《物理人教版學(xué)案與測評(píng)第3章 磁場（課件）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理人教版學(xué)案與測評(píng)第3章 磁場（課件）（43頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

歡迎進(jìn)入物理課堂 第八章磁場 第1節(jié)磁場的描述磁場對(duì)電流的作用 例1 2010 廈門模擬 把電流強(qiáng)度均為I 長度均為L的兩小段通電直導(dǎo)線分別置于磁場中的1 2兩點(diǎn)處時(shí) 兩小段通電直導(dǎo)線所受磁場力的大小分別為F1和F2 若已知1 2兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為B1 B2 則必有 A B1 F1 ILB B2 F2 ILC F1 F2D 以上都不對(duì) 點(diǎn)撥 注意到磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用力與導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān) 解析 磁感應(yīng)強(qiáng)度B的定義式B F IL 式中的F應(yīng)理解為檢驗(yàn)電流元 IL 垂直于B的方向放置時(shí)所受到的最大的磁場力 而此題中兩小段通電導(dǎo)線在1 2兩點(diǎn)處是否垂直于B不能確定 因此A B兩選項(xiàng)中的等式不一定成立 正因?yàn)榇艌鰧?duì)電流作用力的大小除與B I L有關(guān)外 還與導(dǎo)線與B的夾角有關(guān) 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(dǎo)線 長為1cm 電流強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度B一定是 A B 2TB B 2TC B 2TD 以上情況均可能 解析 當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時(shí) 磁感應(yīng)強(qiáng)度最小 Bmin F IL 0 1 5 1 10 2 T 2T 故B 2T 選項(xiàng)C正確 答案 C 例2如圖所示 把一通電直導(dǎo)線放在蹄形磁鐵磁極的正上方 導(dǎo)線可以自由移動(dòng) 當(dāng)導(dǎo)線通過電流I時(shí) 導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)情況是 從上往下看 A 順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) 同時(shí)下降B 順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) 同時(shí)上升C 逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) 同時(shí)下降D 逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) 同時(shí)上升 明確磁場感線的分布 點(diǎn)撥 根據(jù)磁場特點(diǎn) 將電流分段 電流元法 左手定則判斷電流運(yùn)動(dòng) 當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)后選取電流垂直紙面 特殊位置法 時(shí) 分析受力并判斷運(yùn)動(dòng)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 2 特殊位置分析法 選導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)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(dǎo)線在逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)向下運(yùn)動(dòng) 所以C正確 答案 C 2 2010 晉江模擬 如圖所示 把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用細(xì)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(dāng)線圈內(nèi)通過如圖所示的電流時(shí) 線圈將怎樣運(yùn)動(dòng) 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(zhuǎn)動(dòng) 即線圈向磁鐵平移 2 結(jié)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(zhuǎn)動(dòng) 只是相互吸引 即線圈將向磁鐵平移 例3 2010 晉江模擬 質(zhì)量為m 長度為L的導(dǎo)體棒MN靜止于水平導(dǎo)軌上 通過MN的電流為I 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 方向與導(dǎo)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(diǎn)撥 解析 求解此題容易犯的錯(cuò)誤是認(rèn)為磁感應(yīng)強(qiáng)度B與棒MN斜交成 角 實(shí)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(shí) 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(duì)此題可再改造一下 如將導(dǎo)軌右端墊高一個(gè)角度 成為一個(gè)斜面 使磁場沿各個(gè)不同的方向 1 保持原方向 2 豎直向下 3 垂直斜面 請(qǐng)同學(xué)們分別求解這些情況下使導(dǎo)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(dǎo)軌傾角為 處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中 導(dǎo)軌中接入電動(dòng)勢為E 內(nèi)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(jì) 將質(zhì)量為m 長度為L的導(dǎo)體棒ab由靜止釋放 求導(dǎo)體棒在釋放的瞬時(shí)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(duì)導(dǎo)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(qiáng)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(cuò)解 B 剖析 在安培力的計(jì)算公式中 L指的是導(dǎo)線的有效長度 彎曲導(dǎo)線的有效長度等于兩端點(diǎn)所連直線的長度 對(duì)任意形狀的閉合線圈 其有效長度L 0 所以通電后在勻強(qiáng)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(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 例1帶電量為 q的粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)方向垂直D 粒子只受到洛倫茲力作用 運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能 動(dòng)量均不變 點(diǎn)撥 1 洛倫茲力的大小與磁場的強(qiáng)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(guān) 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(guān) 3 洛倫茲力一定與運(yùn)動(dòng)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(guān) 而且與粒子速度方向和磁場方向的夾角有關(guān) A錯(cuò)誤 洛倫茲力的方向永遠(yuǎn)與粒子速度方向垂直 與電荷的電性有關(guān) 若電性改變 速度大小不變 