1、-1-本章整合-2-知识建构磁场 产生 磁体产生磁场电流产生磁场 描述 物理量 磁通量:磁感应强度:B=S 磁感线 切线方向表示磁场方向疏密程度表示磁场强弱 现象与应用:地磁场、指南针、信息记录与磁、医学核磁共振-3-磁场对电流和运动电荷的作用 磁场对电流的作用 产生条件:电流在磁场中且电流与磁场不平行大小:时,=;时,=0方向:,。根据左手定则判断 磁场对运动电荷的作用 产生条件:电荷在磁场中相对于磁场运动且运动方向与磁场方向不平行大小:时,=;时,=0方向:,;根据左手定则判断 带电粒子在磁场中的运动 圆周运动 向心力由洛伦兹力提供:qvB=2轨道半径:r=周期:T=2mqB 回旋加速器和
2、质谱仪 -4-专题应用专题一 安培力与其他知识的综合运用1.通电导线在磁场中会受到安培力作用,由于安培力的方向与电流的方向、磁场的方向之间存在着较复杂的空间方位关系,因此要求学生有较强的空间想象力,并且善于把立体图改画成平面图。将此类题目处理好要注意两点:(1)分析安培力的方向应牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又跟电流方向垂直。(2)画出导体受力的平面图。2.安培力与以前各章节知识均能综合到一起,其分析与解决问题的方法与力学方法相同,只不过是在分析受力时再加一种安培力即可。-5-【专题训练 1】如图所示,电源电动势 E=2 V,内阻 r=0.5,竖直导轨宽L=0.2 m,导轨电阻不计。另有
3、一金属棒质量 m=0.1 kg,电阻 R=0.5,它与导轨间的动摩擦因数=0.4,靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动,施加一与纸面夹角成 30的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2)。求:(1)此磁场的方向。(2)磁感应强度 B 的取值范围。-6-解析:(1)要使金属棒静止,安培力应斜向上指向纸里,画出由 ab 的侧视图,并对棒 ab 受力分析如图所示。经分析知磁场的方向斜向下指向纸里。(2)如图甲所示,当 ab 棒有向下滑的趋势时,受摩擦力向上为 Ff,则Fsin 30+Ff-mg=0F=B1ILFf=Fcos 30I=ER+r联立以上四式并代入数值得B1=3.0 T
4、-7-如图乙所示,当 ab 棒有向上滑的趋势时,受摩擦力向下为 Ff,则:Fsin 30-Ff-mg=0Ff=Fcos 30F=B2ILI=ER+r可解得 B2=16.3 T所以若保持金属棒静止不滑动,磁感应强度应满足 3.0 TB16.3 T。答案:(1)斜向下指向纸里(2)3.0 TB16.3 T-8-专题二 带电粒子的电磁偏转“电偏转”和“磁偏转”分别是利用电场和磁场对运动带电粒子施加作用力,从而控制其运动方向,由于磁场和电场对带电粒子的作用具有不同的特征,使得两种偏转存在着差别。进入 方式 垂直电 场线 进入 匀强 电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力 特征 电场力
5、F=Eq 大小恒定、方向不变 洛伦兹力 f=qvB 大小不变,方向随 v而改变 运动 性质 类平抛运动 匀速圆周运动 -9-运动 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 求解方法处理 横向偏移 y 和偏转角 要通过类平抛运动的规律求解 横向偏移 y和偏转角 要结合圆的几何关系通过圆周运动的讨论求解 -10-【专题训练 2】如图所示,a、b 是一对水平放置的平行金属板,板间存在着竖直向下的匀强电场。一个不计重力的带电粒子从两板左侧正中位置以初速度v 沿平行于金属板的方向进入场区,带电粒子进入场区后将向上偏转,并恰好从a 板的右边缘处飞出;若撤去电场,在两金属板间加垂直纸面向里的匀强磁场,则相同的带电粒子从
6、同一位置以相同的速度进入场区后将向下偏转,并恰好从 b板的右边缘处飞出。-11-现将上述的电场和磁场同时存在于两金属板之间,仍让相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区,则下面的判断中正确的是()。A.带电粒子将做匀速直线运动B.带电粒子将偏向 a 板一方做曲线运动C.带电粒子将偏向 b 板一方做曲线运动D.无法确定带电粒子做哪种运动-12-解析:设板长为 L,板间距为 d,场强为 E,磁感应强度为 B。如图所示,若只加电场,带电粒子恰好从 a 板边缘飞出,则有 L=v0td2=12Fmt2得 F=mdv02L2-13-若只加磁场,恰好从 b 板的右边缘飞出,则其轨迹半径为 R,由几何关系
7、知L2+(R-d2)2=R2得 R=L2d+d4洛伦兹力 f=mv02R=mv02L2d+d4=mdv02L2+d24因此 Ff,若同时加上述电场和磁场,带电粒子将向电场力方向偏转,选项 B正确。答案:B-14-专题三 带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于多种因素的影响,使问题形成多解,多解形成的原因一般包含下述几个方面:1.带电粒子电性不确定形成多解。受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,导致形成双解。2.磁场的方向不确定形成多解。有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未指出磁感应强度的方
