2017_2018學年高中物理第5章磁場與回旋加速器學案(打包6套)滬科版.zip
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5.3探究電流周圍的磁場學 習 目 標知 識 脈 絡1.通過實驗探究知道通電直導線和通電線圈的磁場(重點)2會用安培定則判斷直線電流、通電線圈周圍的磁場(重點)3了解磁現(xiàn)象的電本質(zhì),知道安培分子電流假說(難點)電 流 的 磁 場1丹麥的物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)通電導線能使小磁針偏轉(zhuǎn)2直線電流的磁場(1)磁場分布:直線電流磁場的磁感線是一些以導線上各點為圓心的同心圓,這些同心圓都在跟導線垂直的平面上(2)安培定則:用右手握住導線,讓大拇指指向電流的方向,則彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向3通電線圈的磁場(1)環(huán)形電流的磁場:環(huán)形電流磁場的磁感線是一些圍繞環(huán)形導線的閉合曲線也滿足安培定則(2)通電螺線管的磁場:就像一根條形磁鐵,一端相當于北極,另一端相當于南極長直通電螺線管內(nèi)中間部分的磁場近似勻強磁場(3)磁感線方向判定:電流方向、磁場磁感線方向仍然滿足安培定則右手握住螺旋管,讓四指指向電流的環(huán)繞方向,則大拇指指向N極1直線電流磁場的磁感線一定和電流方向平行()2直線電流和通電螺線管的電流方向跟它產(chǎn)生的磁場的磁感線方向之間的關系都符合安培定則()3通電螺線管的磁感線都是從N極指向S極()1直線電流周圍的磁場,其磁感線是怎樣分布的?【提示】圍繞直線電流一圈圈的同心圓2通電的螺線管相當于一個條形磁鐵,一端是N極,另一端是S極,把一個小磁針放入螺線管內(nèi)部,小磁針的N極指向螺線管的哪端?圖531【提示】指向左端小磁針N極的指向是N極受到磁場力的方向,N極受力的方向是該位置的磁感應強度的方向,在螺線管內(nèi)部,磁感應強度方向由S極指向N極所以小磁針的N極指向螺線管的N極即左端如圖532所示,螺線管內(nèi)部小磁針靜止時N極指向右方圖532探討1:螺線管內(nèi)部磁場沿什么方向?螺線管c、d端,哪端為N極?【提示】由c指向d.d端為N極探討2:電源的a、b端,哪端為正極?【提示】a端三種常見的電流的磁場安培定則立體圖橫截面圖縱截面圖直線電流以導線上任意點為圓心的多組同心圓,越向外越稀疏,磁場越弱環(huán)形電流內(nèi)部磁場比環(huán)外強,磁感線越向外越稀疏通電螺線管內(nèi)部為勻強磁場且比外部強,方向由S極指向N極,外部類似條形磁鐵,由N極指向S極1下列各圖中,用帶箭頭的細實線表示通電直導線周圍磁感線的分布情況,其中正確的是()【解析】通電直導線周圍磁感線是以導線為圓心的同心圓,由安培定則可知選項D正確【答案】D2(多選)如圖533所示,螺線管、蹄形鐵芯、環(huán)形導線三者相距較遠,當開關閉合后小磁針N極(黑色的一端)的指向正確的是()圖533A小磁針a的N極指向正確B小磁針b的N極指向正確C小磁針c的N極指向正確D小磁針d的N極指向正確【解析】根據(jù)安培定則,蹄形鐵芯被磁化后右端為N極,左端為S極,小磁針c指向正確;通電螺線管的磁場分布和條形磁鐵相似,內(nèi)部磁場向左,下方磁場向右,所以小磁針b指向正確,小磁針a指向錯誤;環(huán)形電流形成的磁場左側(cè)應為S極,故d的指向正確【答案】BCD3如圖534所示,螺線管中通有電流,如果在圖中的a、b、c三個位置上各放一個小磁針,其中a在螺線管內(nèi)部,則 【導學號:29682030】圖534(1)放在a處的小磁針的N極向_(2)放在b處的小磁針的N極向_(3)放在c處的小磁針的N極向_【解析】由安培定則,通電螺線管的磁場如圖所示,右端為N極,左端為S極,在a點,磁場方向向右,則小磁針在a點時,N極向右;在b點,磁場方向向右,則小磁針在b點時,N極向右;在c點,磁場方向向右,則小磁針在c點時,N極向右【答案】(1)右(2)右(3)右小磁針在磁場中受力的判斷方法(1)當小磁針處于磁體產(chǎn)生的磁場,或環(huán)形電流、通電螺線管外部時,可根據(jù)同名磁極相斥,異名磁極相吸來判斷小磁針的受力方向(2)當小磁針處于直線電流的磁場中,或處于環(huán)形電流、通電螺線管內(nèi)部時,應該根據(jù)小磁針N極所指方向與通過該點的磁感線的切線方向相同,來判斷小磁針的受力方向探 究 磁 現(xiàn) 象 的 本 質(zhì)1安培的分子電流假說:在原子、分子等物質(zhì)微粒的內(nèi)部存在著一種環(huán)形電流,叫分子電流,分子電流使每一個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體,分子電流的兩側(cè)相當于兩個磁極2磁現(xiàn)象的電本質(zhì):磁鐵的磁場和電流的磁場一樣,都是由電荷的運動產(chǎn)生的1磁鐵的磁場和電流的磁場本質(zhì)是相同的()2磁體受到高溫或猛烈敲擊有時會失去磁性()3發(fā)現(xiàn)電流磁效應的科學家是安培()1731年,一名英國商人的一箱新刀在閃電過后帶上了磁性;1751年,富蘭克林發(fā)現(xiàn)縫紉針經(jīng)過萊頓瓶放電后磁化了,電流能產(chǎn)生磁場,電和磁之間有無本質(zhì)的聯(lián)系?【提示】電和磁之間有本質(zhì)的聯(lián)系,磁場都是由電荷的運動產(chǎn)生的探討1:根據(jù)安培分子電流假說,電流周圍的磁場和磁鐵周圍的磁場本質(zhì)是否相同?【提示】本質(zhì)是相同的探討2:安培分子電流假說的意義是什么?