（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第11章 磁場課件.ppt

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1、第11章 磁場,考點32磁場對電流的作用,考點31磁場磁感應強度磁通量,考點33磁場對運動電荷的作用,專題10洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用問題,專題11 帶電粒子在復合場中的運動,專題12帶電粒子在磁場中的臨界和多解問題,考點31磁場磁感應強度磁通量,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法1對BF/(IL) 的理解 方法2磁感應強度的矢量性 考法例析 成就能力 考法1磁場的本質與分布 考法2磁通量的計算 考法3磁感應強度的矢量性及安培定則的應用,必備知識全面把握,1磁場及地磁場 (1)定義：磁體或電流周圍空間存在的一種特殊物質，磁體與磁體之間、磁體與通電導體之間、通電導體與通電

2、導體之間的相互作用，都是通過磁場發(fā)生的 磁場與電場一樣，都是場物質，都是真實存在的 (2)磁場的基本性質：對放入其中的磁體、通電導體或運動電荷有力的作用 (3)磁場的產(chǎn)生 永磁體周圍存在磁場；通電導體周圍存在磁場 ； 運動電荷的周圍存在磁場 (4)磁感線 定義：在磁場中畫一些有方向的曲線，曲線上每一點的切線方向都 跟該點的磁場方向相同，這樣的曲線稱為磁感線,電流的磁效應,常見磁場的磁場線分布： 特點：a.磁感線在磁體的外部是從北極 (N極)出來，進入南極(S極)，在磁體的內(nèi) 部則是由南極回到北極，形成閉合的曲線 b磁感線的疏密程度表示磁場的 磁感線密集的地方磁場 ，稀疏的地方磁場 c

3、磁感線上每一點的切線方向為該點的 d磁感線是為了形象地描述磁場而假想出來的一組有方向的曲線，并不是客觀存在于磁場中的真實曲線 e磁感線在空間不相交、不相切、也不中斷 f沒有磁感線的地方，并不表示就沒有磁場存在，通過磁場中的任一點總能而且只能畫出一條磁感線,磁場方向,(5)地磁場 定義：地球是一個巨大的磁體，周圍空間存在的磁場叫地磁場地球磁極的北極在地理的南極附近，地球磁極的南極在地理的北極附近 不但地球具有磁場，宇宙中的其他天體也有磁場 特點：如圖所示，地球周圍的磁場與條形磁鐵周圍的磁場分布的情況相似兩極磁性最強，中間磁性最弱在地磁場北極、南極附近，磁場方向是豎直方向的，而在赤道附近磁場方

4、向是水平的 磁偏角：地球的地理兩極與地磁兩極并不完全重合，磁針并非準確地指南或指北，其間有一個夾角，叫地磁偏角，簡稱磁偏角,(6)幾種常見的磁場 安培定則：用來判定電流磁場方向的一種方法(也叫右手螺旋定則) 直線電流的磁場：用右手握住導線，讓伸直的大拇指所指的方向跟電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向，即磁場的環(huán)繞方向，如圖所示,通電螺線管的磁場：用右手握住螺線管，讓彎曲的 四指所指的方向跟電流的方向一致，大拇指所指的方 向就是螺線管中心軸線上的磁感線的方向(大拇指指向 螺線管北極)如圖所示 環(huán)形電流的磁場：可視為單匝螺線管，判定方法與 螺線管相同,(7)安培分子電流假

5、說 電流是由大量的自由電荷做定向移動而形成的，所以可以理解為電流周圍的磁場是由電荷的運動產(chǎn)生的 分子電流假說：法國學者安培根據(jù)條形磁鐵和通電螺線管外部磁場的相似提出了他的假說，即安培分子電流假說：在原子、分子等物質微粒內(nèi)部，存在著一種環(huán)形電流分子電流，分子電流使每個物質微粒都成為微小的磁體，它的兩側相當于兩個磁極當物體內(nèi)那些微小磁體，即分子電流的取向雜亂無章時，該物體周圍便沒有產(chǎn)生磁場；當物體內(nèi)那些微小磁體，即分子電流的取向大致相同時，該物體周圍便產(chǎn)生了磁場所以磁體周圍的磁場和電流的磁場一樣，也是因電荷的運動而產(chǎn)生的 安培分子電流假說可以解釋以下磁現(xiàn)象：磁體周圍磁場的產(chǎn)生原因、磁化現(xiàn)象、磁體的

