2014年一輪復習第八章磁場

第八章磁場第1課時磁場及其描述基礎知識歸納1.磁場(1)磁場：磁極、電流和運動電荷周圍存在的一種物質(zhì)；所有磁現(xiàn)象都起源于電荷運動；磁場對放入其中的磁體(通電導線和運動電荷)產(chǎn)生力的作用；(2)磁場的方向：規(guī)定小磁針在磁場中N極的受力方向(或小磁針靜止時N極的指向)為該處的磁場方向.2.磁感線及其特點用來形象描述磁場的一組假想曲線，任意一點的切線方向為該點磁場方向，其疏密反映磁場的強弱；在磁體外部磁感線由N極到S極，在內(nèi)部由S極到N極，形成一組永不相交的閉合曲線.3.幾種常見的磁感線(1)條形磁鐵的磁感線：見圖1，外部中間位置磁感線切線與條形磁鐵平行；(2)蹄形磁鐵的磁感線：見圖2.圖1圖2(3)電流的磁感線：電流方向與磁感線方向的關系由安培定則來判定.直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場與條形磁鐵的磁場相環(huán)形電流的兩側是N極和無磁極、非勻強且距導線似，管內(nèi)為勻強磁場特點S極且離圓環(huán)中心越遠，磁越遠處磁場越弱且磁場最強，管外為非勻強磁場場越弱立體圖橫截面圖縱截面圖(4)地磁場的磁感線：見圖3，地球的磁場與條形磁鐵的磁場相似，其主要特點有三個：①地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近；②地磁場B的水平分量(B)總是從地球南極指向地球北極，而豎直分量B在南半球xy垂直地面向上，在北半球垂直地面向下；③在赤道平面上，距離表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北.(5)勻強磁場的磁感線：磁場的強弱及方向處處相同；其磁感線是疏密相同，方向相同的平行直線；距離很近的兩個異名磁極之間的磁場及通電螺線管內(nèi)部的磁場(邊緣部分除外)，都可以認為是勻強磁場.4.磁感應強度1用來表示磁場強弱和方向的物理量(符號：B).定義：在磁場中垂直于磁場方向的通電導線，所受安培力與電流的比值.FB＝，單位：特斯拉(符號：T).大?。篒L方向：磁場中某點的磁感應強度方向是該點磁場的方向，即通過該點的磁感線的切線方向；磁感應強度的大小由磁場本身決定，與放入磁場中的電流無關.磁感應強度是矢量.5.磁通量(Φ)在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的平面，面積為S，我們把B與S的乘積叫做穿過這個面積的磁通量.用公式表示為：Φ＝BS.磁通量是標量，但有方向.重點難點突破一、理解“磁場方向”、“磁感應強度方向”、“小磁針靜止時北極的指向”以及“磁感線切線方向”的關系它們的方向是一致的，只要知道其中任意一個方向，就等于知道了其他三個方向.二、正確理解磁感應強度1.磁感應強度是由比值法定義的，磁場中某位置的磁感應強度的大小及方向是客觀存在的，由磁場本身的性質(zhì)決定，與放入的通電導線的電流大小I、導線長度L無關，與通電導線是否受安培力無關，即使不放入通電導體，磁感應強度依然存在；F2.必須準確理解定義式B＝成立的條件是通電導線垂直于磁場放置.磁場的方向與安培力的方向垂．IL直；3.磁感應強度是矢量，遵守矢量分解、合成的平行四邊形定則.三、安培定則的應用1.判定直線電流2.判定環(huán)形電流(或通電部)的磁感線方向形成的磁場方向：大拇指指電流方向，四指指磁場的環(huán)繞方向.螺線管)的磁場方向時，四指指電流方向，大拇指指環(huán)內(nèi)中心軸線(或螺線管內(nèi).典例精析1.對磁感應強度的理解【例1】以下說法正確的是()F元在磁場中受磁場力為F，則B＝，電流元所受磁場力F的方向即為該點的磁場方向ILA.電流F元在磁場中受磁場力為F，則磁感應強度可能大于或等于B.電流ILC.磁場中電流元受磁場力大的地方，磁感應強度一定大段通電直導線在該處一定不受磁場力【解析】判斷磁感應強度的大小，需在電流元受力最大的前提下進行，且電流元受磁場力方向與該點A錯，B對.電流元在磁場中所受磁場力與其放置的位置有關，電流元受力大的地方磁感C錯.D.磁感應強度為零的地方，一小磁場方向垂直，故應強度不一定大，故【答案】BDF【思維提升】(1)準確理解公式B＝成立的條件是B⊥I，即受力最大的前提是解題的關鍵；IL(2)準確理解磁感應強度的大小積成反比.