物理人教版學案與測評第3章 磁場（課件）

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歡迎進入物理課堂 第八章磁場 第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用 例1 2010 廈門模擬 把電流強度均為I 長度均為L的兩小段通電直導線分別置于磁場中的1 2兩點處時 兩小段通電直導線所受磁場力的大小分別為F1和F2 若已知1 2兩點處磁感應強度的大小關系為B1 B2 則必有 A B1 F1 ILB B2 F2 ILC F1 F2D 以上都不對 點撥 注意到磁場對通電導線的作用力與導線和磁場方向的夾角有關 解析 磁感應強度B的定義式B F IL 式中的F應理解為檢驗電流元 IL 垂直于B的方向放置時所受到的最大的磁場力 而此題中兩小段通電導線在1 2兩點處是否垂直于B不能確定 因此A B兩選項中的等式不一定成立 正因為磁場對電流作用力的大小除與B I L有關外 還與導線與B的夾角有關 因此 無法比較F1和F2的大小 所以D正確 答案 D 1 有一小段通電導線 長為1cm 電流強度5A 把它置于磁場中 受到的磁場力為0 1N 則該處的磁感應強度B一定是 A B 2TB B 2TC B 2TD 以上情況均可能 解析 當通電導線與磁場垂直時 磁感應強度最小 Bmin F IL 0 1 5 1 10 2 T 2T 故B 2T 選項C正確 答案 C 例2如圖所示 把一通電直導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方 導線可以自由移動 當導線通過電流I時 導線的運動情況是 從上往下看 A 順時針方向轉動 同時下降B 順時針方向轉動 同時上升C 逆時針方向轉動 同時下降D 逆時針方向轉動 同時上升 明確磁場感線的分布 點撥 根據磁場特點 將電流分段 電流元法 左手定則判斷電流運動 當轉動后選取電流垂直紙面 特殊位置法 時 分析受力并判斷運動情況 解析 1 電流元受力分析法 把直線電流等效為AO BO兩段電流元 蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向如圖所示 可見 電線將逆時針轉動 2 特殊位置分析法 選導線轉動90 的特殊位置 如圖的虛線位置 來分析 判定安培力方向向下 故導線在逆時針轉動的同時向下運動 所以C正確 答案 C 2 2010 晉江模擬 如圖所示 把輕質導線圈用細線掛在磁鐵N極附近 磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈的平面 當線圈內通過如圖所示的電流時 線圈將怎樣運動 解析 1 等效分析法 把環(huán)形電流等效成圖 a 所示的條形磁鐵 可見兩條磁鐵只是相互吸引而沒有轉動 即線圈向磁鐵平移 2 結論分析法 把條形磁鐵等效成圖 b 所示的環(huán)形電流 由圖可見兩電流方向相同 故兩環(huán)形電流沒有轉動 只是相互吸引 即線圈將向磁鐵平移 例3 2010 晉江模擬 質量為m 長度為L的導體棒MN靜止于水平導軌上 通過MN的電流為I 勻強磁場的磁感應強度為B 方向與導軌平面成 角斜向下 如圖所示 求棒MN受到的支持力和摩擦力 點撥 解析 求解此題容易犯的錯誤是認為磁感應強度B與棒MN斜交成 角 實際上盡管磁感線與平面成 角 但磁場方向與棒MN仍是垂直的 由左手定則判斷安培力的方向時 要注意安培力的方向既垂直于電流方向又垂直于磁場方向 即垂直于電流方向和磁場方向所決定的平面 棒MN受力分析如圖所示 由平衡條件有水平方向 Ff Fsin 豎直方向 FN Fcos mg 且F BIL 從而得Ff BILsin FN BILcos mg 特別提示對此題可再改造一下 如將導軌右端墊高一個角度 成為一個斜面 使磁場沿各個不同的方向 1 保持原方向 2 豎直向下 3 垂直斜面 請同學們分別求解這些情況下使導體棒平衡所需的電流 最大靜摩擦力為Fmax 3 如圖所示 光滑的平行導軌傾角為 處在磁感應強度為B的勻強磁場中 導軌中接入電動勢為E 內阻為r的直流電源 電路中有一阻值為R的電阻 其余電阻不計 將質量為m 長度為L的導體棒ab由靜止釋放 求導體棒在釋放的瞬時加速度的大小 解析 由閉合電路的歐姆定律有I E R r 安培力F BIL 對導體棒受力分析 如圖所示 由牛頓第二定律有ma mgsin Fcos 