方向變?yōu)榉捶较?B錯(cuò)誤 洛倫茲力不做功 粒子動(dòng)能不變 但洛倫茲力可改變粒子的運(yùn)動(dòng)方向 使動(dòng)量的方向不斷改變 D錯(cuò)誤 電荷進(jìn)入磁場時(shí)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(chǔ) 帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動(dòng)時(shí) 會(huì)受到洛倫茲力的作用 下列表述正確的是 A 洛倫茲力對(duì)帶電粒子做功B 洛倫茲力不改變帶電粒子的動(dòng)能C 洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D 洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 解析 根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn) 洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功 A錯(cuò)誤 B正確 根據(jù)F qvB 可知大小與速度有關(guān) C錯(cuò)誤 洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動(dòng)方向 不改變速度的大小 D錯(cuò)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(nèi) 有大小為B 0 1T 方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場 如圖所示 有一群帶電量大小均為q 2 10 2C 質(zhì)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(diǎn)O飛入磁場 并在ABCD所在平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 恰好都在AB邊飛出磁場 不計(jì)粒子重力 求 1 該群粒子帶什么電荷 2 從A點(diǎn)飛出的粒子速度為多大 3 從A點(diǎn)飛出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少 4 從B點(diǎn)飛出的粒子速度為多大 點(diǎn)撥 正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) 確定運(yùn)動(dòng)的半徑是解決本題的關(guān)鍵 解析 1 分析可知 粒子在O點(diǎn)受洛倫茲力向上 由左手定則可知粒子帶正電 2 從A點(diǎn)飛出的粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R L 4 0 25m 由qvB mv2 R 得v qBR m 代入數(shù)值得v 5m s 3 由T 2 R v 2 m qB 得t T 2 m qB代入數(shù)值得t 0 157s或t 20s 4 設(shè)從B點(diǎn)飛出的粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R 則 R L 2 2 L2 R2 得R 5L 4 代入數(shù)值R 1 25m 則v qBR m 代入數(shù)值得v 25m s 2 如圖所示 在直角區(qū)域aOb內(nèi) 有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 一電子 質(zhì)量為m 電荷量為 e 從O點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解析 1 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 洛倫茲力提供向心力evB mv2 R 則有R mv eB 畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 根據(jù)相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)可得 OO1B 60 則OB R mv eB 2 電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期 T 2 R v 2 m eB 電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t 1 6T m 3eB 例 2010 珠海模擬 如圖所示 第一象限范圍內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 質(zhì)量為m 電量大小為q的帶電粒子在xOy平面里經(jīng)原點(diǎn)O射入磁場中 初速度v0與x軸夾角 60 試分析計(jì)算 1 帶電粒子從何處離開磁場 穿越磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角多大 2 帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間多長 錯(cuò)解 認(rèn)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(fù)電 在相同的初速度下 正負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同 導(dǎo)致形成兩解 若帶電粒子帶負(fù)電 進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 圓心為O1 粒子向x軸偏轉(zhuǎn) 并從A點(diǎn)離開磁場 若帶電粒子帶正電 進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 圓心為O2 粒子向y軸偏轉(zhuǎn) 并從B點(diǎn)離開磁場 粒子速率一定 所以不論粒子帶何種電荷 其運(yùn)動(dòng)軌道半徑一定 只要確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡即可求解 正解 粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)一周所用的時(shí)間為T 2 R v0 2 m Bq 1 若粒子帶負(fù)電 它將從x軸上A點(diǎn)離開磁場 運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角 1 120 A點(diǎn)與O點(diǎn)相距x R mv0Bq 若粒子帶正電 它將從y軸上B點(diǎn)離開磁場 運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角 2 60 B點(diǎn)與O點(diǎn)相距y R mv0 Bq 2 若粒子帶負(fù)電 它從O到A所用的時(shí)間為t1 1 360 T 2 m 3Bq 若粒子帶正電 它從O到B所用的時(shí)間為t2 2 360 T m 3Bq 第3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 例1 2009 全國 如圖 在寬度分別為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)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(diǎn)斜射入磁場 然后以垂直于電 磁場分界線的方向進(jìn)入電場 最后從電場邊界上的Q點(diǎn)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(diǎn)到PQ的距離為d 不計(jì)重力 求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比 點(diǎn)撥 1 正確畫出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡 并通過幾何關(guān)系確定半徑 2 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 3 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng) 解析 本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng) 