【提示】成功地解釋了磁化現(xiàn)象和退磁現(xiàn)象解釋了電和磁的本質(zhì)聯(lián)系解釋了磁性的起源,認識到磁體的磁場和電流的磁場一樣,都是由運動的電荷產(chǎn)生的1安培分子電流假說的內(nèi)容安培認為,在原子、分子等物質(zhì)微粒的內(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(zhì)微粒都成為一個微小磁體,分子電流的兩側(cè)相當于兩個磁極,如圖535所示圖5352用假說解釋一些磁現(xiàn)象(1)磁化:原來沒有磁性的物體獲得磁性的過程(2)退磁:原來有磁性的物體失去磁性3磁現(xiàn)象的電本質(zhì)磁體的磁場和電流的磁場一樣都是由電流產(chǎn)生的,而電流又是由運動電荷產(chǎn)生的因此,安培分子電流假說成功地解釋了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)4為了解釋地球的磁性,19世紀安培假設:地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的在下列四個圖中,正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是()【解析】地理上的南極是地磁場的北極,由右手螺旋定則可知,選項B正確【答案】B5磁鐵在高溫下或者受到敲擊時會失去磁性,根據(jù)安培的分子電流假說,其原因是()A分子電流消失B分子電流取向變得大致相同C分子電流取向變得雜亂D分子電流減弱【解析】根據(jù)安培的分子電流假說,當分子電流取向變得大致相同時,對外顯示磁性;當溫度升高或者受到敲擊時分子發(fā)生運動,分子電流變得紊亂無序,對外不能顯示磁性【答案】C6一根軟鐵棒被磁化是因為()A軟鐵棒中產(chǎn)生了分子電流B軟鐵棒中分子電流取向雜亂無章C軟鐵棒中分子電流消失D軟鐵棒中分子電流取向變得大致相同【解析】軟鐵棒中的分子電流是一直存在的,并不因為外界的影響而產(chǎn)生或消失,故A、C錯根據(jù)磁化過程的實質(zhì)可知,B錯誤,D正確【答案】D磁化現(xiàn)象的本質(zhì)一根軟鐵棒,在未被磁化時,內(nèi)部各分子電流的取向雜亂無章,它們的磁場互相抵消,對外不顯磁性;當軟鐵棒受到外界磁場的作用時,各分子電流取向變得大致相同時,兩端顯示較強的磁性作用,形成磁極,軟鐵棒就被磁化了,即磁化的實質(zhì)是分子電流由無序變?yōu)橛行?5.4探究安培力學 習 目 標知 識 脈 絡1.知道什么是安培力(重點)2知道左手定則的內(nèi)容(重點)3掌握用安培力公式FBIL解答有關問題,通過安培力公式的應用,培養(yǎng)空間想象能力(重點、難點)安 培 力 的 方 向1安培力磁場對電流的作用力稱為安培力2左手定則伸開左手,使大拇指與其余四個手指垂直,且都跟手掌在同一個平面內(nèi);讓磁感線穿入手心,使四指指向電流方向,則大拇指所指的方向就是安培力的方向3安培力方向與磁場方向、電流方向的關系FB,F(xiàn)I,即F垂直于電流方向和磁場方向所決定的平面1通電直導線在磁場中一定受到安培力的作用()2通電直導線在磁場中所受安培力的方向一定跟電流的方向垂直()3應用左手定則時,四指指向電流方向,拇指指向安培力方向()如圖541為應用左手定則判斷通電導體所受安培力的方向,觀察以后回答:圖541(1)用什么表示電流方向?(2)用什么表示安培力方向?【提示】(1)用四個手指指向表示電流方向(2)用大拇指所指方向表示安培力方向探討1:如圖542裝置中,通電后導體棒向外擺動交換磁極位置后導體棒怎樣運動?圖542【提示】向里擺動探討2:通電后導體向外擺動,若交換磁極位置,同時交換電源正、負極連接,則導體棒怎樣運動?【提示】仍向外擺動1安培力的方向(1)安培力的方向總是垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面,但B與I不一定垂直(2)已知I、B的方向,可唯一確定F的方向;已知F、B的方向,且導線的位置確定時,可唯一確定I的方向;已知F、I的方向時,磁感應強度B的方向不能唯一確定2安培力與電場力的比較電場力安培力研究對象點電荷直導線受力特點正電荷受力方向與電場方向相同,沿電場線切線方向,負電荷相反安培力方向與磁場方向和電流方向都垂直判斷方法結合電場線方向和電荷正、負判斷用左手定則判斷3.安培力作用下導體運動方向的五種判斷方法電流元法把整段導線分為多段電流元,先用左手定則判斷每段電流元所受安培力的方向,然后判斷整段導線所受安培力的方向,從而確定導線運動方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針,通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環(huán)形電流(反過來等效也成立),然后根據(jù)磁體間或電流間的作用規(guī)律判斷特殊位置法通過轉(zhuǎn)動通電導線到某個便于分析的特殊位置,判斷其所受安培力的方向,從而確定其運動方向結論法兩平行直線電流在相互作用過程中,無轉(zhuǎn)動趨勢,同向電流互相吸引,反向電流互相排斥;不平行的兩直線電流相互作用時,有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題,可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的反作用力,從而確定磁體所受合力及其運動方向1一根容易形變的彈性導線,兩端固定,導線中通有電流,方向如圖中箭頭所示當沒有磁場時,導線呈直線狀態(tài);當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時,描述導線狀態(tài)的四個圖示中正確的是()【解析】A圖中I與B平行應不受安培力,故A錯誤,由左手定則知B、C錯誤,D正確【答案】D2用兩根細線把兩個完全相同的圓形導線環(huán)懸掛起來,讓二者等高平行放置,如圖543所示,當兩導線環(huán)中通入方向相同的電流I1、I2時,則有()圖543A兩導線環(huán)相互吸引B兩導線環(huán)相互排斥C兩導線環(huán)無相互作用力D兩導線環(huán)先吸引后排斥【解析】通電的導線環(huán)周圍能夠產(chǎn)生磁場,磁場的基本性質(zhì)是對放入其中的磁體或電流產(chǎn)生力的作用由于導線環(huán)中通入的電流方向相同,二者同位置處的電流方向完全相同,相當于通入同向電流的直導線,據(jù)同向電流相互吸引的規(guī)律,判知兩導線環(huán)應相互吸引,故A正確【答案】A3如圖544所示,在南北方向安放的長直導線的正上方用細線懸掛一條形小磁鐵,當導線中通入圖示的電流I后,下列說法正確的是() 