1 / 49

第三章磁场 章末回顾

第三章磁场 章末回顾. 知识体系. 重点 ､ 难点突破 一 ､ 磁场对电流的作用 —— 安培力 [ 方法归纳总结 ] 1. 安培力大小 (1) 当通电导体和磁场方向垂直时 ,F=BIL. (2) 当通电导体和磁场方向平行时 ,F=0. (3) 当通电导体和磁场方向夹角为 θ 时 ,F=BILsinθ. 2. 安培力的方向 (1) 安培力的方向由左手定则确定 . (2)F⊥B, 同时 ,F⊥L, 即 F 垂直于 B 和 L 决定的平面 , 但 L 和 B 不一定垂直. 3. 解决安培力问题的一般步骤 (1) 画出通电导线所在处的磁感线的方向 .

guy-william
Download Presentation

第三章磁场 章末回顾

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. 第三章磁场 章末回顾

  2. 知识体系

  3. 重点､难点突破 一､磁场对电流的作用——安培力 [方法归纳总结] 1.安培力大小 (1)当通电导体和磁场方向垂直时,F=BIL. (2)当通电导体和磁场方向平行时,F=0. (3)当通电导体和磁场方向夹角为θ时,F=BILsinθ.

  4. 2.安培力的方向 (1)安培力的方向由左手定则确定. (2)F⊥B,同时,F⊥L,即F垂直于B和L决定的平面,但L和B不一定垂直.

  5. 3.解决安培力问题的一般步骤 (1)画出通电导线所在处的磁感线的方向. (2)用左手定则确定通电导线所受安培力的方向. (3)根据初速度的方向结合牛顿定律确定导体的运动情况. 注意的问题: 1.通电导线在磁场中受的安培力与导线放置的角度有关,垂直于磁场方向的长度为有效长度. 2.在将三维立体图转化为平面图时注意画准力的方向.

  6. 例1:如下图所示,两根光滑的金属平行导轨,其所在平面与水平面成30°倾角,有一匀强磁场竖直向上穿过导轨平面,两根导轨的上端连接着变阻器R和直流电源,在导轨上水平地搁上一根重力为0.1 N的金属杆,组成回路.已知磁感应强度B=0.5 T,导轨间距为0.4 m,电源电动势E=6 V,内阻不计,杆和导轨电阻不计.要使杆ab在导轨上静止,电阻R的阻值应等于多少?

  7. 解析:ab杆在斜轨道上的受力如下图所示,则有BILcos30°=mgsin30°又由解得: Ω. 答案: Ω

  8. 二､洛伦兹力——带电粒子在磁场中的运动 [方法归纳总结] 1.洛伦兹力的大小 (1)v⊥B,F=qvB. (2)v∥B,F=0. (3)v与B夹角θ,F=qvBsinθ.

  9. 2.洛伦兹力方向——左手定则 3.洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力F既和磁感应强度B垂直,又和带电粒子速度v垂直,或者说F垂直于B和v决定的平面. (2)由于洛伦兹力F始终垂直于v,故只改变速度方向,不改变速度大小.或者说洛伦兹力对运动电荷永远不做功.

  10. 4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)圆心的确定:洛伦兹力F指向圆心,F和v垂直,为确定圆心位置提供了依据.(2)半径的确定和计算方法:一方面由磁场边界条件和几何关系可确定半径的大小,另一方面由洛伦兹力提供向心力可得.(3)周期和时间的确定:周期公式为 ,已知带电粒子在磁场中运动的圆心角θ(弧度),则 .

  11. 注意的问题: ①只有当电荷垂直于磁感应强度方向运动时,F=qvB. ②应用左手定则判断洛伦兹力方向,若运动电荷带负电,则四指应指向负电荷运动的反方向.

  12. 例2:在POQ区域内有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如下图所示,负离子质量为m,电量为-q,负离子从边界OQ上的A点垂直于OQ也垂直于磁场方向射入磁场,OA=d,若要求离子不从OP边界射出磁场,离子的速度v应满足什么条件?例2:在POQ区域内有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如下图所示,负离子质量为m,电量为-q,负离子从边界OQ上的A点垂直于OQ也垂直于磁场方向射入磁场,OA=d,若要求离子不从OP边界射出磁场,离子的速度v应满足什么条件?