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 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(yīng)在分界線上 OP長度即為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧的半徑R 由幾何關(guān)系得R2 l12 R d 2 設(shè)粒子的質(zhì)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(shè)P 為虛線與分界線的交點(diǎn) POP 則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1 R v 式中有sin l1 R 粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng) 其初速度為v 方向垂直于電場 設(shè)粒子的加速度大小為a 由牛頓第二定律得qE ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(qiáng)電場區(qū)域和勻強(qiáng)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(nèi)豎直向下 而磁場方向垂直紙面向里 一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0垂直電場方向進(jìn)入電場 從A點(diǎn)出電場進(jìn)入磁場離開電場時(shí)帶電粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半 當(dāng)粒子從磁場右邊界上C點(diǎn)穿出磁場時(shí)速度方向與進(jìn)入電場O點(diǎn)時(shí)的速度方向一致 已知d v0 帶電粒子重力不計(jì) 求 1 粒子從C點(diǎn)穿出磁場時(shí)的速度大小v 2 電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值E B 解析 1 粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng) 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(diǎn)速度為v 2v0 在磁場中速度大小不變 所以從C點(diǎn)出磁場時(shí)速度仍為2v0 2 在電場中偏轉(zhuǎn)時(shí) 出A點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng) 如圖所示由幾何關(guān)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(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi) 在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場 磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 方向垂直xOy平面向里 電場線平行于y軸 一質(zhì)量為m 電荷量為q的帶正電的小球 從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出 經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場和磁場 恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場和磁場 MN之間的距離為L 小球過M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角為 不計(jì)空氣阻力 重力加速度為g 求 1 電場強(qiáng)度E的大小和方向 2 小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大小 3 A點(diǎn)到x軸的高度h 點(diǎn)撥 解答本題要根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出粒子的運(yùn)動(dòng)情況 解析 本題考查平拋運(yùn)動(dòng)和帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 1 小球在電場 磁場中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 說明電場力和重力平衡 恒力不能充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度方向豎直向上 2 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) O 為圓心 MN為弦長 MO P 如圖所示 設(shè)半徑為r 由幾何關(guān)系知L 2r sin 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供 設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(shè)小球到M點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy 它與水平分速度的關(guān)系為vy v0tan 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場 E已知 和勻強(qiáng)磁場 B已知 中 有一固定的豎直絕緣桿 桿上套一個(gè)質(zhì)量為m 電量為 q的小球 它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 現(xiàn)由靜止釋放小球 試求小球沿棒運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程中受到重力G mg 洛倫茲力F洛 Bqv 電場力F qE 桿對(duì)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(yùn)動(dòng)直到最后勻速 故當(dāng)v 0時(shí) 最大加速度amax mg Eq m g Eq m 當(dāng)F合 0時(shí) 即a 0時(shí) 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(qiáng)電場中 一長為L的絕緣輕桿 一端固定于O點(diǎn) 桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) 桿的另一端連接一質(zhì)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(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng) 則小球經(jīng)過最高點(diǎn)的速度最小為多少 錯(cuò)解一 忽略電場的作用 直接應(yīng)用結(jié)論 小球在最高點(diǎn)的最小速度為零 錯(cuò)解二 不知桿與繩的區(qū)別 不會(huì)用復(fù)合場的思想類比重力場進(jìn)行解題 剖析 這是一個(gè)復(fù)合場問題 重力場與電場的復(fù)合場 我們最習(xí)慣于研究重力場中的豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 我們就把復(fù)合場類比于重力場進(jìn)行解題 首先確定復(fù)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(fù)合場等效成重力場的等效加速度為2 3g 如下圖A點(diǎn)是平衡位置 B點(diǎn)是等效重力場中的最高點(diǎn) C點(diǎn)是幾何上最高點(diǎn) 也就是我們要求的最高點(diǎn) 因?yàn)槭禽p桿 所以B點(diǎn)的最小速度為0 再在BC間用動(dòng)能定理1 2mv2C mg h mg L 1 3 2 或類比于重力場中的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行計(jì)算可得vC 最后只要將g 改成23 3g即可得vC 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全 同學(xué)們 來學(xué)校和回家的路上要注意安全