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文檔簡介

1、章末總結(jié)要點一 通電導線在磁場中的運動及受力1 直線電流元分析法: 把整段電流分成很多小段直線電流, 其中每一小段就是一個電流元,先用左手定則判斷出每小段電流元受到的安培力的方向,再判斷整段電流所受安培力的 方向,從而確定導體的運動方向2 特殊位置分析法, 根據(jù)通電導體在特殊位置所受安培力方向, 判斷其運動方向,推廣到一般位置3 等效分析法: 環(huán)形電流可等效為小磁針, 條形磁鐵或小磁針也可等效為環(huán)形電流,電螺線管可等效為多個環(huán)形電流或條形磁鐵4利用結(jié)論法: (1) 兩電流相互平行時,無轉(zhuǎn)動趨勢;電流同向?qū)Ь€相互吸引,電流反向?qū)Ь€相互排斥; (2) 兩電流不平行時,導線有轉(zhuǎn)動到相互平行且電流同向

2、的趨勢要點二 帶電粒子在有界磁場中的運動有界勻強磁場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)域由 于運動的帶電粒子垂直磁場方向,從磁場邊界進入磁場的方向不同,或磁場區(qū)域邊界不同, 造成它在磁場中運動的圓弧軌道各不相同如下面幾種常見情景:然后通圖 3 1解決這一類問題時,找到粒子在磁場中一段圓弧運動對應的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關(guān)的幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵1三個 ( 圓心、半徑、時間 ) 關(guān)鍵確定研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時,??紤]的幾個問題:(1) 圓心的確定已知帶電粒子在圓周中兩點的

3、速度方向時 出兩條速度的垂線, 這兩條垂線相交于一點, 到)(2) 半徑的確定一般應用幾何知識來確定( 一般是射入點和射出點 ) ,沿洛倫茲力方向畫該點即為圓心 (弦的垂直平分線過圓心也常用(3) 運動時間: t 36 T2T( 、 為圓周運動的圓心角 ) ,另外也可用弧長 l 與速率的比值來表示,即 t l/ v.圖 32(4) 粒子在磁場中運動的角度關(guān)系:粒子的速度偏向角 ( ) 等于圓心角 ( ), 并等于 AB弦與切線的夾角 (弦切角 即 2 t; 相對的弦切角 ( ) 相等, 與相鄰的弦切角 ( )互補, 即 180 . 如圖 3 2 所示) 的 2 倍, 2兩類典型問題(1) 極值

4、問題: 常借助半徑 R和速度 v(或磁場 B)之間的約束關(guān)系進行動態(tài)運動軌跡分析, 確定軌跡圓和邊界的關(guān)系,找出臨界點,然后利用數(shù)學方法求解極值注意 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 ( 或弦長 ) 越長,圓周角越大,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,圓周角大的,運動時間長(2) 多解問題:多解形成的原因一般包含以下幾個方面:粒子電性不確定;磁場方向不確定;臨界狀態(tài)不唯一;粒子運動的往復性等 關(guān)鍵點:審題要細心重視粒子運動的情景分析要點三 帶電粒子在復合場中的運動復合場是指電場、 磁場和重力場并存, 或其中某兩場并存,

5、 或分區(qū)域存在的某一空間 粒子經(jīng)過該空間時可能受到的力有重力、靜電力和洛倫茲力處理帶電粒子 中運動問題的方法:(帶電體 )在復合場1正確分析帶電粒子 ( 帶電體 ) 的受力特征帶電粒子 ( 帶電體 ) 在復合場中做什么運動,取決于帶電粒子 ( 帶電體 )所受的合外力及其初始速度帶電粒子 ( 帶電體 ) 在磁場中所受的洛倫茲力還會隨速度的變化而變化,而洛倫茲力的變化可能會引起帶電粒子 (帶電體 )所受的其他力的變化,因此應把帶電粒子 ( 帶電體 ) 的運動情況和受力情況結(jié)合起來分析,注意分析帶電粒子 ( 帶電體 )的受力和運動的相互關(guān)系,通過正確的受力分析和運動情況分析,明確帶電粒子 (帶電體

6、) 的運動過程和運動性質(zhì),選擇恰當?shù)倪\動規(guī)律解決問題2靈活選用力學規(guī)律(1) 當帶電粒子 (帶電體 )在復合場中做勻速運動時,就根據(jù)平衡條件列方程求解(2) 當帶電粒子 (帶電體 )在復合場中做勻速圓周運動時, 往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解(3) 當帶電粒子 (帶電體 )在復合場中做非勻變速曲線運動時, 常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解(4) 由于帶電粒子 ( 帶電體 ) 在復合場中受力情況復雜, 運動情況多變, 往往出現(xiàn)臨界問題,這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口,挖掘隱含條件,根據(jù)隱含條件列出輔助方程,再與其他方程聯(lián)立求解(5) 若勻

