人教版高中物理选修3-1：第三章-磁场-复习课件

第三章磁场复习课件•判定安培力作用下通电导体或通电线圈的运动方向，首先应该画出通电导体所在处的磁感线方向，然后根据左手定则确定导体所受安培力的方向，再由导体的受力情况判定导体的运动方向。归纳提升•1.电流元分析法•把整段电流分成很多小段直线电流，其中每一小段就是一个电流元。先用左手定则判断出每一小段电流元受到的安培力的方向，再判断整段电流所受安培力的方向，从而确定导体的运动方向。•2.等效分析法•环形电流可等效为小磁针，条形磁铁或小磁针也可等效为环形电流，通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁。。•3.利用结论法•（1）两电流相互平行时，无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。。•（2）两电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势.•4.转换研究对象法•在分析磁体所受磁场力作用时，往往根据物体之间作用力的相互性，首先判定直导线受力，而后分析磁体受力。这是一个逆向思维的过程，在学习过程中应注意这种分析方法的使用。【例1】如图3－1所示，两个完全相同的线圈套在同一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是（）A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度相背运动图3－1•解析：同向环形电流间相互吸引，虽然两电流的大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，又因线圈质量相等，所以选C项。•答案：C•安培力可以使通电导体静止、运动或转动，安培力还可以做功，解题的基本思路和力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，然后根据题中条件、牛顿定律等规律列式求解。•具体求解应从以下几个方面着手分析：•1.安培力大小•（1）当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB。•（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的夹角为θ时，F＝ILBsinθ。•2.安培力的方向•（1）安培力的方向由左手定则确定。•（2）F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于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。•（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。•4.注意的问题•（1）通电导线在磁场中受到的安培力与导线放置的角度有关，导线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。•【例2】如图3－2所示，质量m＝0.1kg的导体棒静止于倾角为30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5m。通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中。求：（取g＝10m/s2）•（1）导体棒所受安培力的大小和方向；•（2）导体棒所受静摩擦力的大小和方向。图3－2•解析：解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小。•（1）安培力F安＝ILB＝2×0.5×0.5N＝0.5N。•由左手定则可知安培力的方向水平向右。•（2）建立如图坐标系，分解重力和安培力．在x轴方向上，设导体棒受的静摩擦力大小为Ff，方向沿斜面向下。•在x轴方向上有：•mgsinθ＋Ff＝F安·cosθ，•解得Ff＝－0.067N，•负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，•即沿斜面向上。•答案：（1）0.5N水平向右（2）0.067N沿斜面向上1.洛伦兹力（1）大小：带电粒子的速度与磁场平行时F洛＝0，速度与磁场垂直时F洛＝qvB。（2）方向：由左手定则判断。（3）特点：对带电粒子永远不做功。（4）作用：带电粒子在匀强磁场中（v⊥B）只受洛伦兹力作用时，做匀速圆周运动。半径：R＝mvqB，周期T＝2πmqB（与半径、速率均无关）。•2.带电粒子在磁场中运动的临界问题•当某种物理现象变化为另一种物理现象，或物体从一种状态变化为另一种状态，发生这种质的飞跃的转折状态通常称临界状态，涉及临界状态的物理问题叫临界问题，产生临界状态的条件叫临界条件，临界问题能有效地考查多方面的能力。•带电粒子在磁场中运动，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。•【例3】如图3－3所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？图3－3•解析：本题考查圆周运动的边界问题的求解方法。当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：r＋rcosθ＝d①又r＝mv0Be②由①②得v0＝Bedm1＋cosθ③故电子要射出磁场，速率至少应为Bedm1＋cosθ。由③式可知，θ＝0°时，v0＝Bed2m最小，由②式知此时半径最小，rmin＝d2，也可由轨迹分析得出上述结论。•反思领悟：解题关键是用放缩法画图找临界条件。答案：（1）Bedm1＋cosθ（2）Bed2m•复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在的某一空间。粒子经过该空间时可能受到的力有重力、静电力和洛伦兹力。处理带电粒子（带电体）在复合场中运动问题的方法：•1.正确分析带电粒子（带电体）的受力特征•带电粒子（带电体）在复合场中做什么运动，取决于带电粒子（带电体）所受的合外力及其初始速度。带电粒子（带电体）在磁场中所受的洛伦兹力还会随速度的变化而变化，而洛伦兹力的变化可能会引起带电粒子（带电体）所受的其他力的变化，因此应把带电粒子（带电体）的运动情况和受力情况结合起来分析，注意分析带电粒子（带电体）的受力和运动的相互关系，通过正确的受力分析和运动情况分析，明确带电粒子（带电体）的运动过程和运动性质，选择恰当的运动规律解决问题。•2.灵活选用力学规律•（1）当带电粒子（带电体）在复合场中做匀速运动时，就根据平衡条件列方程求解。。•（2）当带电粒子（带电体）在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解。