6、消磁等,2磁感應強度 (1)物理意義：用來描述磁場 和 的物理量用符號B表示 (2)大?。寒斠欢瓮娭睂Ь€垂直磁場方向放置時，其所受磁場力F與導線的長度L和電流I的乘積的比值即為該處的磁感應強度的大小，即：B . 單位：特斯拉(簡稱特，用字母T表示) 方向：小磁針靜止時 極所指的方向為該點的磁感應強度的方 向 (3)矢量性：磁感應強度是矢量，其方向就是磁場方向，即小磁針靜止時 極所指的方向，其合成遵循 定則,F/IL,N,3磁通量 (1)定義：在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的平面，面積為S，我們把B與S的乘積叫穿過這個面積的磁通量，簡稱磁通用字母表示定義式： .

7、在公式B/S中應該注意B一定與S垂直，如果不垂直，則S必須是垂直于B的投影面積， .式中為面積S與磁感應強度B之間的夾角，此式只適用于 單位：韋伯，簡稱韋，符號為Wb. 特點：磁通量是標量，有正、負之分 (2)磁通密度：垂直于磁場方向單位面積內(nèi)的磁通量叫磁通密度它反映了磁感應強度的 ，在數(shù)值上等于 ，即,BS,核心方法重點突破,方法1磁場方向的判定 江蘇連云港2018模擬如圖所示，圓環(huán)上帶有大量的負電荷，當圓環(huán)沿順時針方向轉動時，a、b、c三枚小磁針均發(fā)生轉動，以下說法正確的是() Aa、b、c的N極都向紙面內(nèi)轉 Bb的N極向紙面外轉，而a、c的N極向紙面內(nèi)轉 Cb、c

8、的N極都向紙面內(nèi)轉，而a的N極向紙面外轉 Db的N極向紙面內(nèi)轉，而a、c的N極向紙面外轉,例1,【解析】 由于圓環(huán)帶負電荷，故當圓環(huán)沿順時針方向轉動時，環(huán)上等效電流的方向沿逆時針方向，由安培定則可判斷環(huán)內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，環(huán)外磁場方向垂直紙面向內(nèi)，磁場中某點的磁場方向即是放在該點的小磁針靜止時N極的指向，所以b的N極向紙面外轉，a、c的N極向紙面內(nèi)轉B正確 【答案】B,例1,方法2磁感應強度的矢量性 如圖所示，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點，左側導線與它們的距離分別為、l和3l.關于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是() A

9、a處的磁感應強度大小比c處的大 Bb、c兩處的磁感應強度大小相等 Ca、c兩處的磁感應強度方向相同 Db處的磁感應強度為零,例2,【解析】 對于通電直導線產(chǎn)生的磁場，根據(jù)其產(chǎn)生磁場的特點及安培定則，可知兩導線在c處產(chǎn)生的磁感應強度不為零，在b處產(chǎn)生的磁感應強度等大反向，合磁感應強度為零，B錯誤，D正確；兩導線在a、c處產(chǎn)生的磁場都是同向疊加的，但合磁感應強度方向相反，C錯誤；由于兩導線中電流大小相等，a離導線近，a處的合磁感應強度比c處的大，A正確 【答案】AD,例2,方法例析成就能力,考法1磁通量的計算 江蘇物理20171，3分如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B

10、的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A11 B12 C14 D41,例1,【解析】 根據(jù)磁通量的定義，當B垂直于S時，穿過線圈的磁通量為BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以穿過a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確，B、C、D錯誤 【答案】A,例1,考法2磁感應強度的矢量性及安培定則的應用 課標全國201718，6分如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大

11、小為() A0B.B0C. B0D2B0,例3,【解析】 設導線P在a點處產(chǎn)生的磁感應強度為B，由于a點處的磁感應強度為零，故導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度與B0等大反向如圖甲所示，由幾何關系得，導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度B02Bcos 30，方向水平向右若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關系得，P、Q導線在a點處產(chǎn)生的磁感應強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處磁感應強度的大小 為 ，故選項C正確 【答案】C,例3,考點32磁場對電流的作用,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法3安培力方向的判定 方法4安培力大小的計算 方法例析 成就能力