8、向,有时必须要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的双解。3.临界状态不唯一形成多解。带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过 180从入射界面这边反向飞出,于是形成多解。4.运动的重复性形成多解。带电粒子在磁场中运动时,由于某些因素的变化,例如磁场方向反向或者速度方向突然反向等,往往运动具有往复性,因而形成多解。-15-【专题训练 3】如图所示,第一象限范围内有垂直于 xOy 平面的匀强磁场,磁感应强度为 B。质量为 m,电荷量大小为 q 的带电粒子在 xOy 平面里经原点O 射入磁场中,初速度 v0 与 x 轴夹角=60,试分析计算:(
9、1)带电粒子从何处离开磁场?穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大?(2)带电粒子在磁场中运动时间多长?-16-解析:若带电粒子带负电,进入磁场后做匀速圆周运动,圆心为 O1,粒子向 x轴偏转,并从 A 点离开磁场。若带电粒子带正电,进入磁场后做匀速圆周运动,圆心为 O2,粒子向 y 轴偏转,并从 B 点离开磁场。不论粒子带何种电荷,其运动轨道半径均为 R=mv0qB。如图所示,有:O1O=O2O=R=O1A=O2B带电粒子沿半径为 R 的圆运动一周所用的时间为T=2Rv0=2mBq-17-(1)若粒子带负电,它将从 x 轴上 A 点离开磁场,运动方向发生的偏转角1=120,A 点与 O 点相距x
10、=3R=3mv0qB若粒子带正电,它将从 y 轴上 B 点离开磁场,运动方向发生的偏转角2=60,B 点与 O 点相距y=R=mv0qB(2)若粒子带负电,它从 O 到 A 所用的时间为t1=1360T=2m3qB若粒子带正电,它从 O 到 B 所用的时间为t2=2360T=m3qB-18-答案:(1)若粒子带负电,则粒子从 x 轴穿出,穿出点 A 与 O 点相距 3mv0qB,1=120;若粒子带正电,则粒子从 y 轴穿出,穿出点 B 与 O 点相距mv0qB,2=60。(2)若粒子带负电,t1=2m3qB;若粒子带正电,t2=m3qB。-19-专题四 带电体在复合场中的运动带电粒子的运动性
11、质取决于它所受的合外力及初速度,在分析粒子的运动情况时要与受力情况结合起来进行分析。要确定粒子的运动情况,必须明确粒子通过几种场区,粒子受几种力,重力是否可以忽略等多种因素。1.带电粒子所受三种场力的特征(1)洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关。当带电粒子的速度与磁场方向平行时,f=0;当带电粒子的速度与磁场方向垂直时,f=qvB,无论带电粒子做什么运动,洛伦兹力都不做功。(2)电场力的大小为 qE,方向与电场强度 E的方向及带电粒子所带电荷的性质有关。电场力做功与路径无关,其数值除与带电粒子的电荷量有关外,还与其始末位置的电势差有关。(3)重力的大小为 mg,方向竖直向下,重力做功与路
12、径无关。微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力;对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊说明时,应当考虑其重力;对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子,是否考虑重力,应据题目中的隐含条件及物理过程具体分析后做出符合实际的决定。-20-2.带电粒子在复合场中运动的分析方法(1)粒子做匀速运动时,应根据平衡条件列方程求解。(2)粒子做匀速圆周运动时,往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。(3)粒子做非匀变速曲线运动时,应选用动能定理或能的转化和守恒定律列方程求解。(4)由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂,运动情况多变,往往会出现临界问题,这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”
13、“至少”等词语为突破口,挖掘隐含条件,并根据临界条件列出辅助方程,再与其他方程联立求解。-21-【专题训练 4】(2010山东高考)如图所示,以两虚线为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为 d,两侧为相同的匀强磁场,方向垂直纸面向里。一质量为 m、带电荷量+q、重力不计的带电粒子,以初速度 v1 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动,后进入电场做匀加速运动,然后第二次进入磁场中运动,此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此类推。求:(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 W1。(2)粒子第 n 次经过电场时电场