【導學號:29682031】圖544A磁鐵N極向里轉(zhuǎn),懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力B磁鐵N極向外轉(zhuǎn),懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力C磁鐵N極向里轉(zhuǎn),懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力D磁鐵N極向外轉(zhuǎn),懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力【解析】由條形磁鐵的磁場分布,并由左手定則,可知導線左半部分受到安培力方向垂直紙面向外,右半部分安培力方向垂直紙面向里,由牛頓第三定律得磁鐵左半部分受到安培力方向垂直紙面向里,右半部分安培力方向垂直紙面向外,因此條形磁鐵N極向里轉(zhuǎn)當轉(zhuǎn)過90時導線受力豎直向上,則磁鐵受力豎直向下,導致懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力,故C正確【答案】C左手定則應用的兩個要點(1)安培力的方向既垂直于電流的方向,又垂直于磁場的方向,所以應用左手定則時,必須使拇指指向與四指指向和磁場方向均垂直(2)由于電流方向和磁場方向不一定垂直,所以磁場方向不一定垂直穿入手掌,可能與四指方向成某一夾角,但四指一定要指向電流方向安 培 力 的 大 小1因素通電導體在磁場中受到的安培力的大小,跟導體的長度L、導體中的電流I、磁感應強度B都成正比2計算公式(1)當電流方向與磁場方向垂直時,F(xiàn)BIL.(2)當電流方向與磁場方向夾角為時,F(xiàn)BILsin .(3)當電流方向與磁場方向平行時,F(xiàn)0.1安培力的大小由電流強度、磁感應強度兩個因素決定()2將長度為L、電流強度為I的導體放入磁感應強度為B的磁場中,導體所受安培力的大小一定是FBIL.()3通電導線放入磁場中不受安培力的作用,則通電導線一定和磁場方向平行()如圖545,當通電導線與磁感線不垂直時,可用左手定則判斷安培力的方向嗎?若電流與磁感線成角,則安培力大小為多少?圖545【提示】可以把B分解為平行于電流和垂直于電流兩個方向,就能用左手定則判斷安培力的方向,由此可確定安培力的大小FBILsin .如圖546所示,一根質(zhì)量為m的金屬棒MN,兩端用細軟導線連接后懸于a、b 兩點,棒的中端處于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中,電流方向如圖所示,懸線上的拉力為F.圖546探討1:若使懸線上的拉力F變?yōu)榱?,可以采取什么方法?【提示】適當增大磁感應強度或電流探討2:若使懸線上的拉力F變大,可以采取什么方法?【提示】減小磁感應強度或電流強度,使磁感應強度方向反向,或者使電流方向反向1FBILsin 適用于勻強磁場中的通電直導線,求彎曲導線在勻強磁場中所受安培力時,L為有效長度,即導線兩端點所連直線的長度,相應的電流方向沿L由始端流向末端,如圖547所示圖5472同樣情況下,通電導線與磁場方向垂直時,它所受的安培力最大;導線與磁場方向平行時,它不受安培力;導線與磁場方向斜交時,它所受的安培力介于0和最大值之間3在非勻強磁場中,只要通電直導線L所在位置的各點B矢量相等(包括大小和方向),則導線所受安培力也能用上述公式計算4當電流同時受到幾個安培力時,則電流所受的安培力為這幾個安培力的矢量和4如圖548所示,長為2L的直導線折成邊長相等,夾角為60的V形,并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中,磁感應強度為B,當在該導線中通以電流強度為I的電流時,該V形通電導線受到的安培力大小為()圖548A0B0.5BILCBILD2BIL【解析】V形通電導線的等效長度為L,故安培力的大小為BIL,C正確【答案】C5.如圖549,一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直線段ab、bc和cd的長度均為L,且abcbcd135.流經(jīng)導線的電流為I,方向如圖中箭頭所示導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力()圖549A方向沿紙面向上,大小為(1)ILBB方向沿紙面向上,大小為(1)ILBC方向沿紙面向下,大小為(1)ILBD方向沿紙面向下,大小為(1)ILB【解析】導線段abcd的有效長度為線段ad,由幾何知識知Lad(1)L,故線段abcd所受的合力大小FILadB(1)ILB,導線有效長度的電流方向為ad,據(jù)左手定則可以確定導線所受合力方向豎直向上,故A項正確【答案】A6(多選)如圖5410所示,通電導體棒靜止于水平導軌上,棒的質(zhì)量為m,長為L,通過的電流大小為I且垂直紙面向里,勻強磁場的磁感應強度B的方向與導軌平面成角,則導體棒受到的()圖5410A安培力大小為BILB安培力大小為BILsin C摩擦力大小為BILcos D支持力大小為mgBILcos 【解析】金屬桿受力如圖所示: 由于金屬桿與磁場垂直,故安培力大小FABIL.根據(jù)平衡條件得:FfFAsin ,mgFAcos FN解得:FfBILsin ,F(xiàn)NmgBILcos .故A、D正確,B、C錯誤【答案】AD求解安培力問題的四個步驟(1)選定研究對象:一般為磁場中的通電導線(2)變?nèi)S為二維:方法是沿著或逆著電流觀察,將一段有長度的導線看成一個沒有長度的圓圈,圈內(nèi)畫“”為順著電流觀察,圈內(nèi)畫“”表示逆著電流觀察(3)畫出平面受力分析圖:其中安培力的方向切忌跟著感覺走,要用左手定則來判斷,注意F安B、F安I.(4)根據(jù)力的平衡條件或牛頓第二定律列方程式進行求解85.5探究洛倫茲力學 習 目 標知 識 脈 絡1.掌握實驗探究洛倫茲力方向的過程,會用左手定則判斷洛倫茲力方向的方法(重點)2.掌握洛倫茲力的公式,會計算洛倫茲力的大小(重點)3.理解帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律,掌握半徑和周期公式(重點、難點).洛 倫 茲 力 及 其 方 向、 大 小1.洛倫茲力磁場對運動電荷的作用力圖5512左手定則伸直左手,讓大拇指與四指垂直且在同一平面內(nèi),四指指向正電荷運動方向,讓磁感線穿入手心,大拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向,如圖551所示對于負電荷,四指指向負電荷運動的相反方向3洛倫茲力的大小(1)推導過程:長為L的導體垂直磁場放置,通入電流為I,受到的安培力FBIL,而InqSv,導體中的電荷總數(shù)為NnLS,所以每個電荷受到的磁場力(即洛倫茲力)為fqvB.(2)公式:fqvB.(3)成立條件:速度方向與磁場方向垂直1只要將電荷放入磁場中,電荷就一定受洛倫茲力()2洛倫茲力的方向只與磁場方向和電荷運動方向有關()3判斷電荷所受洛倫茲力的方向時,應同時考慮電荷的電性()電荷在電場中一定受電場力作用,想一想,電荷在磁場中也一定受洛倫茲力作用嗎?