【拓展1】一根導線則該處的磁感應強度大小B為0.1T；如果該導線的為0.1T.若把這根通電導線放入磁場中的另外一點，所受磁場力為12×10－為≥0.2T.、方向是由磁場本身的性質(zhì)決定的，不能說B與F成正比、與IL的乘長0.2m，通有3A的電流，垂直磁場放入磁場中某處受到的磁場力是6×10－N，2長度和電流都減小一半，則該處的磁感應強度大小N，則該點磁感應強度大小226102【解析】通電導線垂直放入磁場中，由定義式得FILB＝＝T＝0.1T30.2某點的磁感應強度由磁場本身決定，故B＝0.1T當通電導線在某處所受磁場力一定，將其垂直放入時，對應的B最小.12102FBmin=＝T＝0.2T，故B′≥0.2T30.2IL2.安培定則的應用【例2】當S閉合時，在螺線管內(nèi)部的一根小鐵棒被磁化，右端為(俯視)？N極的指向為該點的磁場方向，N極，故螺線管內(nèi)右端為N極.再根據(jù)安培定則及等效法確定電源右端為負(同時靠近螺線管【思維提升】明確磁場方向，小磁針N極受力方向(或靜止時磁感應強度B的方向.明確磁體外部是由N極到S極，合曲線.【拓展2】彈簧秤下掛一條形磁棒，其中條形磁棒.下列說法正確的是(AC)A.若將a接電源正極，b接負極，彈簧秤示數(shù)將減小b接負極，彈簧秤示數(shù)將增大N極.試判斷通電螺線管的極性和電源的極性，這時用絕緣線懸掛的小通電圓環(huán)將怎樣運動【解析】小磁針(本題中為磁化后的軟鐵棒)靜止時在螺線管內(nèi)部磁感線由S極到極，左端為正極，小通電圓環(huán)順時針轉動).N極指向)、磁感線在該點的切線方向及在內(nèi)部是由S極到N極的閉是同一個方向感線在磁N極的一部分位于未通電的螺線管內(nèi)，如圖所示B.若將a接電源正極，C.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將增大D.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將減小【解析】條形磁鐵在本題中可以看做小磁針，當a接電源正極時，條形磁鐵的N極方向與螺線管的磁D錯.感線方向相反，相互排斥，示數(shù)減小，A對，B錯；同理C對，3.安培定則與磁感應強度的矢量性【例3】如圖所示，互相絕緣的三根無限長直導線的一部分.三根導線通過的電流大小相等，方向如圖所示.O為三角形的中心，O關于ab、cd的對稱點.已知三電流形成的合磁場在O點的磁感應強度的大小為B1，在M點的磁感應強度大小為B，此時合磁場在N點的磁感應強度的大小為.若撤去ef中的電流，而ab、cd中電流不變，則N點的磁感應強度大小為.【解析】設每根電流線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B，ef、cd在M點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0′，則在O點有B1＝①在M點有B2＝2B0′＋B②在N點有B＝B0＝B1撤去ef中的電流后，在ab、cd、ef組成一個等M、N分邊三角形別為20B0N點有B′＝＋B0′③B0NN0BB由①②③式解得B′＝122NBB【答案】B1；122【思維提升】直線電流的磁場方向及位置有關，充分利用“對稱性”是解本題的關鍵.【拓展3】三根平行的直導線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，如圖所示，現(xiàn)使每條通電導線在斜邊中點O所產(chǎn)生的磁感應強度的大小為B.則該處的實際磁感應強度的大小和方向如何？【解析】根據(jù)安培定則，I與I在O點處產(chǎn)生的磁感應強度相同，由安培定則確定，直線電流的磁場強弱與電流I的大小I在O點處產(chǎn)132生的磁感應強度的方向與B(B)相垂直.又知B、B2、B3的大小均為B，根據(jù)矢量的運131算可知O處的實際磁感應強度的大小B＝(2)5B，方向三形角平面內(nèi)與斜B2B20邊夾角θ＝arctan2，如圖所示.3易錯門診【例4】如圖所示，電流從A點分兩路通過環(huán)形支路再匯合于B點，已知兩個支路的金屬材料相同，O處的磁感應強度方向是()B.垂直于環(huán)面指向紙外D.