12、考法4通電導體或線圈在安培力作用下的轉動 考法5通電導體在安培力作用下的綜合問題,必備知識全面把握,1磁場對電流的作用 (1)安培力的概念：通電導線在磁場中受的力稱為安培力 (2)安培力的大小 當B、I、L 時，F(xiàn)BIL. 若B與I夾角為時，將B沿垂直I和平行I的方向正交分解，取垂直分量，可得F . 注意：是磁感應強度的方向與導線方向的夾角當0或180，即磁感應強度的方向與導線方向平行時，F(xiàn) . 公式的適用條件：一般只適用于勻強磁場,兩兩垂直,BILsin ,0,必備知識全面把握,(3)安培力的方向 左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線

13、從掌心垂直進入，并使四指 指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向,2安培力做功與能量轉化的關系,(1)安培力做功的特點：與路徑有關這一點跟重力和電場力做功的特點是不同的，而與 力做功相似 (2)安培力做功的實質：把電能轉化為 ,其他形式的能,靜摩擦,核心方法重點突破,方法3安培力方向的判定 海南物理20168，3分(多選)如圖(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() A當電流沿順時針方向時， 線圈所受安培力的方

14、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,例1,【解析】 把線圈看成由一小段一小段的直導線連接而成，當電流沿順時針方向時，根據(jù)左手定則可知，每一小段直導線受到的安培力都是垂直于紙面向外的，則線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外，故A錯誤，B正確；把線圈看成由一小段一小段的直導線連接而成，當電流沿逆時針方向時，根據(jù)左手定則可知，每一小段直導線受到的安培力都是垂直于紙面向里的，則線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯誤 【答案】

15、BC,例1,方法4安培力大小的計算 安徽太和一中2018模擬如圖，閉合圓環(huán)由一段粗細均勻的電阻絲構成，圓環(huán)半徑為L，圓心為O，P、Q在圓環(huán)上，POQ90，圓環(huán)處在垂直于圓面的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B.兩根導線的一端分別連接P、Q兩點，另一端分別與直流電源正負極相連，已知圓環(huán)的電阻為4r，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為，則圓環(huán)受到的安培力的大小為(),例2,【解析】 【答案】D,例2,方法例析成就能力,考法3通電導體或線圈在安培力作用下平衡或運動 江蘇揚州2018檢測一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則關于導線ab受磁

16、場力后的運動情況，下列說法正確的是() A從上向下看順時針轉動并靠近螺線管 B從上向下看順時針轉動并遠離螺線管 C從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管 D從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管,例1,【解析】 由安培定則可判定通電螺線管產(chǎn)生的磁場方向，導線等效為Oa、Ob兩電流元，由左手定則可判定兩電流元所受安培力的方向，Oa向紙面外，Ob向紙面里，所以從上向下看導線逆時針轉動，當轉過90時再用左手定則可判定導線所受磁場力向下，即導線在逆時針轉動的同時還要靠近螺線管，D正確 【答案】D,例1,考法4通電導體在安培力作用下的綜合問題 1安培力與電路知識的綜合 課標全國201524，12分如圖，一長為10

17、cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量,例2,【解析】 依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長為l10.5 cm.由胡克定律和力的平

18、衡條件得2kl1mg 式中，m為金屬棒的質量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為FIBL 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1l2)mgF 由歐姆定律有EIR 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻 聯(lián)立各式并代入題給數(shù)據(jù)得m0.01 kg 【答案】安培力的方向豎直向下0.01 kg,例2,2安培力與科技的綜合 重慶理綜20157，16分音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統(tǒng)的特殊電動機如圖是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n

19、，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I. (1)求此時線圈所受安培力的大小和方向 (2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率,例4,【解析】 (1)由對稱性可知，線圈前后兩邊受安培力等大反向，合力為零，所以線圈所受合力為右邊受的安培力，匝數(shù)為n，所以FnBIL，由左手定則可得方向水平向右 (2)由(1)得FnBIL，由PFv得安培力的功率PnBILv. 【答案】(1)nBIL，方向水平向右(2)nBILv,例4,3安培力與做功