7、強電場和勻強磁場是分開的獨立的區(qū)域, 則帶電粒子在其中運動時, 分別遵守在電場和磁場中運動規(guī)律,處理這類問題的時候要注意分階段求解 .一、通電導線在磁場中的受力問題【例 1】 豎直放置的直導線圖 33AB與導電圓環(huán)的平面垂直且隔有一小段距離,直導線固定,圓環(huán)可以自由運動,當通以如圖 33 所示方向的電流時 ( 同時通電 ) ,從左向右看,線圈將 ( )A順時針轉(zhuǎn)動,同時靠近直導線B順時針轉(zhuǎn)動,同時離開直導線 C逆時針轉(zhuǎn)動,同時靠近直導線 D不動ABABAB答案 C解析 圓環(huán)處在通電直導線的磁場中,由右手螺旋定則判斷出通電直導線右側(cè)磁場方向垂直紙面向里,由左手定則判定,水平放置的圓環(huán)外側(cè)半圓所受

8、安培力向上,內(nèi)側(cè)半圓所受安培力方向向下,從左向右看逆時針轉(zhuǎn),轉(zhuǎn)到與直導線在同一平面內(nèi)時,由于靠近導線一側(cè)的半圓環(huán)電流向上,方向與直導線中電流方向相同,互相吸引,直導線與另一側(cè)半圓環(huán)電流反向,相互排斥,但靠近導線的半圓環(huán)處磁感應強度 B值較大,故 F 引 F 斥 ,對圓環(huán)來說合力向左二、帶電粒子在有界磁場中的運動【例 2】 如圖 3 4 所示,圖 34在半徑為 R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場, 磁場的方向垂直于紙面, 磁感應強度為 B. 一22d(2 Rd)RqBd(2 Rd)質(zhì)量為 m,帶電荷量為 q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑 磁場 (不計重力影響 )(1) 如果粒子恰好從 A 點射出

9、磁場,求入射粒子的速度(2) 如果粒子經(jīng)紙面內(nèi) Q點從磁場中射出, 出射方向與半圓在 所示 ) ,求入射粒子的速度答案 (1) (2) 解析 (1) 由于粒子由 P點垂直射入磁場,故圓弧軌跡的圓心在 射出,故可知 AP是圓軌跡的直徑設入射粒子的速度為 v 1,由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得qBd2m.(2) 如下圖所示,設 O是粒子在磁場中圓弧軌跡的圓心連接AD方向經(jīng) P 點(APd) 射入Q點切線的夾角為 ( 如圖AP上,又由粒子從 A點md qv1B,解得 v1OQ,設 OQ R.由幾何關(guān)系得 OQO = OO =R+R-d由余弦定理得 ( OO) 2 R 2 2RRcos 聯(lián)立式得

10、2 R(1 cos ) d 設入射粒子的速度為 v,由 m qvB解出 v 2m R(1 cos ) d三、復合場 ( 電場磁場不同時存在 )【例 3】 在空間存在一個變化的勻強電場和另一個變化的勻強磁場, 電場的方向水平向右( 如圖 3 5 中由點 B 到點 C),場強變化規(guī)律如圖甲所示, 磁感應強度變化規(guī)律如圖乙所示,方向垂直于紙面從 t 1 s 開始,在 A 點每隔 2 s 有一個相同的帶電粒子 (重力不計 )沿 AB 方向 (垂直于 BC) 以速度 v0 射出,恰好能擊中 C點,若 ABBCl ,且粒子在點 A、 C間的運 動時間小于 1 s ,求:圖 35(1) 磁場方向 (簡述判斷

11、理由 )(2) E0 和 B0 的比值(3) t 1 s 射出的粒子和 t 3 s 射出的粒子由 A 點運動到 C 點所經(jīng)歷的時間 t 1 和 t 2 之比答案 (1) 垂直紙面向外 ( 理由見解析 ) (2)2 v0 1 (3)2 解析 (1) 由圖可知, 電場與磁場是交替存在的, 即同一時刻不可能同時既有電場, 又有磁場據(jù)題意對于同一粒子,從點 A 到點 C,它只受靜電力或磁場力中的一種,粒子能在靜電力作用下從點 A 運動到點 C,說明受向右的靜電力, 又因場強方向也向右, 故粒子帶正電 因為粒子能在磁場力作用下由 A 點運動到點 C,說明它受到向右的磁場力,又因其帶正電,根據(jù)左手定則可判