【提示】不一定,因為如果電荷相對于磁場靜止(v0)或電荷的運動方向與磁場方向平行(vB),電荷在磁場中都不會受洛倫茲力的作用如圖552所示,正電荷q以速度v進入勻強磁場中,速度與磁感應強度方向間的夾角為.圖552探討1:電荷q所受的洛倫茲力的方向沿什么方向?【提示】垂直于紙面向里探討2:電荷q所受的洛倫茲力是多大?【提示】qvBsin .1對洛倫茲力方向的理解(1)洛倫茲力的方向總是與電荷運動方向和磁場方向垂直,即洛倫茲力的方向總是垂直于電荷運動方向和磁場方向所決定的平面,F(xiàn)、B、v三者的方向關系是:FB、Fv,但B與v不一定垂直(2)洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化但無論怎么變化,洛倫茲力都與運動方向垂直,故洛倫茲力永不做功,它只改變電荷運動方向,不改變電荷速度大小2洛倫茲力和安培力的關系(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),洛倫茲力是安培力的微觀解釋(2)大小關系:F安Nf.(N是導體中定向運動的電荷數(shù))(3)方向關系:洛倫茲力與安培力的方向一致,均可用左手定則進行判斷(4)洛倫茲力永遠不做功,但安培力可以做功3洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產(chǎn)生條件僅在運動電荷的速度方向與B不平行時,運動電荷才受到洛倫茲力帶電粒子只要處在電場中,一定受到電場力大小方向fqvBsin ,方向與B垂直,與v垂直,用左手定則判斷FqE,F(xiàn)的方向與E同向或反向特點洛倫茲力永不做功電場力可做正功、負功或不做功相同點反映了電場和磁場都具有力的性質(zhì)1帶電粒子(重力不計)穿過飽和蒸汽時,在它走過的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴,從而顯示了粒子的徑跡,這是云室的原理,如圖553所示是云室的拍攝照片,云室中加了垂直于照片向外的勻強磁場,圖中oa、ob、oc、od是從o點發(fā)出的四種粒子的徑跡,下列說法中正確的是()圖553A四種粒子都帶正電B四種粒子都帶負電C打到a、b點的粒子帶正電D打到c、d點的粒子帶正電【解析】由左手定則知打到a、b點的粒子帶負電,打到c、d點的粒子帶正電,D正確【答案】D 2圖中帶電粒子所受洛倫茲力的方向向上的是()【解析】A圖中帶電粒子受力方向向上,B圖中帶電粒子受力方向向外,C圖中帶電粒子受力方向向左,D圖中帶電粒子受力方向向外,故A正確【答案】A3.初速度為v0的電子,沿平行于通電長直導線的方向射出,直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖554所示,則() 【導學號:29682032】圖554A電子將向右偏轉(zhuǎn),速率不變B電子將向左偏轉(zhuǎn),速率改變C電子將向左偏轉(zhuǎn),速率不變D電子將向右偏轉(zhuǎn),速率改變【解析】由右手定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里,再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力偏離電流,由于洛倫茲力不做功,電子動能不變【答案】A判斷洛倫茲力方向應注意的問題(1)注意電荷的正、負,尤其是判斷負電荷所受洛倫茲力方向時,四指應指向電荷運動的反方向(2)注意洛倫茲力方向一定垂直于B和v所決定的平面(3)當v與B的方向平行時,電荷所受洛倫茲力為零帶 電 粒 子 在 磁 場 中 的 運 動1帶電粒子垂直進入磁場,只受洛倫茲力作用,帶電粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力2軌道半徑:由于洛倫茲力提供向心力,即qvBm,由此推得r.3運動周期:由T和r,聯(lián)立求得T.1當帶電粒子的速度方向與磁場方向相同時,粒子做勻加速運動()2帶電粒子速度越大,在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑越大()3速度越大,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期越大()帶電粒子若垂直進入非勻強磁場后做半徑不斷變化的運動,這時公式r是否成立?【提示】成立在非勻強磁場中,隨著B的變化,粒子軌跡的圓心、半徑不斷變化,但粒子運動到某位置的半徑仍由B、q、v、m決定,仍滿足r.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N,以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場,運行的半圓軌跡如圖555中虛線所示圖555探討1:粒子帶電性質(zhì)是否相同?【提示】由于帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向相反,故帶電性質(zhì)不同,向左偏的帶正電,向右偏的帶負電探討2:哪個帶電粒子的速率較大?【提示】根據(jù)r,半徑大的粒子速率大1定圓心(1)知道磁場中兩點速度方向,則帶電粒子在兩點所受洛倫茲力作用線的交點即為圓心如圖556(a)所示(2)知道磁場中一點速度方向和另一點位置,則該點所受洛倫茲力作用線與這兩點連線的中垂線的交點即為圓心,如圖556(b)所示(a)(b)圖5562求半徑畫圓弧后,再畫過入射點、出射點的半徑并作出輔助三角形,最后由幾何知識求出半徑3求運動時間(1)利用tT求即:先求周期T,再求圓心角.(2)圓心角的確定帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向間的夾角叫偏向角偏向角等于圓心角,即,如圖557所示圖557某段圓弧所對應的圓心角是這段圓弧弦切角的二倍,即2.4電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,下列說法正確的是()A速率越大,周期越大B速率越小,周期越大C速度方向與磁場方向平行D速度方向與磁場方向垂直【解析】由粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式T可知周期的大小與速率無關,A、B錯誤,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,速度方向與磁場方向垂直,C錯誤,D正確【答案】D5如圖558所示,水平導線中有電流I通過,導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同,則電子將() 【導學號:29682033】圖558A沿路徑a運動,軌跡是圓B沿路徑a運動,軌跡半徑越來越大C沿路徑a運動,軌跡半徑越來越小D沿路徑b運動,軌跡半徑越來越小【解析】由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲又由r知,B減小,r越來越大,故電子的徑跡是a.