斜向紙內(nèi)O點場強很有可能選擇O點的磁場的大小沒作認真分析，故選擇但截面積不相同，上面部分的截面積較大，則環(huán)形中心A.垂直于環(huán)面指向紙內(nèi)C.磁感應強度為零【錯解】根據(jù)磁感應強度的矢量性，在C或D.【錯因】對于兩個支路的電流產(chǎn)生的磁場在C，有時對方向O處的磁感應強度方向均在垂直于圓環(huán)方向上，但上面支路的電流大，在O處里，選擇A.的分析也不具體，所以容易選擇D.【正解】兩個支路在的磁感應強度較大，故疊加后應為垂直于紙面向【答案】A【思維提升】認真審題，結合電路的結構特點，分析電流的大小關系，利用矢量合成原理分析O處的磁感應強度方向.第2課時磁場對電流的作用基礎知識歸納1.安培力：磁場對電流的作用力(1)安培力的大小F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角①此公式適用于任何磁場，但只有勻強磁場才能直接相乘.②L應為有效長度連線在垂直于磁場方向的投影長度，相應的電流方向沿L(有效長度)由始端流向終端.任何形).，即曲線的兩端點狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以通電后，閉合線圈受到的安培力的矢量和為零.③當θ＝90°時，當θ＝0°時，即B與I平行，(2)安培力的方向：用左手定則來判定(左手定則見課本).(F)的方向既與磁場(B)方向垂直，又與電流I的方向垂直，F(xiàn)垂直于B與I決定的平面，但B與I可不垂直2.磁電式儀表的原理(1)電流表的構造主要包括：蹄形磁間的磁場是均勻的輻向分布的，如圖所示.無論通電面均與磁感線平行.給線圈通電，線圈在安培力的力矩的作用彈簧變形，產(chǎn)生一個阻礙線圈轉動的力矩，當兩者平衡時，線圈停止轉動.電流針的偏轉角度也就越大，所以根據(jù)線圈偏轉的角度就可以判斷通過電流的.線圈的電流方向改變時，安培力的方向也就隨著改變，指針偏轉的方向也就改變，所以根據(jù)指針的偏轉方向，就可以判斷被測電流的方向(2)磁電式儀表的優(yōu)點是靈敏度高，可以測出很弱的電流；缺點是繞制線即B、I、L兩兩相互垂直，F(xiàn)＝BIL；F＝0；當B與I成θ角時，F(xiàn)＝BILsinθ.安培力安培力.鐵、圓柱形鐵芯、線圈、螺旋彈簧和指導線處于什么位置，線圈平下發(fā)生轉動，螺旋越大，針.蹄形磁鐵和鐵芯之線圈和指大小.圈的導線很細，允許通過的電流很小.重點難點突破一、判斷通電導體(或磁體)在安培力作用下的運動的常用方法1.電流元受力分析法即把整段電流等效為很多直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷出整段電流所受合力的方向，最后確定運動方向.2.特殊位置分析法把電流向.3.等效分析法或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置(如轉過90°)后再判斷所受安培力的方向，從而確定運動方4環(huán)形電流可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可以等效成環(huán)形電流，通電螺線管可等效成很多的環(huán)形電流.4.推論分析法(1)兩直線電流相互平行時無轉動趨勢，方向相同時相互吸引，方向相反時相互排斥；(2)兩直線電流不平行時有轉動到相互平行且方向相同的趨勢.5.轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣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來確定磁體所受的電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向.二、安培力與力學知識的綜合運用1.通電導體在磁場、重力場中的平衡與加速運動問題的處理方法和純力學問題一樣，無非是多了一個安培力.2.解決這類問題的關鍵(1)受力分析時安培力的方向千萬不可跟著感覺走，牢記安培力方向既跟磁感應強度方向垂直又和電流方向垂直.(2)畫出導體受力的平面圖.做好這兩點，剩下的問題就是純力學問題了.典例精析1.通電導體在安培力作用下的運動【例1】如圖所示，原來靜止的圓形線圈通以逆時針方向的電流，當在其直徑AB上靠近B點處放一根垂直于線圈平面的固定不動的長導線時(電流方向如圖所示)，在磁場作用下線圈如何運動？