  13. 解析:由粒子在A点所受洛伦兹力方向可确定圆心一定在AQ线上,离子不从OP边界射出磁场的临界轨迹是轨迹圆,且恰与OP相切,确定临界轨迹圆的圆心:从轨迹圆和OP的切点D作OP的垂线交AQ于C即为圆心,画出临界轨迹圆,利用几何知识可得临界半径 .满足条件的半径r≤ d,再利用物理规律 可确定v的取值范围v≤

  14. 三､带电粒子在复合场中运动有哪些规律?在科学或生产中有哪些实际应用?三､带电粒子在复合场中运动有哪些规律?在科学或生产中有哪些实际应用? 1.复合场一般包括重力场,电场和磁场三种场的任意两种复合场或三种场复合. 2.带电粒子在复合场中的运动情况 (1)直线运动 ①洛伦兹力为零(即v与B平行),重力与电场力平衡做匀速直线运动;或重力与电场力的合力为恒力,做匀变速运动. ②洛伦兹力F与重力和电场力的合力(或其中一种力)平衡,做匀速直线运动.

  15. (2)圆周运动:若带电粒子所受合外力充当向心力,带电粒子做匀速圆周运动,由于通常情况下,重力和电场力为恒力,故不能充当向心力,所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡,洛伦兹力充当向心力,用圆周运动知识来进行分析.(2)圆周运动:若带电粒子所受合外力充当向心力,带电粒子做匀速圆周运动,由于通常情况下,重力和电场力为恒力,故不能充当向心力,所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡,洛伦兹力充当向心力,用圆周运动知识来进行分析. (3)若带电粒子所受合力大小,方向均是不断变化的,则粒子做非匀变速的曲线运动,用功能关系进行分析.

  16. 3.在科学或生产中的实际应用 (1)速度选择器 ①原理:如图所受重力可忽略不计,运动方向相同,而速率不同的正粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场组成的场区中.

  17. 已知电场强度为E,磁感应强度为B,方向如图,若粒子运动轨迹不发生偏折,必须满足平衡条件qvB=qE,故有 这样就把满足 的粒子从速度选择器中选择出来了.

  18. ②特点:a.速度选择器只选择速度大小､方向,而不选择粒子的质量和电荷量,如上图中,若从右侧射入则要发生偏转;b.速度选择器B､E､v三个物理量的大小､方向互相约束,以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大反向,如上图中改变磁场方向,粒子将向下偏转.②特点:a.速度选择器只选择速度大小､方向,而不选择粒子的质量和电荷量,如上图中,若从右侧射入则要发生偏转;b.速度选择器B､E､v三个物理量的大小､方向互相约束,以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大反向,如上图中改变磁场方向,粒子将向下偏转.

  19. (2)磁流体发电机 如图,磁流体发电机,其原理是:等离子体喷入磁场B,正负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A､B板上,产生电势差.

  20. 设板间距离L,当等离子体气体以速度v匀速通过A､B板间时,A､B板上聚集最多的电荷,板间电动势最大,即为电源电动势,此时粒子受力平衡E场q=qvB,即E场=Bv,故电源电动势E=E场L=BLv.设板间距离L,当等离子体气体以速度v匀速通过A､B板间时,A､B板上聚集最多的电荷,板间电动势最大,即为电源电动势,此时粒子受力平衡E场q=qvB,即E场=Bv,故电源电动势E=E场L=BLv.

  21. (3)电磁流量计原理:如图所示,一圆形导管直径为d,用非磁性材料制成,其中有可以导电的液体向左流动,导电液中有自由电荷(正负离子),在洛伦兹力作用下,发生偏转,a､b间出现电势差,当洛伦兹力和电场力平衡时,a､b电势差为U,并保持恒定,由 可得 流量所以只要测得Uab即可测流量Q.