故選B.【答案】B6.如圖559所示,在xy平面內(nèi),y0的區(qū)域有垂直于xy平面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,一質(zhì)量為m、帶電量大小為q的粒子從原點O沿與x軸正方向成60角方向以v0射入,粒子的重力不計,求帶電粒子在磁場中運動的時間和帶電粒子離開磁場時的位置圖559【解析】當帶電粒子帶正電時,軌跡如圖中OAC,對粒子,由于洛倫茲力提供向心力,則qv0Bm,R,T故粒子在磁場中的運動時間t1T粒子在C點離開磁場OC2Rsin60故離開磁場的位置為(,0)當帶電粒子帶負電時,軌跡如圖中ODE所示,同理求得粒子在磁場中的運動時間t2T離開磁場時的位置為(,0)【答案】(,0)或(,0)帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動問題的解題技巧(1)畫軌跡:先定圓心,再畫完整圓弧,后補畫磁場邊界最后確定粒子在磁場中的軌跡(部分圓弧).(2)找聯(lián)系:r與B、v有關,如果題目要求計算速率v,一般要先計算r、t與角度和周期T有關,如果題目要求計算粒子在磁場中運動的時間t,一般要先計算粒子在磁場中運動的部分圓弧所對應的圓心角和粒子的周期.(3)用規(guī)律:根據(jù)幾何關系求半徑和圓心角,再根據(jù)半徑和周期公式與B、v等聯(lián)系在一起.85.6洛倫茲力與現(xiàn)代科技學 習 目 標知 識 脈 絡1.了解回旋加速器的構造及工作原理(重點)2.了解質(zhì)譜儀的構造及工作原理(重點)3.掌握綜合運用電場和磁場知識研究帶電粒子在兩場中的受力與運動問題(難點)回 旋 加 速 器1構造圖及特點(如圖561所示)圖561回旋加速器的核心部件是兩個D形盒,它們之間接交流電源,整個裝置處在與D形盒底面垂直的勻強磁場中2工作原理(1)加速條件交流電的周期必須跟帶電粒子做圓周運動的周期相等,即T.圖562(2)加速特點粒子每經(jīng)過一次加速,其軌道半徑就大一些(如圖562所示),但由T知,粒子做圓周運動的周期不變1回旋加速器交流電的周期等于帶電粒子圓周運動周期的一半()2回旋加速器的加速電壓越大,帶電粒子獲得的最大動能越大()3利用回旋加速器加速帶電粒子,要提高加速粒子的最終能量,應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.()回旋加速器中粒子的周期是否變化?粒子的最大速度和D形盒的半徑有什么關系?【提示】根據(jù)T,周期保持不變根據(jù)r,v.如圖563所示,為回旋加速器原理圖圖563探討1:回旋加速器所加的電場和磁場各起什么作用?電場為什么是交變電場?【提示】電場對電荷加速,磁場使電荷偏轉(zhuǎn),為了使粒子每次經(jīng)過D型盒的縫隙時都被加速,需加上與它圓周運動周期相同的交變電場探討2:粒子每次經(jīng)過D型盒狹縫時,電場力做功的多少一樣嗎?【提示】一樣探討3:粒子經(jīng)回旋加速器加速后,最終獲得的動能與交變電壓大小有無關系?【提示】無關,僅與盒半徑有關1回旋加速器的主要特征(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期,與帶電粒子的速度無關(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動(3)帶電粒子每加速一次,回旋半徑就增大一次,第一次qUmv,第二次2qUmv,第三次3qUmv,v1v2v31.因r,所以各半徑之比為1.2最大動能(1)由r得,當帶電粒子的速度最大時,其運動半徑也最大,若D形盒半徑為R,則帶電粒子的最終動能為Em.(2)要提高加速粒子的最終能量,應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.3粒子被加速次數(shù)的計算粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n(U是加速電壓的大小),一個周期加速兩次4粒子在回旋加速器中運動的時間在電場中運動的時間為t1,縫的寬度為d,則ndt1,t1,在磁場中運動的時間為t2T(n是粒子被加速次數(shù)),總時間為tt1t2,因為t1t2,一般認為在盒內(nèi)的時間近似等于t2.1(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器,其原理如圖564所示這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構成,其間留有空隙,下列說法正確的是()圖564A離子由加速器的中心附近進入加速器B離子由加速器的邊緣進入加速器C離子從磁場中獲得能量D離子從電場中獲得能量【解析】回旋加速器對離子加速時,離子是由加速器的中心附近進入加速器的,故選項A正確,選項B錯誤;離子在磁場中運動時,洛倫茲力不做功,所以離子的能量不變,故選項C錯誤;D形盒D1、D2之間存在交變電場,當離子通過交變電場時,電場力對離子做正功,離子的能量增加,所以離子的能量是從電場中獲得的,故選項D正確【答案】AD2.回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器,其核心部分是兩個D形金屬扁盒,兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接,以使在盒間的窄縫中形成勻強電場,使粒子每穿過狹縫都得到加速,兩盒放在勻強磁場中,磁感應強度為B,磁場方向垂直于盒底面,離子源置于盒的圓心附近,若離子源射出的離子電荷量為q,質(zhì)量為m,離子最大回旋半徑為R,其運動軌跡如圖565所示問: 【導學號:29682034】圖565(1)盒內(nèi)有無電場?