【解析】用電流元分析法：如圖A、B、C、D，電流元C和D用左手定則分析判斷其受安培力方向為垂直紙面向里和垂直紙面向外.由此可以判斷線圈將以AB為轉軸從左向右看逆時針轉動.(a)直導線周圍的磁感線是一簇順時針的同心圓，我們分別在線圈上找四段電流元A、B段的電流與直導線產(chǎn)生的圓形磁場相切，不受安培力，電流元用等效法分析：O點產(chǎn)生的磁將逆時針轉動.用特殊位置分析法：設線圈轉動90°到與直導線把通電線圈等效成放在O點N極指向紙外的小磁針；而通電直導線在場是垂直于直徑AB向上，N極向上所以小磁針指向紙外的轉動，即從左向右看線圈重合的位置(如圖b)，直線電流左邊的磁場向紙外，右邊的磁場向紙里，再用左手定則分別判斷線圈的左邊和右邊所受安培力方向均向左，即線圈將向左靠近直導線.用推論分析法：在線圈轉到圖(b)位置時，直導線左邊的線圈電流向下，與直導線電流方向相反，則兩作用方向向左.線圈在直導線.所以可以判斷整個線圈徑AB為軸轉動的同時向左平動.)在安培力作用下的運動時，通常采用“等效法“轉換研究對象法”.)受安培力作用下的運動，先要判定是參與“平動”還是“轉動”的同時還參與“平動”，再選擇恰當?shù)姆椒ㄇ蠼?者相互排斥，線圈左邊受直導線右邊部分的電流向上，與直導線電流方向相同，兩者相互吸引，即直導線右邊部分線圈受安培力方向也是向左的將向左運動.綜上所述，線圈整個過程的運動情況是：在以直【思維提升】(1)在判斷通電導體(磁體法”要比“電流元法”簡單，(2)導體(磁體者“轉動”、“推論分析根據(jù)需要可用”，或【拓展1】如圖所示，把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如圖方向的電流后，判斷線圈如何運動.【解析】解法一：電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每小段可看做一直線電流，取其中上、下兩小段分5析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示.根據(jù)對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動.解法二：等效法將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，如圖乙所示，據(jù)異名磁極相吸引知，線圈將向左運動.同時，也可將左側條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據(jù)結論“同向電流相吸引，”，亦可得到相同的答案2.安培力與力學知識的綜合運用【例2】在傾角為α的光滑斜面上置一通有電流I、長為L、質(zhì)量為m的導體棒，如圖所示.異向電流相排斥.(1)欲使棒靜止在斜面上，外加勻強磁場的磁感應強度B的最小值和方向；(2)欲使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，外加勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；(3)若使棒靜止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁場的方向范圍.【解析】此題屬于電磁學和靜力學的綜合題，研究對象為通電導體棒，所受的力有重力mg、彈力FN、安培力F，屬于三個共點力平衡問題.棒受到的重力mg，方向豎直向下，彈力垂直于斜面，大小隨安培力的變化而變化；安培力始終與磁場方向及電流方向垂直，大小隨磁場方向不同而變.(1)由平衡條件可知：斜面的彈力和安培力的合力必與重力mg等大、反向，故當安培力與彈力方向垂mg上時，安培力大小最小，由平衡條件知B＝，所以，由左手定則可知B的方向應垂直于IL直即沿斜面向斜面向上.(2)棒靜止在斜面上，且對斜面無壓力，則棒只受兩個力作用，即豎直向下的重力mg和安培力F作mg用，由平F＝mg，且安培力衡條件可知F豎直向上，故B＝，由左B的方向水平向左手定則可知.IL(3)此問的討論只是問題的可定量關系，為了討論問題的方便，建立如圖所示的直角坐標系.欲使棒有可限定在mg和FN的反向延長線F2和F1之間.