高考物理二輪復習 考前三個月 專題8 磁場對電流和運動電荷的作用課件

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1、知識專題 網(wǎng)絡構(gòu)建 考題二帶電粒子在磁場中的運動考題三帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動欄目索引 考題一磁場對通電導體的作用力 考題一磁場對通電導體的作用力1.安培力大小的計算公式：FBILsin (其中為B與I之間的夾角).(1)若磁場方向和電流方向垂直：FBIL.(2)若磁場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：垂直于磁感線和通電導線確定的平面.知識精講 3.兩個常用的等效模型(1)變曲為直：圖1甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為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.求解磁場中導體

2、棒運動問題的方法(1)分析：正確地對導體棒進行受力分析，應特別注意通電導體棒受到的安培力的方向，安培力與導體棒和磁感應強度組成的平面垂直.(2)作圖：必要時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能定理列式分析求解. 解析 例1如圖2所示，某同學用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度為B0.1 T，玻璃皿的橫截面的半徑為a0.05 m，電源的電動勢為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 ，閉合開關后當液體旋轉(zhuǎn)時電壓表的示數(shù)恒為1.5 V，則()A.由上往下看，液體做順時針旋轉(zhuǎn)B.液體所受的安培力大小為1.5104 NC.閉合開關10 s，液體具有的動能是4.5 JD.閉合開關后，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極，邊緣電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；玻璃皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)；故A錯誤； 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末液體的動能等于安培力對液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率：PUI1.50.3 W0.45 W，所以閉合開關10 s，液體具有的動能是：EkW電流W熱(PP熱)t(0.450.081)10 J3.69 J，故C錯誤. 1.(2016海南單科8)如圖3(a)所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)磁場方向如圖中箭頭所示，在圖(b)中()變式訓練 圖3 A.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂

5、直于紙面向外C.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外解析將環(huán)形導線分割成無限個小段，每一小段看成直導線，則根據(jù)左手定則，當電流順時針時，導線的安培力垂直紙面向外，故選項A錯誤，選項B正確；當電流逆時針時，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項C正確，選項D錯誤. 解析 2.如圖4所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈一半在磁場內(nèi).某時刻，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、，兩平行光滑導軌傾角為30，相距10 cm，質(zhì)量為10 g的直導線PQ水平放置在導軌上，從Q向P看到的側(cè)視圖如圖乙所示.導軌上端與電路相連，電路中電源電動勢為12.5 V，內(nèi)阻為0.5 ，限流電阻R5 ，R為滑動變阻器，其余電阻均不計.在整個直導線的空間中充滿磁感應強度大小為1 T的勻強磁場(圖中未畫出)，磁場方向可以改變，但始終保持垂直于直導線.若要保持直導線靜止在導軌上，則電路中滑動變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對應的磁場方向是()圖5 A.電阻的最小值為12 ，磁場方向水平向右B.電阻的最大值為25 ，磁場方向垂直斜面向左上方C.電阻的最小值為7 ，磁場方向水平向左D.電阻的最

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

8、入的粒子，從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(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兩點分別位于x軸和y軸上， OCA30，OA的長度為L.在OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.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.已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力.(1)求磁場的磁感應強度的大小； 解析答案 典例剖析圖7 解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期T4t0 設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的

9、半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得qvB (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；解析設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示.設兩軌跡所對應的圓心角分別為1和2.由幾何關系有：11802粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t 1與t2，則t1t2 2t0(a)解析答案答案2t0 (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為 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，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應

10、的圓心角為為150.設O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有 OO D BO A30 (b) 解析答案 解析 變式訓練4.(2016全國甲卷18)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，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針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角.當筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.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 解析畫出粒子的運動軌跡如圖所示， 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磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力.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磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示， 6.(2016全國丙卷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上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為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的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交線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磁場中的運動方法指導找到半徑是關鍵，邊界分析是突破點帶電粒子在多磁場中的運動，一般是指帶電粒子在兩個相鄰勻強磁場中的運動，解決此類問題的一般思路：(1)根據(jù)題中所給的條件，畫出粒子在兩磁場中做勻速圓周運動的軌跡；(2)根據(jù)畫出的軌跡，找出

13、粒子在兩磁場中做圓周運動的圓心和半徑；(3)適當添加輔助線，運用數(shù)學方法計算出粒子在兩磁場中運動的軌跡半徑(有時候還要找出圓心角)； 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磁場，同心圓圓心O與xOy平面坐標系原點重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場B1.一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標為(0、R0)的A點沿y軸負方向射入磁場區(qū)域I，粒子全部經(jīng)過x軸上的P點，方向沿x軸正方向.當在環(huán)形區(qū)域加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場B2時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入?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.不計重力和粒子間的相互作用.求： 圖11 (1)區(qū)域I中磁感應強度B1的大小；(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點沿y軸負方向射入后至第一次到Q點的運動時間. 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，由幾何關系得出r2：列F洛 Fn方程： 由左手定則判斷B2方向. 由幾何關系得出外圓半徑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)有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m，電荷為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經(jīng)時間t又回到出發(fā)點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)的磁場方向相同C.MN上下兩側(cè)的磁感應強度的大小B1 B21 2D.時間t 解析 變式訓練圖12 解析題中未提供磁場的方向和繞行的方向，所以不能用洛倫茲力充當圓周運動的向心力的方法判定電荷的正負，A錯誤；根據(jù)左手

16、定則可知MN上下兩側(cè)的磁場方向相同，B正確； 解析 解析答案 8.如圖13所示的坐標平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小B10.20 T的勻強磁場，在y軸的右側(cè)存在方向垂直紙面向里、寬度d12.5 cm的勻強磁場B2，某時刻一質(zhì)量m2.0108 kg、電量q4.0104 C的帶電微粒(重力可忽略不計)，從x軸上坐標為(0.25 m,0)的P點以速度v2.0103 m/s沿y軸正方向運動.試求：(1)微粒在y軸左側(cè)磁場中運動的軌道半徑；圖13 解析設微粒在y軸左側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為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，速度方向與y軸正方向的夾角；解析粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系得：答案60 (3)要使微粒不能從右側(cè)磁場邊界飛出，B2應滿足的條件.解析設粒子恰好不飛出右側(cè)磁場時運動半徑為r2，其運動軌跡如圖所示，即磁感應強度B 2應滿足：B2 0.4 T.答案B2 0.4 T由洛倫茲力充當向心力，且粒子運動半徑不大于r2，返回解析答案