  22. 例3:如下图所示,一个电子从M板附近由静止开始被电场加速,又从N板的小孔水平射出,并垂直磁场方向进入一个半径为R的圆形匀强磁场B的区域.若入射点为b,且v0与Ob成30°角,要使电子在磁场中飞过的距离最大,则两板间的电势差U是多大?(v0未知,电子质量为m､电量为e)例3:如下图所示,一个电子从M板附近由静止开始被电场加速,又从N板的小孔水平射出,并垂直磁场方向进入一个半径为R的圆形匀强磁场B的区域.若入射点为b,且v0与Ob成30°角,要使电子在磁场中飞过的距离最大,则两板间的电势差U是多大?(v0未知,电子质量为m､电量为e)

  23. 解析:电子在磁场中飞过的距离最大时,其轨迹曲线所对的弦应为一直径(如下图).由几何关系,电子在磁场中圆周运动的半径为r=2R.又由 ,eU= mv20得

  24. 例4:磁流体发电机的极板相距d=0.2 m,极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场,B=1.0 T,外电路中可变负载电阻R用导线与极板相连,电离气体以速率v=1 100 m/s沿极板射入,极板间电离气体等效内阻r=0.1 Ω,试求此发电机的最大输出功率为多大?

  25. 解析:S断开时,由离子受力情况得所以极板间电压U=Ed=Bvd此发电机电动势E源=U=Bvd=1.0×1 100×0.2 V=220 V当可变负载电阻R=r=0.1 Ω时电源的输出功率为最大最大输出功率Pmax= W=121 kW. 答案:121 kW

  26. 高考试题精析 例1:(2008·全国卷Ⅰ)如下图所示,在坐标系xOy中,过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°,在OC右侧有一匀强电场;在第二､三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠､右边界为y轴､左边界为图中平行于y轴的虚线,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.一带正电荷q､质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域,并从O点射出,粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=30°,大小为v.粒子在磁场中的运动

  27. 轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍.粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场.已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍.粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场.已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求

  28. (1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离;(1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离; (2)匀强电场的大小和方向; (3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间.

  29. 解析:(1)设磁场左边界与x轴相交于D点,与OC相交于O′点,由几何关系可知,直线OO′与粒子过O点的速度v垂直.在直角三角形OO′D中,∠OO′D=30°.设磁场左右边界间距为d,则OO′=2d.依题意可知,粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O′点,圆弧轨迹所对的圆心角为30°,且O′A为圆弧的半径R.解析:(1)设磁场左边界与x轴相交于D点,与OC相交于O′点,由几何关系可知,直线OO′与粒子过O点的速度v垂直.在直角三角形OO′D中,∠OO′D=30°.设磁场左右边界间距为d,则OO′=2d.依题意可知,粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O′点,圆弧轨迹所对的圆心角为30°,且O′A为圆弧的半径R.

  30. 由此可知,粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直.A点到x轴的距离R(1-cos30°) ①由洛伦兹力公式､牛顿第二定律及圆周运动的规律,得②联立①②式得③由此可知,粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直.A点到x轴的距离R(1-cos30°) ①由洛伦兹力公式､牛顿第二定律及圆周运动的规律,得②联立①②式得③

  31. (2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,第一次在磁场中飞行的时间为t1,有(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,第一次在磁场中飞行的时间为t1,有 ④ ⑤ 由几何关系可知,粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60°.依题意,匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150°.设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O″,O″必定在直线OC上.

