高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用課件

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1、知識(shí)專題 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 考題二帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考題三帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)欄目索引 考題一磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用力 考題一磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用力1.安培力大小的計(jì)算公式：FBILsin (其中為B與I之間的夾角).(1)若磁場(chǎng)方向和電流方向垂直：FBIL.(2)若磁場(chǎng)方向和電流方向平行：F0.2.安培力方向的判斷：左手定則.方向特點(diǎn)：垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面.知識(shí)精講 3.兩個(gè)常用的等效模型(1)變曲為直：圖1甲所示通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流.圖1(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙. 4.求解磁場(chǎng)中導(dǎo)體

2、棒運(yùn)動(dòng)問題的方法(1)分析：正確地對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直.(2)作圖：必要時(shí)將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖.(3)求解：根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動(dòng)能定理列式分析求解. 解析 例1如圖2所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”，若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.1 T，玻璃皿的橫截面的半徑為a0.05 m，電源的電動(dòng)勢(shì)為E3 V，內(nèi)阻r0.1 ，限流電阻R04.9

3、，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R0.9 ，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)恒為1.5 V，則()A.由上往下看，液體做順時(shí)針旋轉(zhuǎn)B.液體所受的安培力大小為1.5104 NC.閉合開關(guān)10 s，液體具有的動(dòng)能是4.5 JD.閉合開關(guān)后，液體電熱功率為0.081 W圖2典例剖析 解析由于中心圓柱形電極接電源的負(fù)極，邊緣電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；玻璃皿所在處的磁場(chǎng)豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿逆時(shí)針方向，因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)；故A錯(cuò)誤； 解析 玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R0.9 ，則液體熱功率為P熱I2R0.320.9

4、W0.081 W.故D正確；10 s末液體的動(dòng)能等于安培力對(duì)液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率：PUI1.50.3 W0.45 W，所以閉合開關(guān)10 s，液體具有的動(dòng)能是：EkW電流W熱(PP熱)t(0.450.081)10 J3.69 J，故C錯(cuò)誤. 1.(2016海南單科8)如圖3(a)所示，揚(yáng)聲器中有一線圈處于磁場(chǎng)中，當(dāng)音頻電流信號(hào)通過線圈時(shí)，線圈帶動(dòng)紙盆振動(dòng)，發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場(chǎng)中的線圈(線圈平面即紙面)磁場(chǎng)方向如圖中箭頭所示，在圖(b)中()變式訓(xùn)練 圖3 A.當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B.當(dāng)電流沿順時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂

5、直于紙面向外C.當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D.當(dāng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外解析將環(huán)形導(dǎo)線分割成無限個(gè)小段，每一小段看成直導(dǎo)線，則根據(jù)左手定則，當(dāng)電流順時(shí)針時(shí)，導(dǎo)線的安培力垂直紙面向外，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；當(dāng)電流逆時(shí)針時(shí)，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 解析 2.如圖4所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，線圈一半在磁場(chǎng)內(nèi).某時(shí)刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈所受安培力的大小為() 解析圖4 3.如圖5甲所示

6、，兩平行光滑導(dǎo)軌傾角為30，相距10 cm，質(zhì)量為10 g的直導(dǎo)線PQ水平放置在導(dǎo)軌上，從Q向P看到的側(cè)視圖如圖乙所示.導(dǎo)軌上端與電路相連，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為12.5 V，內(nèi)阻為0.5 ，限流電阻R5 ，R為滑動(dòng)變阻器，其余電阻均不計(jì).在整個(gè)直導(dǎo)線的空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁場(chǎng)方向可以改變，但始終保持垂直于直導(dǎo)線.若要保持直導(dǎo)線靜止在導(dǎo)軌上，則電路中滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)方向是()圖5 A.電阻的最小值為12 ，磁場(chǎng)方向水平向右B.電阻的最大值為25 ，磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方C.電阻的最小值為7 ，磁場(chǎng)方向水平向左D.電阻的最

7、大值為19.5 ，磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方 解析 返回 磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向下，不可能靜止在斜面上，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向水平向左時(shí)，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向下，不可能靜止在斜面上，故C錯(cuò)誤；解析 返回 1.必須掌握的幾個(gè)公式考題二帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)方法指導(dǎo) 2.軌跡、圓心和半徑是根本，數(shù)學(xué)知識(shí)是保障(1)畫軌跡：根據(jù)題意，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡.(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點(diǎn)A和出射點(diǎn)B所受洛倫茲力F洛作用線的交點(diǎn)上或AB弦的中垂線OO與任一個(gè)F洛作用線的交點(diǎn)上，如圖6所示.圖6 (5)注意圓周運(yùn)動(dòng)中的對(duì)稱規(guī)律：如從同一邊界射

