場,不計(jì)重力,則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間變?yōu)?) A.tB.2tC.tD.3t,解題導(dǎo)引,解析粒子沿半徑方向進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時(shí),一定沿半徑方向射出,如圖。粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí),洛侖茲力提供向心力,由qvB= m得R=,T=。由數(shù)學(xué)知識得:粒子以速度v進(jìn)入磁場時(shí),圓周運(yùn) 動的半徑R=r,轉(zhuǎn)過的圓心角=60;粒子以速度進(jìn)

28、入磁場時(shí),圓周運(yùn) 動的半徑R=r,轉(zhuǎn)過的圓心角=120,周期T與速度無關(guān),所以t=t= 2t,B正確。,答案B,方法3帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題的分析 帶電粒子在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動,由于多種因素的影響,使問題形成多解。,例4某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動。如圖所示,材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場,寬為d;矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,長為3s,寬為s;NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個(gè)電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子,從P點(diǎn)開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場,電子每次穿越隔離層,運(yùn)動方向不變,其動能損失是

29、每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出,不計(jì)電子所受重力。,(1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比; (2)求電場強(qiáng)度的取值范圍; (3)A是MN的中點(diǎn),若要使電子在A、M間垂直于AM飛出,求電子在磁場區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間。,解題導(dǎo)引,解析(1)設(shè)圓周運(yùn)動的半徑分別為R1、R2、Rn、Rn+1、,第一次和第二次圓周運(yùn)動速率分別為v1和v2,動能分別為Ek1和Ek2。 由Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m 得:R2R1=0.9 (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E,第一次到達(dá)隔離層前的速率為v。 由eEd=mv2,0.9mv2=m,R1s 得:E 又由Rn=0.9n-

30、1R1,2R1(1+0.9+0.92++0.9n+)3s 得:E,

31、找出臨界點(diǎn),然后利用數(shù)學(xué)方法求極值。,例5如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一個(gè)方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的圓形磁場區(qū)域,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上的A點(diǎn)以速度v0水平向右射出,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,打在x軸上的C點(diǎn),且其速度方向與x軸正方向成=60角斜向下。若A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2d),C點(diǎn)坐標(biāo)為(3d,0),粒子重力不計(jì)。試求該圓形磁場區(qū)域的 最小面積S及粒子在該磁場中運(yùn)動的時(shí)間t。,解題導(dǎo)引由已知條件求出粒子在圓形磁場中運(yùn)動的軌道半徑由幾何關(guān)系找出圓心角找出粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)的圓弧根據(jù)圓弧找出對應(yīng)的弦長以此弦長為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場區(qū)域。 找出粒子在圓形

32、磁場中運(yùn)動的圓弧所對的圓心角根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場中的運(yùn)動時(shí)間。,解析帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為v0,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛侖茲力提供該粒子做圓周運(yùn)動的向心力 設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R,則有 qv0B=m,即R= 設(shè)粒子從E點(diǎn)進(jìn)入磁場,從D點(diǎn)離開磁場,則其運(yùn)動軌跡如圖所示 因?yàn)?60,由幾何關(guān)系可知EOD=60,所以三角形EOD為正三角形,,ED=R,以ED為直徑時(shí)圓形磁場區(qū)域面積最小 設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為r,則有r== 所以圓形磁場區(qū)域的最小面積為S=r2= 帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t==。,答案,方法5解決帶電粒子在交變電場與磁場中運(yùn)動的方法 此類

33、問題的最大特點(diǎn)是帶電粒子的運(yùn)動具有周期性,如帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí),一般只做圓周、圓周、圓周或一周的 運(yùn)動,這樣的設(shè)計(jì)主要是為了使帶電粒子的運(yùn)動過程不至于太復(fù)雜。在解題過程中,抓住上述特點(diǎn),也就抓住了解決此類問題的關(guān)鍵。,例6如圖甲所示,在xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場,電場沿y軸正方向,磁場垂直紙面(以向里為正),電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示。一質(zhì)量為3.210-13 kg、電荷量為-1.610-10 C的帶電粒子,在t=0時(shí)刻以v0=8 m/s的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動,不計(jì)粒子重力。求: 甲 乙 (1)粒子在磁場中運(yùn)動的周期; (2)t=2010

34、-3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo); (3)t=2410-3 s時(shí)粒子的速度。,解析(1)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)qvB= T= 解得T==410-3 s (2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,t=2010-3 s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè)圓周運(yùn)動和三段類平拋運(yùn)動,水平位移x=3v0T=9.610-2 m 豎直位移y=a(3T)2 Eq=ma 解得y=3.610-2 m 故t=2010-3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為 (9.610-2 m,-3.610-2 m) (3)t=2410-3 s時(shí)粒子的速度大小、方向與t=2010-3 s時(shí)相同,設(shè)與水平方向夾角為 則v= vy=3aT,tan = 解得v=10 m/s 與x軸正向夾角為37斜向右下方,答案(1)410-3 s (2)(9.610-2 m,-3.610-2 m) (3)10 m/s方向與x軸正向成37角斜向右下方,