14、强度的大小 En。(3)粒子第 n 次经过电场时所用的时间 tn。-22-解析:(1)设磁场的磁感应强度的大小为 B,粒子第 n 次进入磁场时的半径为Rn,速度为 vn,由牛顿第二定律得 qvnB=mvn2Rn由得:vn=qRnBm 因为 R2=2R1,所以 v2=2v1对于粒子第一次在电场中的运动,由动能定理得W1=12 mv22 12 mv12联立式解得 W1=3mv122(2)粒子第 n 次进入电场时速度为 vn,出电场时速度为 vn+1,有vn=nv1,vn+1=(n+1)v1-23-由动能定理得 qEnd=12 mvn+12 12 mvn2联立式得 En=(2n+1)mv122qd(
15、3)设粒子第 n 次在电场中运动的加速度为 an,由牛顿第二定律得qEn=man由运动学公式得 vn+1-vn=antn联立式得 tn=2d(2n+1)v1答案:(1)3mv122(2)(2n+1)mv122qd(3)2d(2n+1)v1-24-真题放送1(2011上海单科)如图,质量为 m、长为 L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O,并处于匀强磁场中,当导线中通以沿 x 正方向的电流 I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为()。A.沿 z 正向,mgIL tan B.沿 y 正向,mgILC.沿 z 负向,mgIL tan D.沿悬线向上,mgIL sin-
16、25-解析:如图为沿 x 轴负方向观察时的侧面图,由平衡条件可知,导线静止时,导线所受安培力 F 在重力和绝缘细线的拉力 T 的反向延长线之间,如图所示。由左手定则可知,磁感应强度不可能沿 z 轴正向和沿悬线向上,即选项 A、D 错误;当磁感应强度沿 y 轴正方向时,有:F=BIL=mg,则 B=mgIL,选项 B 正确;当磁感应强度沿 z 轴负方向时,F=BIL=mgtan,则 B=mgIL,选项 C 正确。答案:BC-26-2(2011浙江理综)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为 2d
17、 和 d 的缝隙,两缝近端相距为 L。一群质量为 m、电荷量为 q,具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝隙垂直于板 MN 进入磁场,对于能够从宽度为 d 的缝隙射出的粒子,下列说法中正确的是()。-27-A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为qB(3d+L)2mC.保持 d 和 L 不变,增大 B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持 d 和 B 不变,增大 L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大-28-解析:带电粒子能够从右缝中射出,进入磁场时所受洛伦兹力方向应向右,由左手定则可判定粒子带负电,选项 A 错误;由 qvB=mv2r 得,v=qBrm,射出粒子运动的最大半径为 rm
18、ax=3d+L2,射出粒子运动的最小半径为 rmin=L2,故射出粒子的最大速度为 vmax=qB(3d+L)2m,选项 B 正确;射出粒子的最小速度为 vmin=qBL2m,v=vmax-vmin=3qBd2m,若保持 d 和 L 不变,增大 B 时,v 增大,选项 C 正确;若保持 d 和 B 不变,增大 L 时,v 不变,选项 D 错误。答案:BC-29-3(2011大纲全国卷)如图,与水平面成 45角的平面 MN 将空间分成和两个区域。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平向右射入区。粒子在区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用
19、,电场强度大小为E;在区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从区离开时到出发点 P0 的距离(粒子的重力可忽略)。-30-解析:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,作示意图如下,其加速度方向竖直向下,设其大小为 a,由牛顿定律得qE=ma设经过时间 t0,粒子从平面 MN 上的点 P1 进入磁场,由运动学公式和几何关系得v0t0=12 at02-31-粒子速度大小 v1 为 v1=v02+(at0)2设速度方向与竖直方向的夹角为,则tan=v0at0此时粒子到出发点 P0 的距离为s0=2v0t0此后粒子进入磁场,在洛伦兹力作用下做匀
20、速圆周运动,圆周半径为r1=mv1qB 设粒子首次离开磁场的点为 P2,弧P1P2 所张的圆心角为 2,则 P1 到点 P2 的距离为s1=2r1sin-32-由几何关系得+=45联立式得s1=2 mv0qB 点 P2 与点 P0 相距 l=s0+s1联立解得l=2mv0q(2v0E+1B)答案:2mv0q(2v0E+1B)-33-4(2011课标全国卷)如图,在区域(0 xd)和区域(d0)的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域,其速度方向沿 x 轴正向,已知 a 在离开区域时,速度方向与 x 轴正向的夹角为 30;此时,另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 P 点沿