(2)離子在盒內(nèi)做何種運動?(3)所加交流電頻率應是多大,離子角速度為多大?(4)離子離開加速器時速度為多大,最大動能為多少?【解析】(1)扁形盒由金屬導體制成,扁形盒可屏蔽外電場,盒內(nèi)只有磁場而無電場(2)離子在盒內(nèi)做勻速圓周運動,每次加速之后半徑變大(3)離子在電場中運動時間極短,因此高頻交流電壓頻率要等于離子回旋頻率f,角速度2f.(4)離子最大回旋半徑為R,由牛頓第二定律得qvmB,其最大速度為vm,故最大動能Ekmmv.【答案】(1)見解析(2)勻速圓周運動(3)(4)分析回旋加速器應注意的問題(1)洛倫茲力永不做功,磁場的作用是讓帶電粒子“轉(zhuǎn)圈圈”,電場的作用是加速帶電粒子(2)兩D形盒狹縫所加的是與帶電粒子做勻速圓周運動周期相同的交流電,且粒子每次過狹縫時均為加速電壓(3)若將粒子在電場中的運動合起來看,可等效為勻加速直線運動,末速度由r得到,加速度由a得到(d為兩D形盒間距),則t1.質(zhì) 譜 儀1原理圖及特點如圖566所示,S1與S2之間為加速電場;S2與S3之間的裝置叫速度選擇器,它要求E與B1垂直且E方向向右時,B1垂直紙面向外(若E反向,B1也必須反向);S3下方為偏轉(zhuǎn)磁場圖5662工作原理(1)加速帶電粒子進入加速電場后被加速,由動能定理有qUmv2.(2)速度選擇通過調(diào)節(jié)E和B1的大小,使速度v的粒子進入B2區(qū)(3)偏轉(zhuǎn)R.3應用常用來測定帶電粒子的比荷(也叫荷質(zhì)比)和分析同位素等1比荷不同的帶電粒子通過速度選擇器的速度不同()2電量相同而質(zhì)量不同的帶電粒子,以相同的速度進入勻強磁場后,將沿著相同的半徑做圓周運動()3利用質(zhì)譜儀可以檢測化學物質(zhì)或核物質(zhì)中的同位素和不同成分()什么樣的粒子打在質(zhì)譜儀顯示屏上的位置會不同?位置的分布有什么規(guī)律?【提示】速度相同,比荷不同的粒子打在質(zhì)譜儀顯示屏上的位置不同根據(jù)qvB,r.可見粒子比荷越大,偏轉(zhuǎn)半徑越小探討1:質(zhì)譜儀為什么能將不同種類的帶電粒子分辨出來?【提示】將質(zhì)量不同、電荷不同的帶電粒子經(jīng)電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場各粒子由于軌道半徑不同而分離,其軌道半徑r.探討2:帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動可分為幾個階段?遵循什么運動規(guī)律?【提示】帶電粒子的運動分為三個階段:第一階段在加速電場中加速,遵循動能定理第二階段在速度選擇器中通過,遵循勻速直線運動規(guī)律第三階段在磁場中偏轉(zhuǎn),遵循勻速圓周運動的規(guī)律1帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動如圖567,可分為三個階段:先加速,再通過速度選擇器,最后在磁場中偏轉(zhuǎn)圖5672加速:帶電粒子經(jīng)加速電場加速,獲得動能mv2qU,故v .3速度選擇器:電場力和洛倫茲力平衡,粒子做勻速直線運動qEqvB,故v.4偏轉(zhuǎn):帶電粒子垂直進入勻強磁場,其軌道半徑r ,可得粒子質(zhì)量m.不同質(zhì)量的粒子其半徑不同,即磁場可以將同電量而不同質(zhì)量的同位素分開3質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具,它的構造原理如圖568所示,離子源S產(chǎn)生的各種不同的正離子束(速度可看為零),經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場,到達記錄它的照相底片P上,設離子在P上的位置到入口處S1的距離為x,下列判斷不正確的是()圖568A若離子束是同位素,則x越大,離子質(zhì)量越大B若離子束是同位素,則x越大,離子質(zhì)量越小C只要x相同,則離子質(zhì)量與電量的比值一定相同D只要x相同,則離子的比荷一定相同【解析】由動能定理qUmv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn),由圓周運動的知識,有:x2r,故x,分析四個選項知,A、C、D正確,B錯誤【答案】B4質(zhì)譜儀原理如圖569所示,a為粒子加速器,電壓為U1;b為速度選擇器,磁場與電場正交,磁感應強度為B1,板間距離為d;c為偏轉(zhuǎn)分離器,磁感應強度為B2.今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力),經(jīng)加速后,該粒子恰能通過速度選擇器,粒子進入分離器后做勻速圓周運動求:圖569(1)粒子的速度v為多少?(2)速度選擇器的電壓U2為多少?(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大?【解析】(1)在a中,e被加速電場U1加速,由動能定理有eU1mv2得v .(2)在b中,e受的電場力和洛倫茲力大小相等,即eevB1,代入v值得U2B1d.(3)在c中,e受洛倫茲力作用而做圓周運動,回轉(zhuǎn)半徑R,代入v值解得R .【答案】(1) (2)B1d (3) 質(zhì)譜儀問題的分析技巧(1)分清粒子運動過程的三個階段(2)在加速階段應用動能定理(3)在速度選擇器中應用平衡條件(4)在偏轉(zhuǎn)階段應用洛倫茲力提供向心力的規(guī)律帶 電 粒 子 在 復 合 場 中 的 運 動1復合場與組合場(1)復合場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩場共存(2)組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或在同一區(qū)域,電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)2運動情況分類(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時,將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動(3)較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上時,粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子的運動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線(4)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,其運動過程由幾種不同的運動階段組成5如圖5610所示,在xOy平面內(nèi),勻強電場的方向沿x軸正向,勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里一電子在xOy平面內(nèi)運動時,速度方向保持不變則電子的運動方向沿() 