20、、動能定理的綜合 云南昭通2018模擬電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質量為m2.0 g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到6 km/s，若這種裝置的軌道寬為d2 m，長L100 m，電流I10 A，軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終接觸良好，則下列有關軌道間所加勻強磁場的磁感應強度和磁場力的最大功率，結果正確的是() AB18 T，Pm1.08108 W BB0.6 T，Pm7.2104 W CB0.6 T，Pm3.6106 W DB18 T，Pm2.16106 W,例5,【解析】 通電金屬桿在磁場中受到安培力的作用而對彈體加速，由動能定理得BIdLmvm2，

21、解得B18 T；當彈體的速度最大時，磁場力的功率也最大，即PmBIdvm，得Pm2.16106 W，故D正確 【答案】D,例5,4安培力與動量守恒定律、動量定理的綜合 北京西城區(qū)2018模擬2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止隨著電磁技術的日趨成熟，新一代航母已準備采用全新的電磁阻攔技術，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用電磁作用力使它快速停止為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型在磁感應強度為B、方向如圖所示的勻強磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計軌道端點MP間

22、接有阻值為R的電阻一個長為L、質量為m、阻值為r的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好質量為M的飛機以水平速度v0迅速鉤住導體棒ab，鉤住之后關閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度假如忽略摩擦等次要因素，飛機和導體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來求： (1)飛機鉤住導體棒后它們獲得的共同速度v的大?。?(2)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值； (3)從飛機鉤住導體棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x.,例5,【解析】,例6,【答案】,例6,考點33磁場對運動電荷的作用,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法5帶電粒子在勻強磁場中的運動 方法6帶電粒子在有界勻

23、強磁場中的運動 方法例析 成就能力 考法6帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 考法7帶電粒子在有界磁場中的圓周運動,必備知識全面把握,1磁場對運動電荷的作用 (1)洛倫茲力 定義：運動電荷在 中受到的力稱為洛倫茲力 大小：F .式中，q為運動電荷所帶的電荷量，v為運動電荷的運動速度此式只有在v垂直于B的條件下才適用；若v與B平行，則F0；若v與B成角，則可將B(v)沿v(B)方向和垂直v(B)方向正交分解，取垂直分量即可其表達式為F ，如圖所示 方向：用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，

24、這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反如圖所示,磁場,(2)洛倫茲力的特點 由左手定則可知：F一定與B、v垂直，即一定垂直于由B和v所確定的平面因為F一定并始終垂直于v，所以洛倫茲力對電荷 ,永遠不會做功,2帶電粒子在勻強磁場中的運動 在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做 運動；帶電粒子以速度v垂直射入勻強磁場B中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與B垂直的平面內(nèi)做 運動 (1)洛倫茲力提供向心力： (2)軌跡半徑公式： (3)周期公式： 由此周期公式我們可以得到，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期

25、跟 和 無關，只和粒子的 和 有關,(4)動能公式:,3帶電粒子在勻強磁場中運動的分析方法 解決帶電粒子在磁場中運動問題的關鍵是畫出粒子的運動軌跡，而畫出軌跡的關鍵在于找圓心(一“”定乾坤)只有找出了圓心，才能作出半徑輔助線，才能標出圓心角，進而找出隱含的幾何關系，該類試題要想順利解答，必須掌握三個基本功： (1)圓心的確定，主要有兩類 已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩個速度方向的垂線，交點即為圓心，如圖甲所示 已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡對應的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心，如圖乙所示,(2)半徑的計算：圓心確定后，尋找與半徑和已知

26、量相關的直角三角形，利用幾何知識求解圓軌跡的半徑 (3),關鍵是找到回旋角如圖丁，在粒子運動的圓軌跡上任取兩點A、B，粒子從A經(jīng)N運動到B過程中回旋角為，則tAB；粒子從B經(jīng)M運動到A過程中回旋角為2，則tBA，同時還滿足tABtBAT.以上判斷，在考題中常依據(jù)以上幾何關系計算，請熟練掌握,4帶電粒子在有界磁場中運動的對稱性 (1)直線邊界的對稱性：從同一直線邊界射入的粒子，又從同一直線邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等，如圖甲 (2)圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，射出磁場時速度方向也一定沿磁場圓的半徑方向，如圖乙 (3)若粒子的偏轉半徑與圓形磁場區(qū)域半徑相等，