21、x 轴正向射入区域,其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求:-34-(1)粒子 a 射入区域时速度的大小;(2)当 a 离开区域时,a、b 两粒子的 y 坐标之差。解析:(1)设粒子 a在内做匀速圆周运动的圆心为 C(在 y 轴上),半径为 Ra1,粒子速率为 va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P,如图。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB=mva2Ra1由几何关系得PCP=-35-Ra1=d式中,=30。由式得va=2dqBm。(2)设粒子 a 在内做圆周运动的圆心为 Oa,半径为 Ra2,射出点为 Pa(图中未画出轨迹),POaPa=,由洛伦兹力公式和牛
22、顿第二定律得qva(2B)=mva2Ra2由式得Ra2=Ra12-36-C、P和 Oa三点共线,且由式知 Oa点必位于 x=32d 的平面上。由对称性知,Pa点与 P点纵坐标相同,即yPa=Ra1cos+h式中,h 是 C 点的 y 坐标。设 b 在中运动的轨道半径为 Rb1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q(va3)B=mRb1(va3)2设 a 到达 Pa 点时,b 位于 Pb 点,转过的角度为.如果 b 没有飞出,则tTa2=2tTb1=2-37-式中,t 是 a在区域中运动的时间,而Ta2=2Ra2vTb1=2Rb1v/3由式得=30由式可见,b 没有飞出。Pb 点的 y 坐标为yPb
23、=Rb1(2+cos)+h-38-由式及题给条件得,a、b 两粒子的 y 坐标之差为yPa yPb=23(3-2)d答案:(1)2dqBm (2)23(3-2)d-39-5(2011北京理综)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域 ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A 处有一狭缝。离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场,运动到 GA 边,被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。-40-已知被加速的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m1m2),电荷量均为
24、 q。加速电场的电势差为 U,离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力,也不考虑离子间的相互作用。(1)求质量为 m1 的离子进入磁场时的速率 v1;(2)当磁感应强度的大小为 B 时,求两种离子在 GA 边落点的间距 s;(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽,可能使两束离子在 GA 边上的落点区域交叠,导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调,GA 边长为定值 L,狭缝宽度为 d,狭缝右边缘在 A 处。离子可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于 GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在 GA 边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度。-41
25、-解析:(1)加速电场对质量为 m1 的离子做的功W=qU由动能定理12m1v12=qU得 v1=2qUm1(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 qvB=mv2R,R=mvqB,利用式得离子在磁场中的轨道半径分别为 R1=2m1 UqB2,R2=2m2UqB2 两种离子在 GA 上落点的间距s=2R1-2R2=8UqB2(m1 m2)-42-(3)质量为 m1 的离子,在 GA 边上的落点都在其入射点左侧 2R1 处,由于狭缝的宽度为 d,因此落点区域的宽度也是 d。同理,质量为 m2 的离子在 GA 边上落点区域的宽度也是 d。为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为 2(R1-R2)d利用式,代入式得 2R1(1-m2m1)dR1 的最大值满足 2R1m=L-d得(L-d)(1-m2m1)d求得最大值 dm=m1-m22 m1-m2L-43-答案:(1)2qUm1(2)8UqB2(m1 m2)(3)m1-m22 m1-m2L-44-本课结束 谢谢观看