【導學號:29682035】圖5610Ax軸正向 Bx軸負向 Cy軸正向 Dy軸負向【解析】電子受電場力方向一定水平向左,所以需要受向右的洛倫茲力才能做勻速運動,根據(jù)左手定則進行判斷可得電子應沿y軸正向運動【答案】C6質(zhì)量為m,帶電荷量為q的微粒,以速度v與水平方向成45角進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間,如圖5611所示,微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動,求:圖5611(1)電場強度的大小,該帶電粒子帶何種電荷;(2)磁感應強度的大小【解析】(1)微粒做勻速直線運動,所受合力必為零,微粒受重力mg,電場力qE,洛倫茲力qvB,由此可知,微粒帶正電,受力如圖所示,qEmg,則電場強度E.(2)由于合力為零,則qvBmg,所以B.【答案】(1)正電荷(2)9第5章 磁場與回旋加速器章末分層突破 安培定則強弱切線方向BSsin BIL平面Bqv平面 安培力的平衡問題安培力作用下物體的平衡是常見的一類題型,體現(xiàn)了學科內(nèi)知識的綜合應用及知識的遷移能力,在解決這類問題時應把握以下幾點:(1)先畫出與導體棒垂直的平面,將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標注在圖上(2)利用左手定則確定安培力的方向(3)根據(jù)共點力平衡的條件列出方程求解如圖51所示,平行金屬導軌PQ與MN都與水平面成角,相距為l.一根質(zhì)量為m的金屬棒ab在導軌上,并保持水平方向,ab棒內(nèi)通有恒定電流,電流大小為I,方向從a到b.空間存在著方向與導軌平面垂直的勻強磁場,ab棒在磁場力的作用下保持靜止,并且棒與導軌間沒有摩擦力求磁感應強度B的大小和方向圖51【解析】金屬棒受力如圖所示,根據(jù)力的平衡條件可知:F安mgsin 而F安BIl可得B由左手定則可知,B的方向垂直導軌平面向下【答案】方向垂直導軌平面向下1必須先將立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,然后對物體受力分析,先重力,再安培力,最后是彈力和摩擦力2注意:若存在靜摩擦力,則可能有不同的方向,因而求解結果是一個范圍帶電粒子在有界勻強磁場中的運動帶電粒子在有界勻強磁場中的運動是指在局部空間存在著勻強磁場,帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域,在磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)歷一段勻速圓周運動,也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域的運動過程解決這一類問題時,找到粒子在磁場中運動的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵(1)磁場邊界的類型(如圖52所示)圖52(2)與磁場邊界的關系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當速度v一定時,弧長越長,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長當速率v變化時,圓心角越大的,運動的時間越長(3)有界磁場中運動的對稱性從某一直線邊界射入的粒子,從同一邊界射出時,速度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,必沿徑向射出在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi),存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,如圖53所示一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x方向射入磁場,它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y方向飛出. 【導學號:29682036】圖53(1)請判斷該粒子帶何種電荷,并求出其比荷;(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變,而磁感應強度的大小變?yōu)锽,該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場,但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60角,求磁感應強度B多大?此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少?【解析】(1)由粒子的運動軌跡,利用左手定則可知,該粒子帶負電荷粒子由A點射入,由C點飛出,其速度方向改變了90,則粒子軌跡半徑Rr.又qvBm,則粒子的比荷.(2)當粒子從D點飛出磁場時速度方向改變了60角,故AD弧所對圓心角為60,如圖所示粒子做圓周運動的半徑Rrcot 30r又R,所以BB粒子在磁場中飛行時間,tT.【答案】(1)負電荷(2)B 帶電粒子在復合場中的運動1.