27、則從圓周上同一點沿不同方向射入的粒子必沿平行于入射點的切線方向射出，如圖丙,核心方法重點突破,方法5帶電粒子在勻強磁場中的運動 廣東理綜201516，4分在同一勻強磁場中，粒子(24He)和質子(11H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則粒子和質子() A運動半徑之比是21 B運動周期之比是21 C運動速度大小之比是41 D受到的洛倫茲力之比是21,例1,【解析】 【答案】B,例1,方法6帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 四川理綜20164，6分如圖所示，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

28、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() Avbvc12，tb：tc21 Bvbvc21，tbtc12 Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc12,例2,【解析】 【答案】A,例2,方法例析成就能力,考法6帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 課標全國201618，6分平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，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

29、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(),例1,【解析】 【答案】D,例1,考法7帶電粒子在有界磁場中的圓周運動 1圓形邊界磁場 課標全國201718，6分如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2v1為(),例2,【解析】 【答案】C,例2,2直線邊界磁

30、場 海南物理201614，14分如圖，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?。?(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； (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,例3,【解析】,例3,,例3,【答

31、案】,例3,專題10洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法7與電、磁場有關的現(xiàn)代科技問題的分析方法 方法例析 成就能力 考法8帶電粒子在磁場中運動的科技應用,必備知識全面把握,1速度選擇器 (1)用途：利用相互垂直的電場、磁場選出一定速度的帶電粒子的裝置 (2)基本構造：如圖所示，兩平行金屬板間加電壓產(chǎn)生勻強電場E，勻強磁場方向與勻強電場方向垂直 (3)原理：當電荷量為q的粒子(重力不計)以速度v垂直進入勻強電場和勻強磁場的區(qū)域時，粒子受電場力qE和洛倫茲力qvB作用，無論粒子帶正電還是帶負電，電場力和洛倫茲力的方向總相反若電場力與洛倫茲力大小相等，即

32、qEqvB，vE/B，粒子所受合力為零，勻速通過狹縫射出場區(qū)若粒子速度vv，則洛倫茲力大于電場力；若v

33、組成： a帶電粒子/注入器； b加速電場(U)； c速度選擇器(B1、E)； d偏轉磁場(B2)； e照相底片,(3原理：,3回旋加速器 (1)用途：如圖所示兩個D形盒、大型電磁鐵、其質量及含量百分比的儀器高頻振蕩交變電壓，D形盒間可形成電壓U. (2)原理：如圖所示，主要由以下幾部分組成：利用電場對帶電粒子的加速作用和磁場對運動電荷的偏轉作用來獲得高能粒子. a磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場時， 只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其中周期與速率和軌跡半徑無關， 使帶電粒子每次進入D形盒中都能運動相等時間(半個周期)后，平行于電 場方向進入電場中加速 b電場的作用：回旋

34、加速器兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的并垂直于兩D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速帶電粒子在電場中的加速時間可以忽略不計，因為兩個D形盒之間的縫隙很小，加速效果取決于加速電壓，與縫隙寬度無關 c交變電壓：為了保證每次帶電粒子經(jīng)過狹縫時均被加速，使之能量不斷提高，要在狹縫處加一個周期與帶電粒子在磁場中運動周期相同的交變電壓,(3)回旋加速器中的五個基本問題,4磁流體發(fā)電機 (1)構造：一對平行金屬板，兩板間有強磁場 (2)原理：等離子體進入兩板之間后，在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，偏轉后不同電性的離子分別打在A、B兩板上，A、B間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當離子所受的電場力和洛