12、斷出磁場方向垂直于紙面向外(2) 粒子只在磁場中運動時,它在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動因為 ABBCl ,則2m2t 2 4T,因為lmv20 mqE0 1 2解得 E0 ,則 運動半徑 R l . 由牛頓第二定律知: qv0B0 R ,則 B0 ql粒子只在電場中運動時,它做類平拋運動,在點 A 到點 B 方向上,有 l v0t在點 B 到點 C方向上,有 a m, l 2at2mv20 E0 2v0ql B0 1(3) t 1 s射出的粒子僅受到靜電力作用, 則粒子由 A點運動到 C點所經(jīng)歷的時間 t 1 v0,因 E0 ql ,則 t 1 t 3 s 射出的粒子僅受到磁場力作用,則粒子

13、由 A 點運動到 C點所經(jīng)歷的時間 1 T t 2 ;故 t 1 t 22 .章末檢測一、選擇題1.圖 1一束粒子沿水平方向平行飛過小磁針上方,如圖 1 所示,此時小磁針 S 極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn),這一束粒子可能是 ( )A向右飛行的正離子束B向左飛行的正離子束 C向右飛行的負離子束 D向左飛行的負離子束 答案 BC解析 小磁針 N極的指向即是磁針所在處的磁場方向題中磁針 S 極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn),說明離子束下方的磁場方向由紙內(nèi)指向紙外由安培定則可判定離子束的定向運動所產(chǎn)生的電流方向由右向左,故若為正離子,則應是由右向左運動,若為負離子,則應是由左向右運動,答案是 B、 C.2 當帶電粒子垂直進入勻強電場或勻

14、強磁場中時, 稱這種電場為偏轉(zhuǎn)電場, 這種磁場為偏轉(zhuǎn)磁場,下列說法正確的是 ( )A要想把速度不同的同種帶電粒子分開,既可采用偏轉(zhuǎn)電場,也可采用偏轉(zhuǎn)磁場B要想把動能相同的質(zhì)子和 粒子分開,只能采用偏轉(zhuǎn)電場C要想把由靜止開始經(jīng)同一電場加速的質(zhì)子和 粒子分開,既可采用偏轉(zhuǎn)電場,也可采用偏轉(zhuǎn)磁場D要想把初速度相同、比荷不同的粒子分開,既可采用偏轉(zhuǎn)電場,也可采用偏轉(zhuǎn)磁場答案 ABD3.圖 2電動機通電之后電動機的轉(zhuǎn)子就轉(zhuǎn)動起來,其實質(zhì)是因為電動機內(nèi)線圈通電之后在磁場中受到了安培力的作用, 如圖 2 所示為電動機內(nèi)的矩形線圈, 其只能繞 Ox軸轉(zhuǎn)動, 線圈的四個邊分別與 x、 y 軸平行, 線圈中電流方

15、向如圖所示, 當空間加上如下所述的哪種磁場時, 線圈會轉(zhuǎn)動起來 ( )A方向沿B方向沿 C方向沿 D方向沿x 軸的恒定磁場y 軸的恒定磁場z 軸的恒定磁場z 軸的變化磁場答案 B4.圖 3兩帶電油滴在豎直向上的勻強電場 E和垂直紙面向里的勻強磁場 B正交的空間做豎直平面內(nèi)的勻速圓周運動,如圖 3 所示則兩油滴一定相同的是 ( )帶電性質(zhì) 運動周期 運動半徑運動速率A B C D 答案 A解析 根據(jù) mgqE,所以靜電力方向必須向上;根據(jù)只要q為常數(shù)即可,但 v 不一定相等,所以錯誤根據(jù)mr ,所以T qB ,可得運動周期相同,2 m對5如圖 4 所示,一質(zhì)量為 m,電荷量為 q 的帶正電絕緣體