所以a gsin BELcos m R r 例如圖所示 通電閉合三角形線框ABC處在勻強磁場中 磁場方向垂直于線框平面 電流方向如圖所示 那么三角形線框受到的磁場力的合力為 A 方向垂直于ab邊斜向上B 方向垂直于ac邊斜向上C 方向垂直于bc邊向下D 為零 錯解 B 剖析 在安培力的計算公式中 L指的是導線的有效長度 彎曲導線的有效長度等于兩端點所連直線的長度 對任意形狀的閉合線圈 其有效長度L 0 所以通電后在勻強磁場中 受到的安培力的矢量和一定為零 正解 D 第2節(jié)磁場對運動電荷的作用 例1帶電量為 q的粒子在勻強磁場中運動 下面說法中正確的是 A 只要速度大小相同 所受洛倫茲力就相同B 如果把 q改為 q且速度方向改變 大小不變 則洛倫茲力的大小 方向均不變C 洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直 磁場方向不一定與電荷運動方向垂直D 粒子只受到洛倫茲力作用 運動的動能 動量均不變 點撥 1 洛倫茲力的大小與磁場的強弱 電量的大小 速度的大小和速度方向與磁場方向的夾角都有關 2 洛倫茲力的方向用左手定則判斷 與磁場方向 帶電粒子的速度方向及帶電粒子的電性都有關 3 洛倫茲力一定與運動方向垂直 始終不做功 不改變速度大小 只改變速度方向 解析 洛倫茲力的大小與帶電粒子速度大小有關 而且與粒子速度方向和磁場方向的夾角有關 A錯誤 洛倫茲力的方向永遠與粒子速度方向垂直 與電荷的電性有關 若電性改變 速度大小不變 方向變?yōu)榉捶较?B錯誤 洛倫茲力不做功 粒子動能不變 但洛倫茲力可改變粒子的運動方向 使動量的方向不斷改變 D錯誤 電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角 C正確 答案 C 1 2009 廣東理科基礎 帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時 會受到洛倫茲力的作用 下列表述正確的是 A 洛倫茲力對帶電粒子做功B 洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C 洛倫茲力的大小與速度無關D 洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 解析 根據洛倫茲力的特點 洛倫茲力對帶電粒子不做功 A錯誤 B正確 根據F qvB 可知大小與速度有關 C錯誤 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向 不改變速度的大小 D錯誤 答案 B 例2 2010 商丘模擬 在邊長為L 1m的正方形區(qū)域內 有大小為B 0 1T 方向垂直紙面向里的勻強磁場 如圖所示 有一群帶電量大小均為q 2 10 2C 質量為m 1 0 10 4kg的帶電粒子以各種大小不同 但方向均垂直于AD方向的速度從AD的中點O飛入磁場 并在ABCD所在平面內做勻速圓周運動 恰好都在AB邊飛出磁場 不計粒子重力 求 1 該群粒子帶什么電荷 2 從A點飛出的粒子速度為多大 3 從A點飛出的粒子在磁場中運動的時間是多少 4 從B點飛出的粒子速度為多大 點撥 正確分析帶電粒子的運動 確定運動的半徑是解決本題的關鍵 解析 1 分析可知 粒子在O點受洛倫茲力向上 由左手定則可知粒子帶正電 2 從A點飛出的粒子運動半徑為R L 4 0 25m 由qvB mv2 R 得v qBR m 代入數值得v 5m s 3 由T 2 R v 2 m qB 得t T 2 m qB代入數值得t 0 157s或t 20s 4 設從B點飛出的粒子運動半徑為R 則 R L 2 2 L2 R2 得R 5L 4 代入數值R 1 25m 則v qBR m 代入數值得v 25m s 2 如圖所示 在直角區(qū)域aOb內 有垂直紙面向里的勻強磁場 磁感應強度為B 一電子 質量為m 電荷量為 e 從O點沿紙面以速度v射入磁場中 速度方向與邊界Ob成30 角 求 1 電子射出磁場在Ob上的位置 2 電子在磁場中運動的時間 解析 1 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動 洛倫茲力提供向心力evB mv2 R 則有R mv eB 畫出電子的運動軌跡如圖所示 根據相關數學知識可得 OO1B 60 則OB R mv eB 2 電子在磁場中運動的周期 