弄清復合場的組成,一般有磁場、電場的復合;電場、重力場的復合;磁場、重力場的復合;磁場、電場、重力場三者的復合2正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析3確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的分析4對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題,要分階段進行處理轉(zhuǎn)折點的速度往往成為解題的突破口5畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律如圖54,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45夾角一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出,一段時間后進入電場,進入電場時的速度方向與電場方向相反;又經(jīng)過一段時間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?,大小不變,不計重力圖54(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間;(2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動,設運動半徑為R,運動周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律,有qv0BmT依題意,粒子第一次到達x軸時如圖所示,運動轉(zhuǎn)過的角度為,所需時間t1為t1T求得t1.(2)粒子進入電場后,先做勻減速運動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運動,到達x軸時速度大小仍為v0,設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強度大小為E,有qEmav0at2得t2根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2T0得電場強度最大值E.【答案】(1)(2)1如圖55,a是豎直平面P上的一點,P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點在電子經(jīng)過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖55A向上B向下C向左D向右【解析】a點處磁場垂直于紙面向外,根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上,A正確【答案】A2(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比,中的電子()A. 運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等【解析】兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動,且磁場磁感應強度B1是磁場磁感應強度B2的k倍由qvB得r,即中電子運動軌跡的半徑是中的k倍,選項A正確由F合ma得aB,所以,選項B錯誤由T得Tr,所以k,選項C正確由得,選項D錯誤正確選項為A、C.【答案】AC3(多選)如圖56所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面,在紙面內(nèi)的長度L9.1 cm,中點O與S間的距離d4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B2.0104 T,電子質(zhì)量m9.11031 kg,電荷量e1.61019 C,不計電子重力,電子源發(fā)射速度v1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則()圖56A90時,l9.1 cmB60時,l9.1 cmC45時,l4.55 cmD30時,l4.55 cm【解析】電子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力:evB,R4.55102 m4.55 cm,90時,擊中板的范圍如圖(1),l2R9.1 cm,選項A正確60時,擊中板的范圍如圖(2)所示,l2R9.1 cm,選項B錯誤30,如圖(3)所示lR4.55 cm,當45時,擊中板的范圍如圖(4)所示,lR(R4.55 cm),故選項D正確,選項C錯誤圖(1)圖(2)圖(3)圖(4)【答案】AD4如圖57,一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內(nèi),磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直一根足夠長,質(zhì)量為m的直導體棒沿x軸方向置于軌道上,在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運動,運動時棒與x軸始終平行棒單位長度的電阻,與電阻不計的軌道接觸良好,運動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為Pky3/2(SI)求:圖57(1)導體軌道的軌道方程yf(x);(2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系;(3)棒從y0運動到y(tǒng)L過程中外力F的功【解析】(1)設棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(x,y),安培力的功率FPky3/2棒做勻加速運動v22ayR2x代入前式得yx2軌道形式為拋物線(2)安培力Fmv以軌道方程代入得Fm y(3)由動能定理WWmmv2安培力做功Wm L2棒在yL處動能mv2maL外力做功W L2maL【答案】(1)yx2(2)Fm y (3) L2maL5如圖58,一長為10 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(zhì)量圖58【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了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg式中,m為金屬棒的質(zhì)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金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg9
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