16、物塊位于高度略大于物塊高的 水平寬敞絕緣隧道中,物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為 ,整個空間中存在垂直紙面向里,磁感應強度為 B的水平勻強磁場,現(xiàn)給物塊水平向右的初速度 v0,空氣1m3g2 1 2211 2 1 2 1 2 m3g21 2 m3g2阻力忽略不計,物塊電荷量不變,隧道足夠長,則整個運動過程中,物塊克服阻力做功可能是( )A 022C. mB.D.圖 4m 2 22 2q B2 2 m2q B 2答案 ABC解析 物塊進入磁場后的受力情況有三種可能情況:第一種,洛倫茲力和重力是一對平衡力,即 Bqv0 mg,滿足該情況的 v,沒有摩擦力,所以克服摩擦力做功為零;第二

17、種情況, v0,擠壓上表面,要克服摩擦力做功,當速度減小為v 后,摩擦力消失,故克mgBqW m mv m 2 2 ;第三種情況,服摩擦力做功 2 2 2 2Bq2做功,一直到速度為零,所以克服摩擦力做功 W m.6回旋加速器是利用較低電壓的高頻電源,v00 的空間中存在勻強電場,場強沿圖 8y 軸負方向;在 y0 的空間中,存在勻強磁場,磁場方向垂直 xy 平面 ( 紙面) 向外一電荷量為 q、質(zhì)量為 m的帶正電的運動粒子,經(jīng)過 y 軸上 y h 處的點 P1 時速率為 v0 ,方向沿 x 軸正方向;然后,經(jīng)過 x 軸上 x 2h 處的 P2 點進入磁場,并經(jīng)過 y 軸上 y 2h 的 P3

18、 點不計重力求:(1) 電場強度的大小(2) 粒子到達 P2 時速度的大小和方向(3) 磁感應強度的大小答案 (1) v20h (2) 2v0 方向與 x 軸夾角 45,斜向右下方 (3) mv 115 m qBLvqvBmv2E解析 (1) 粒子在電場和磁場中的運動軌跡如右圖所示設粒子從 P1 運動到 P2 的時間為 t ,電場強度的大小為 E,粒子在電場中的加速度為 a,由牛頓第二定律和運動學公式有:qE ma, v0t 2h, h 2at 2由上列三式解得: 2qh2mv0(2) 粒子到達 P2 時速度沿 x 方向速度分量為 v0, 以 v 1 為速度沿 y 方向速度分量的大小, v表示

19、速度的大小, 為速度與 x軸的夾角,則有:v 2ah, v v v, tan v0由上圖可得: 45知 v1 v0由以上各式解得: v 2v0(3) 設磁場的磁感應強度為 B, 在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動, 由牛頓第二定律可得: rr 是圓周的半徑,與 x 軸、 y 軸的交點為 P2、 可知,連線 P2P3 為圓周的直徑,由幾何關(guān)系可求得:最后解得: B qh10如圖 9 所示,P3 ,因為 OP2OP3, 45,由幾何關(guān)系r 2h圖 9abcd 是一個邊長為 L 的正方形, 它是磁感應強度為 B 的勻強磁場橫截面的邊界線 一帶電粒子從 ad邊的中點 O與 ad邊成 30角且垂直于磁場

20、方向射入 若該帶電粒子所帶電荷量為 q、 質(zhì)量為 m(重力不計 ), 則該帶電粒子在磁場中飛行時間最長是多少?若要帶電粒子 飛行時間最長,帶電粒子的速度必須符合什么條件?答案 3qB 3m解析 從題設的條件中, 可知帶電粒子在磁場中只受洛倫茲力作用, 它做勻速圓周運動,粒子帶正電,由左手定則可知它將向向沒有畫出 ) ,這些軌道的圓心均在與2ab方向偏轉(zhuǎn),帶電粒子可能的軌道如下圖所示 (磁場方v 方向垂直的 OM上帶電粒子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力,有 qvB r 運動的周期為 T v qB 2 r 2 m由于帶電粒子做勻速圓周運動的周期與半徑和速率均沒有關(guān)系,這說明了它在磁場中運動的時間僅與軌跡所對的圓心角大小有關(guān)由圖可以發(fā)現(xiàn)帶電粒子從入射邊進入,又從入射邊飛出,其軌跡所對的圓心角最大,那么,帶電粒子從 ad 邊飛出的軌跡中,與 ab相切的軌3 .(1) 22跡的半徑也就是它所有可能軌跡半徑中的臨界半徑 r0: r r0, 在磁場中運動時間是變化的,r r0, 在磁場中運動的時間是相同的, 也是在磁場中運動時間最長的O2EF和三角形 O2OE均為正三角形,所以有 OO2E運動的時間 t 軌跡所對的圓心角為T2 由圖還可以得到 2 5 m3qB 5 3 3;帶電粒子的速度應符合條件 3qB5

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