T 2 R v 2 m eB 電子在磁場中運動的時間為t 1 6T m 3eB 例 2010 珠海模擬 如圖所示 第一象限范圍內有垂直于xOy平面的勻強磁場 磁感應強度為B 質量為m 電量大小為q的帶電粒子在xOy平面里經原點O射入磁場中 初速度v0與x軸夾角 60 試分析計算 1 帶電粒子從何處離開磁場 穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉角多大 2 帶電粒子在磁場中運動時間多長 錯解 認為粒子帶正電而只考慮一種情況 剖析 受洛倫茲力作用的帶電粒子 可能帶正電 也可能帶負電 在相同的初速度下 正負粒子在磁場中運動軌跡不同 導致形成兩解 若帶電粒子帶負電 進入磁場后做勻速圓周運動 圓心為O1 粒子向x軸偏轉 并從A點離開磁場 若帶電粒子帶正電 進入磁場后做勻速圓周運動 圓心為O2 粒子向y軸偏轉 并從B點離開磁場 粒子速率一定 所以不論粒子帶何種電荷 其運動軌道半徑一定 只要確定粒子的運動軌跡即可求解 正解 粒子運動半徑R mv0 Bq 如圖所示 有O1O O2O R O1A O2B 帶電粒子沿半徑為R的圓運動一周所用的時間為T 2 R v0 2 m Bq 1 若粒子帶負電 它將從x軸上A點離開磁場 運動方向發(fā)生的偏轉角 1 120 A點與O點相距x R mv0Bq 若粒子帶正電 它將從y軸上B點離開磁場 運動方向發(fā)生的偏轉角 2 60 B點與O點相距y R mv0 Bq 2 若粒子帶負電 它從O到A所用的時間為t1 1 360 T 2 m 3Bq 若粒子帶正電 它從O到B所用的時間為t2 2 360 T m 3Bq 第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動 例1 2009 全國 如圖 在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場 磁場方向垂直于紙面向里 電場方向與電 磁場分界線平行向右 一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場 然后以垂直于電 磁場分界線的方向進入電場 最后從電場邊界上的Q點射出 已知 PQ垂直于電場方向 粒子軌跡與電 磁場分界線的交點到PQ的距離為d 不計重力 求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比 點撥 1 正確畫出粒子在磁場中運動的軌跡 并通過幾何關系確定半徑 2 粒子在磁場中做勻速圓周運動 3 粒子在電場中做類平拋運動 解析 本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動 粒子在磁場中做勻速圓周運動 如圖所示 由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直 圓心O應在分界線上 OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R 由幾何關系得R2 l12 R d 2 設粒子的質量和所帶正電荷分別為m和q 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB mv2 R 設P 為虛線與分界線的交點 POP 則粒子在磁場中的運動時間為t1 R v 式中有sin l1 R 粒子進入電場后做類平拋運動 其初速度為v 方向垂直于電場 設粒子的加速度大小為a 由牛頓第二定律得qE ma 由運動學公式有d 1 2at22 l2 vt2 由 式得E B l12 d2 l22v 由 式得t1 t2 l12 d2 2dl2arcsin2dl1 l12 d2 1 如圖所示 勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域是緊鄰的且寬度相等均為d 電場方向在紙平面內豎直向下 而磁場方向垂直紙面向里 一帶正電粒子從O點以速度v0垂直電場方向進入電場 從A點出電場進入磁場離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半 當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致 已知d v0 帶電粒子重力不計 求 1 粒子從C點穿出磁場時的速度大小v 2 