35、倫茲力平衡時，A、B間電勢差保持穩(wěn)定. 根據(jù)左手定則，圖中B是發(fā)電機正極 磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d，等離子體速度為v， 磁場的磁感應強度為B，由qEqqvB得兩極板間能達到的穩(wěn)定電勢差UBdv.,5電磁流量計 (1)構造：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，處于勻強磁場中，導電液體在管中向左流動 (2)原理：,6霍爾效應 (1)定義：如圖所示，在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應 (2)原理：導體中定向移動的電荷，在磁場中受到 而發(fā)生偏轉，使導體上、下面 堆積，從而出現(xiàn)

36、電勢差 (3)相關概念：霍爾效應中產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓霍爾電壓與電流、磁感應強度、長方體導體的厚度都有關系利用霍爾效應制成的元件稱為霍爾元件霍爾元件是一種重要的磁傳感器,核心方法重點突破,方法7與電、磁場有關的現(xiàn)代科技問題的分析方法 1.速度選擇器 福建寧德2018質檢(多選)如圖所示，接有恒定電源的兩平行金屬板M、N水平放置，板長為L，兩板間距為1.5L，在兩板間施加垂直紙面的勻強磁場(未畫出)開始時開關S斷開，將一束質量為m、電荷量為q的粒子從兩板左側邊界某點以初速度v水平射入，粒子正好垂直到達N板的右邊緣；接著閉合開關S，粒子恰能沿水平方向運動；若撤去磁場，粒子正好到達M

37、板的右邊緣不計粒子重力，粒子每次均從同一位置射入，下列判斷正確的是(),例1,【解析】,例1,【解析】 【答案】AC,例1,2.質譜儀 課標全國201615，6分現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場若某種一價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)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍此離子和質子的質量比約為() A11 B12 C121 D144,例1,【解析】 【答案】D,例1,3.回旋加速器 北京人大附中2018模擬美國物理學家勞倫斯

38、發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中的運動特點，解決了粒子的加速問題現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應用于科學研究和醫(yī)學設備中某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖回旋加速器的核心部分為兩個D形盒，分別為D1、D2.D形盒裝在真空容器里，整個裝置放在巨大的電磁鐵兩極之間的強大磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒底面垂直兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B.設質子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計質子質量為m、電荷量為q.加速器接入一定頻率的高頻交變電源，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用求： (1)質子第一次經(jīng)

39、過狹縫被加速后進入D2盒時的速度大小v1和進入D2盒后運動的軌跡半徑r1； (2)質子被加速后獲得的最大動能Ekm和交變電壓的頻率f； (3)若兩D形盒狹縫之間距離為d，且dR.計算質子在電場中運動的總時間t1與在磁場中運動的總時間t2，并由此說明質子穿過電場的時間可以忽略不計的原因,例1,【解析】,例1,【解析】 【答案】,例1,4.電磁流量計 電磁流量計廣泛應用于測量可導電液體(如污水)在管中的流量(單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積)為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c.流量計的兩端與輸送流體的管道相連接(圖中虛線)圖

40、中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直前后兩面當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值已知流體的電阻率為，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為(),例1,【解析】 【答案】A,例1,,5.霍爾效應 北京海淀區(qū)2018模擬在一個很小的厚度為d的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，它就成了一個霍爾元件，如圖所示在E、F間通入恒定的電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，則薄片中的載流子(形成電流的自由電荷)就在洛倫茲力的作用下，向著與電流和磁場都垂直的方向

41、偏移，使M、N間出現(xiàn)了電壓，稱為霍爾電壓UH.可以證明UH，k為霍爾系數(shù)，它的大小與薄片的材料有關下列說法正確的是() A若M的電勢高于N的電勢，則載流子帶正電 B霍爾系數(shù)k較大的材料，其內(nèi)部單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目較多 C借助霍爾元件能夠把電壓表改裝成磁強計(測定磁感應強度) D霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛倫茲力越小,例1,【解析】 【答案】C,例1,專題11帶電粒子在復合場中的運動,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法8帶電粒子在組合場中的運動 方法9帶電粒子在疊加場中的運動 方法例析 成就能力,必備知識全面把握,1復合場 (1)復合場的分類 組合場：電場與磁場各位于