8、入的粒子，從同一邊界射出時(shí)，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出. 例2(2016海南單科14)如圖7，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上， OCA30，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng).在OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng).已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力.(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； 解析答案 典例剖析圖7 解析粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期T4t0 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動(dòng)的

9、半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律得qvB (2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和；解析設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示.設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為1和2.由幾何關(guān)系有：11802粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t 1與t2，則t1t2 2t0(a)解析答案答案2t0 (3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t0，求粒子此次入射速度的大小.解析如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)

10、的圓心角為為150.設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有 OO D BO A30 (b) 解析答案 解析 變式訓(xùn)練4.(2016全國(guó)甲卷18)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖8所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計(jì)重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖8 解析畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 5.(2016四川理

11、綜4)如圖9所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb，當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc，不計(jì)粒子重力.則()A.vb vc1 2，tb tc2 1 B.vb vc2 1，tb tc1 2C.vb vc2 1，tb tc2 1 D.v b vc1 2，tb tc1 2解析圖9 解析帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 6.(2016全國(guó)丙卷18)平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖10所示，

12、平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30角.已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng).不計(jì)重力.粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為() 解析返回圖10 返回 考題三帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)方法指導(dǎo)找到半徑是關(guān)鍵，邊界分析是突破點(diǎn)帶電粒子在多磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般是指帶電粒子在兩個(gè)相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決此類問題的一般思路：(1)根據(jù)題中所給的條件，畫出粒子在兩磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡；(2)根據(jù)畫出的軌跡，找出

13、粒子在兩磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑；(3)適當(dāng)添加輔助線，運(yùn)用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(有時(shí)候還要找出圓心角)； 典例剖析例3如圖11所示，為一磁約束裝置的原理圖.同心圓內(nèi)存在有垂直圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動(dòng)能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0、R0)的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域I，粒子全部經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)，方向沿x軸正方向.當(dāng)在環(huán)形區(qū)域加上方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí)，上述粒子仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I，粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過

14、環(huán)形區(qū)域后能夠從Q點(diǎn)沿半徑方向射入?yún)^(qū)域I，已知OQ與x軸正方向成60角.不計(jì)重力和粒子間的相互作用.求： 圖11 (1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(2)環(huán)形區(qū)域中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大??；(3)粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至第一次到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間. 答案 思維規(guī)范流程 步驟1：在區(qū)域I：畫出 軌跡，定圓心，由幾何 關(guān)系得出r1： 列F 洛Fn方程 (1)在區(qū)域I：r1 E0 得B1 R0qvB1 答案 步驟2：在區(qū)域：畫出軌跡定 圓心，由幾何關(guān)系得出r2：列F洛 Fn方程： 由左手定則判斷B2方向. 由幾何關(guān)系得出外圓半徑R. (2)在區(qū)域： r2 得B2 方向：垂直xOy平

15、面 R 即：R qvB2向外3r2 答案 步驟3：由軌跡圖得： 根據(jù)T 得 t T1 T2 t 每式各2分，其余各式1分 7.如圖12所示，分界線MN上下兩側(cè)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m，電荷為q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經(jīng)時(shí)間t又回到出發(fā)點(diǎn)O，形成了圖示心形圖案，則()A.粒子一定帶正電荷B.MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同C.MN上下兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1 B21 2D.時(shí)間t 解析 變式訓(xùn)練圖12 解析題中未提供磁場(chǎng)的方向和繞行的方向，所以不能用洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的方法判定電荷的正負(fù)，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手

16、定則可知MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同，B正確； 解析 解析答案 8.如圖13所示的坐標(biāo)平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B10.20 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在y軸的右側(cè)存在方向垂直紙面向里、寬度d12.5 cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，某時(shí)刻一質(zhì)量m2.0108 kg、電量q4.0104 C的帶電微粒(重力可忽略不計(jì))，從x軸上坐標(biāo)為(0.25 m,0)的P點(diǎn)以速度v2.0103 m/s沿y軸正方向運(yùn)動(dòng).試求：(1)微粒在y軸左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；圖13 解析設(shè)微粒在y軸左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，轉(zhuǎn)過的圓心角為，則答案0.5 m 解析答案 (2)微粒第一次經(jīng)過y軸時(shí)，速度方向與y軸正方向的夾角；解析粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得：答案60 (3)要使微粒不能從右側(cè)磁場(chǎng)邊界飛出，B2應(yīng)滿足的條件.解析設(shè)粒子恰好不飛出右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)半徑為r2，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B 2應(yīng)滿足：B2 0.4 T.答案B2 0.4 T由洛倫茲力充當(dāng)向心力，且粒子運(yùn)動(dòng)半徑不大于r2，返回解析答案