•（3）当带电粒子（带电体）在复合场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。•3.带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的区别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)受力情况恒力F＝Eq大小、方向不变洛伦兹力F＝Bqv大小不变，方向随v而改变运动类型类似平抛运动匀速圆周运动或其一部分运动轨迹抛物线圆或圆的一部分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)运动轨迹求解方法处理横向偏移y和偏转角φ要通过类似平抛运动的规律求解横向偏移y和偏转角φ要结合圆的几何关系通过圆周运动的讨论求解•【例4】在如图3－4所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.1T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切。y轴右侧存在电场强度大小为E＝1.0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m．现从坐标为（－0.2m，－0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s.重力不计。•（1）求该带电粒子射出电场时的位置坐标；•（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，－0.05m）的点回到电场中，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积。图3－4解析：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝mv20r，解得r＝0.20，m＝R。根据几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动。设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有l＝v0t，y＝12·qEmt2，联立解得y＝0.05m。所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1m，0.05m)•答案：（1）（0.1m，0.05m）（2）4T0.02m2（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度vy＝at＝5.0×103m/s＝v0，粒子射出电场时速度v＝2v0。由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径r′＝0.052m，由qvB′＝mv2r′，解得B′＝4T.正方形区域最小面积S＝(2r′)2，解得S＝0.02m2.•洛伦兹力在现代科技中应用十分广泛，前面我们已经学习的速度选择器、质谱仪、回旋加速器等都是利用洛伦兹力，下面再列举几例。•1．磁流体发电机•如图3－5所示是磁流体发电机的原理图，其原理是由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速v喷入偏转磁场B（发电通道）中，正负离子在洛伦兹力作用下发生上、下偏转而积聚到A、C板上，产生电势差，从而在两板间形成一个向下的电场．此后进入两板间的等离子体将同时受静电力和洛伦兹力作用，当等离子体受静电力与洛伦兹力平衡，即qE＝Bqv时，等离子体将匀速通过发电通道，此时A、C板上积聚的电荷最多，两板间电势差最大，闭合开关S，将A、C两板与负载R相连，就可对外供电，这就是磁流体发电．AC两板间电势差的最大值U即为该发电机的电动势，由qE＝Bqv及E＝U/d可得，电动势为：U＝Bdv，其中d为AC两板间的距离。图3－52．霍尔效应如图3－6所示，高h、宽为d的导体置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体板的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称霍尔电压。图3－63.电磁流量计图3-7是电磁流量计的示意图。在非磁性材料做成的圆管道外加一匀强磁场区域，当管中的导电液体流过此磁场区域时，液体中的带电微粒在洛伦兹力的作用下发生偏转，使管壁与磁场和流速均垂直的两个侧面上产生电势差。测出管壁上的ab两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量Q——单位时间内流过液体的体积(m3/s)。图3－7因为电磁流量计是一根管道，内部没有任何阻碍流体流动的结构，所以可以用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量。它具有测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套等优点．达稳定状态时，洛伦兹力与静电力平衡，故qvB＝q·UD，速度为v＝UBD。根据液体流量Q＝πD24v，可得Q＝πD24·UBD＝πDU4B。【例5】如图3－8所示为磁流体发电机示意图，其中两极板间距d＝20cm，磁场的磁感应强度B＝5T，若接入额定功率P＝100W的灯泡，灯泡正常发光，其正常发光时的电阻R＝400Ω，不计发电机内阻，求：等离子体的流速为多大？图3－8•思路点拨：当小灯泡正常发光时，根据所提供的参数，可求出灯泡两端的电压，因不考虑发电机的内阻，该电压就等于发电机的电动势，也等于两极板间的电压。然后对等离子体列受力平衡方程即可求解。解析：回路中电动势E＝PR＝200V，又Edq＝qvB，所以E＝Bdv。v＝EBd＝2005×0.2m/s＝200m/s。答案：200m/s•【例1】如图3－9所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T。位于纸面内的细直导线，长L＝1m，通有I＝1A的恒定电流。当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零。则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为（）图3－9A.12TB.32TC．1TD.3T•错因分析：很多同学只选C，认为合磁感应强度为零导线才不受安培力的作用，漏选B、D.出现错误的主要原因是不清楚当合磁场的磁感应强度沿导线方向时导线也不受安培力。正确解析：导线受到的安培力为零，可判断出合磁感应强度为零或沿导线方向，可求出磁感应强度B2的最小值，B2最小值＝B1sin60°＝32T，故B、C、D均正确。答案：BCD•【例2】如图3－10所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物