42、一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn) 疊加場：在同一區(qū)域內(nèi)，電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存 (2)三種場力的特點 重力的方向 ，重力做功與路徑無關，重力做的功等于 的變化量 電場力的方向與電場方向相同或相反，電場力做功與路徑無關，電場力做的功等于電勢能的變化量 洛倫茲力的大小與速度方向和磁場方向的夾角有關，方向始終垂直于速度v和磁感應強度B共同決定的平面無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功,(3)帶電粒子在復合場中常見的幾種運動 靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中 時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài) 勻速圓周運動 當帶電粒子所受的 與 大小相等

43、、方向相反時，帶電粒子在 的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動 分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，由幾個不同的運動階段組成,所受合外力為零,2帶電粒子在組合場中的運動 (1)常見模型 a先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖甲、乙所示) 在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度,b先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖丙、丁所示) 在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度,先磁場后電場 對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況： a進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或

44、相反； b進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖甲、乙所示),(2)分析方法,(2)分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段 第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下 第3步：用規(guī)律，如下,3帶電粒子在疊加場中的運動 (1)分析方法 弄清疊加場的組成進行受力分析確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域的場時，要分階段進行處理畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律 a當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解 b當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓運動定律結合圓周運動規(guī)律求

45、解 c當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解 d對于臨界問題，注意挖掘隱含條件,(2)求解要點 受力分析是基礎在受力分析時是否考慮帶電粒子的重力，由題目條件決定 運動過程分析是關鍵在運動過程分析中應注意帶電粒子做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件 構建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解,4“電偏轉”和“磁偏轉”的比較,核心方法重點突破,方法8帶電粒子在組合場中的運動 天津理綜201711，18分平面直角坐標系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示一帶負電的粒子從電場中的Q點以

46、速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比,例1,【解析】,例1,【答案】,方法9帶電粒子在疊加場中的運動 1無軌道約束型 天津理綜201611，18分如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質量m1.0106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直

47、面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.,例2,【解析】 【答案】(1)20 m/s，與電場E的方向之間的夾角為60斜向上(2)3.5 s,例2,2有軌道約束型 如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為0.1 kg、帶電荷量q0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等

48、于滑動摩擦力現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2，求： (1)滑塊勻加速運動的時間t及勻加速結束時的速度v1； (2)滑塊最終的速度v2； (3)木板最終的加速度,例3,【解析】,例3,例3,例3,例3,【答案】(1)3 s6 m/s(2)10 m/s(3)3 m/s2,專題12帶電粒子在磁場中的臨界和多解問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法10帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的臨界問 題 方法11帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 方法例析 成就能力,必備知識全面把握,1處理帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界問題的技巧 帶電粒子進入有界磁場

49、區(qū)域，其軌跡往往是一段圓弧，存在臨界和極值問題，如圖所示為常見的三種臨界模型草圖 分析臨界問題時應注意： (1)從關鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”“最大”“至少”“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律如： 剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值 當速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧) 當速率變化時，圓心角大的，運動時間長,在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應

50、的偏轉角最大(所有的弦長中直徑最長) (2)數(shù)學方法和物理方法的結合如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質”“二次方程的判別式”等求極值 (3)臨界問題的一般解題模式：根據(jù)粒子的運動軌跡，運用動態(tài)思維，作出臨界軌跡圖；尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，總結臨界點的規(guī)律；應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析臨界量列出方程,2帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 (1)多解形成的原因 帶電粒子電性不確定形成多解；磁場方向不確定形成多解；臨界狀態(tài)不唯一形成多解；運動的往復性形成多解 (2)帶電粒子在磁場中運動的多解模型,(3)處理多解模型的解題技巧 分析題目特點，確定題目多解形成

51、的原因； 作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能)； 若為周期性的多解問題，注意尋找通項式，若有出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件,核心方法重點突破,方法10帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的臨界問題 江蘇南京2018質檢如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B0.60 T，磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab為l16 cm處，有一個點狀的粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是v3.0106 m/s.已知粒子的比荷5.0107 C/kg，現(xiàn)只考慮在紙面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度,例1,【解析】,例1,【答

52、案】20cm,方法11帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 重慶理綜20149，18分如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h.質量為m、帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. (1)求電場強度的大小和方向 (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度 的最小值 (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射 速度的所有可能值,例2,【解析】,例2,【答案】,謝謝觀賞,