  32. 设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点,则∠OO″P=120°.设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2,有 ⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得t3=T-(t1+t2) ⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知,-v=v-at3 ⑧ ⑨设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点,则∠OO″P=120°.设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2,有 ⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得t3=T-(t1+t2) ⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知,-v=v-at3 ⑧ ⑨

  33. 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得E= Bv. ⑩(3)粒子自P点射出后将沿直线运动,设其由P′点再次进入电场,由几何关系知,∠O″P′P=30°B11三角形OPP′为等腰三角形,设粒子在P､P′两点间运动的时间t4,有t4= B12又由几何关系知

  34. B13联立B12B13式得 t4=

  35. 例2:(2009·全国理综Ⅱ卷)如图,在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直于纸面向里,电场方向与电､磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场.然后以垂直于电､磁场分界线的方向进入电场,最后从电场边界上的Q点射出.已知PQ垂直于电场方向,粒子轨迹与电､磁场分界线的交点到PQ的距离为d,不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比.例2:(2009·全国理综Ⅱ卷)如图,在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直于纸面向里,电场方向与电､磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场.然后以垂直于电､磁场分界线的方向进入电场,最后从电场边界上的Q点射出.已知PQ垂直于电场方向,粒子轨迹与电､磁场分界线的交点到PQ的距离为d,不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比.

  36. 解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图).由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上.OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2=l21+(R-d)2①解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图).由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上.OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2=l21+(R-d)2①

  37. 设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ②设P′为虚线与分界线的交点,∠POP′=α则粒子在磁场中的运动时间为 ③其中 ④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma⑤

  38. ⑥l2=vt2⑦式中t2是粒子在电场中运动的时间.由①②⑤⑥⑦式得由①③④⑦式得 ⑥l2=vt2⑦式中t2是粒子在电场中运动的时间.由①②⑤⑥⑦式得由①③④⑦式得

  39. 例3:(2010·全国高考Ⅱ卷)图中左边有一对平行金属板,两板相距为d,电压为U;两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向平行于板面并垂直于纸面朝里,图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直),在此区域内及其边界上也有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面､垂直于磁场的方向射入金属板之间,沿同一方向射出金属板之间的区域,并经EF边中点H射入磁场区域,不计重力.例3:(2010·全国高考Ⅱ卷)图中左边有一对平行金属板,两板相距为d,电压为U;两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向平行于板面并垂直于纸面朝里,图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直),在此区域内及其边界上也有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面､垂直于磁场的方向射入金属板之间,沿同一方向射出金属板之间的区域,并经EF边中点H射入磁场区域,不计重力.

  40. (1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后,从边界EF穿出磁场,求离子甲的质量;(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场,且GI长为 ,求离子乙的质量;(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半,而离子乙的质量是最大的,问磁场边界上什么区域内可能有离子到达.

  41. 解析:(1)由题意知,所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动,它所受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡,有qvB0=qE0①式中,v是离子运动的速度,E0是平行金属板之间的匀强电场的强度,有 ②由①②式得 ③解析:(1)由题意知,所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动,它所受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡,有qvB0=qE0①式中,v是离子运动的速度,E0是平行金属板之间的匀强电场的强度,有 ②由①②式得 ③

  42. 在正三角形磁场区域,离子甲做匀速圆周运动.设离子甲质量为m,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ④在正三角形磁场区域,离子甲做匀速圆周运动.设离子甲质量为m,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ④

  43. 式中,r是离子甲做圆周运动的半径.离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆,圆心为O,此半圆刚好与EG边相切于K点,与EF边交于I′点.在△EOK中,OK垂直于EG,由几何关系得: ⑤

  44. 由⑤式得 ⑥联立③④⑥式得,离子甲的质量为 ⑦(2)同理,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑧由⑤式得 ⑥联立③④⑥式得,离子甲的质量为 ⑦(2)同理,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑧

  45. 式中,m′和r′分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径.离子乙运动的圆周的圆心O′必在E､H两点之间,由几何关系有cos60°⑨由⑨式得r′= ⑩联立③⑧⑩式得,离子乙的质量为m′=

  46. (3)对于最轻的离子,其质量为 由④式知,它在磁场中做半径为 的匀速圆周运动,因而与EH的交点为O,有当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时,离子到达磁场边界上的点的位置从O点沿HE边变到I′点;当离子质量继续增大时,离子到达磁场边界上的点的位置从K点沿EG边趋向于I点.K点到G点的距离为所以,磁场边界上可能有离子到达的区域是:EF边上从O到I′,EG边上从K到I.

  47. (3)见解析

More Related