電場強度E和磁感應強度B的比值E B 解析 1 粒子在電場中偏轉時做類平拋運動 則垂直電場方向d v0t 平行電場方向d 2 vy 2t 得vy v0 到A點速度為v 2v0 在磁場中速度大小不變 所以從C點出磁場時速度仍為2v0 2 在電場中偏轉時 出A點時速度與水平方向成45 vy qE mt qEd mv0 并且vy v0 得E mv02 qd 在磁場中做勻速圓周運動 如圖所示由幾何關系得R 2d 又qvB mv2 R 且v 2v0 得B mv0 qd 解得E B v0 例2 2009 天津 如圖所示 直角坐標系xOy位于豎直平面內 在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場 磁場的磁感應強度為B 方向垂直xOy平面向里 電場線平行于y軸 一質量為m 電荷量為q的帶正電的小球 從y軸上的A點水平向右拋出 經x軸上的M點進入電場和磁場 恰能做勻速圓周運動 從x軸上的N點第一次離開電場和磁場 MN之間的距離為L 小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為 不計空氣阻力 重力加速度為g 求 1 電場強度E的大小和方向 2 小球從A點拋出時初速度v0的大小 3 A點到x軸的高度h 點撥 解答本題要根據運動狀態(tài)判斷受力 求出帶電粒子的重力和電場力的情況 然后根據粒子做圓周運動的特點求出粒子的運動情況 解析 本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動 1 小球在電場 磁場中恰能做勻速圓周運動 說明電場力和重力平衡 恒力不能充當圓周運動的向心力 有qE mg E mg q 重力的方向豎直向下 電場力方向只能向上 由于小球帶正電 所以電場強度方向豎直向上 2 小球做勻速圓周運動 O 為圓心 MN為弦長 MO P 如圖所示 設半徑為r 由幾何關系知L 2r sin 小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供 設小球做圓周運動的速率為v 有qvB mv2 r 由速度的合成與分解知v0 v cos 由 式得v0 qBL 2mcot 3 設小球到M點時的豎直分速度為vy 它與水平分速度的關系為vy v0tan 由勻變速直線運動規(guī)律vy2 2gh 由 式得h q2B2L2 8m2g 2 如圖所示 在互相垂直的水平方向的勻強電場 E已知 和勻強磁場 B已知 中 有一固定的豎直絕緣桿 桿上套一個質量為m 電量為 q的小球 它們之間的動摩擦因數為 現由靜止釋放小球 試求小球沿棒運動的最大加速度和最大速度vmax mg qE 小球的帶電量不變 解析 小球在運動過程中受到重力G mg 洛倫茲力F洛 Bqv 電場力F qE 桿對球的摩擦力Ff和桿的彈力FN的作用 如圖所示 由于FN qE Bqv 所以F合 mg FN mg qE Bqv 可見隨著速度v的增大 F合逐漸減小 由牛頓第二定律知 小球做加速度越來越小的變加速運動直到最后勻速 故當v 0時 最大加速度amax mg Eq m g Eq m 當F合 0時 即a 0時 v有最大值vmax 即mg qE Bqvmax 0 所以vmax mg Eq Bq 例如圖所示 在水平向右的勻強電場中 一長為L的絕緣輕桿 一端固定于O點 桿可繞O點在豎直平面內轉動 桿的另一端連接一質量為m的帶正電小球 小球受到的電場力是重力的33倍 要使小球能在豎直平面內做圓周運動 則小球經過最高點的速度最小為多少 錯解一 忽略電場的作用 直接應用結論 小球在最高點的最小速度為零 錯解二 不知桿與繩的區(qū)別 不會用復合場的思想類比重力場進行解題 剖析 這是一個復合場問題 重力場與電場的復合場 我們最習慣于研究重力場中的豎直平面內的圓周運動 我們就把復合場類比于重力場進行解題 首先確定復合場方向即小球的平衡位置 正解 由受力分析知 小球的平衡位置為與豎直方向夾角30 復合場等效成重力場的等效加速度為2 3g 如下圖A點是平衡位置 B點是等效重力場中的最高點 C點是幾何上最高點 也就是我們要求的最高點 因為是輕桿 所以B點的最小速度為0 再在BC間用動能定理1 2mv2C mg h mg L 1 3 2 或類比于重力場中的運動進行計算可得vC 最后只要將g 改成23 3g即可得vC 同學們 來學校和回家的路上要注意安全 同學們 來學校和回家的路上要注意安全