由圖不難看出，F(xiàn)的方向但不能包括F1的方向，根據(jù)左B與＋x的夾角θ應滿足α＜θ≤π【思維提升】本題屬于共點力平衡的問題，所以處理的思路基本能性，并沒有具體研究滿足平衡的能平衡，安培力F的方向應包括F2的方需向，手定則，上和以往受力平衡處理思路相同，難度主要是在引入了安培力，最終要分析的是磁感應強度的方向問題，但只要準確分析了力的方向，那么磁感應強度的問題也就容易了.【拓展2】有兩個相同的電阻都為9Ω的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個絕緣的水平臺面上，兩環(huán)分別在兩個互相平行的、相距為20cm的豎直平面內(nèi)，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感應強度B＝0.87T的勻強磁場，兩環(huán)的最高點A和C間接有一內(nèi)阻為0.5Ω的電源，連接導線的電阻不計.今有一根質(zhì)量為10g、電阻為1.5Ω的棒置于兩環(huán)內(nèi)側且可順環(huán)滑動，而棒恰好靜止于如圖所示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點P、Q和圓弧最低點間所夾的弧對應的圓心角均為θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2，試求此電源電動勢E的大小.【解析】在題圖中，從左向右看，棒的受力如圖所示，棒所受的重力和安培力FB的合力F是一對平與環(huán)對棒的彈力衡力，且有F＝mgtanθ＝3mgNB310103100.870.2而F＝IBL，故I＝3mgA＝1ABBL9(99)在題圖所示的電路中兩個圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R，則R＝33Ω9＝2Ω6由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋2R＋R)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V棒3.安培力的實際應用【例3】如圖所示是一個可以用來測量磁感應強度的裝置，一長方體絕緣容器內(nèi)部高為a、b，上、下兩側裝有電極C(正.容器中注滿能導電的液體，液體密度為ρ.將容.當開關斷開時，豎直管子a、b中的液a、b管中液面出現(xiàn)高度差.若閉合開關S后，a、b管中h，電路中電流表的讀數(shù)為I，求磁感應強度B的大小【解析】開關S閉合后，導電液體中有電流由C流向D，根據(jù)左手定則可知導電液體要受到向右的安a、b管中液面將出現(xiàn)高度差.設液體中產(chǎn)生附加壓強為p，S＝Ld③L，厚為d，左右兩管等高處裝有兩根完全相同的開口向上的管子極)和D(負極)，并經(jīng)開關S與電源連接器置于一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里面高度相同；開關S閉合后，液面將出現(xiàn)高度差為.培力F的作用，在液體中產(chǎn)生附加壓強p，這樣F則p＝①F＝BIL②Sghd度B的大小為B＝④I所以磁感應強【思維提升】由于習慣于理想的物理模型，學生往往迷惑于新穎陌生的實際問題.解題的關鍵要利用原型啟發(fā)、類比、聯(lián)想等思維方法，通過對題給情景的分析來獲知其原理，建立起熟悉的物理模型.第3課時帶電粒子在磁場中的運動基礎知識歸納1.洛倫茲力運動電荷在磁場中受到的力叫洛倫茲力.通電導線在磁場中受到的安培力是在導線中定向移動的電荷受到的洛倫茲力的合力的表現(xiàn).(1)大?。寒?2)方向：用左手定(或負電荷運動的反方向)，拇指所指的方向是正電荷受力的方向速度所決定的平面.2.帶電粒子在磁場中的運動(不計粒子的(1)若v∥B，帶電粒子做平行于磁感線的勻速直線運動(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動v∥B時，則判定，其中四指指向正.洛倫茲力垂直于F＝0；當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.電荷運動方向磁感應強度與重力)..洛倫茲力提供帶vmv2電粒子做圓周運動所需的向心力，由牛頓第二定律qvB＝得帶電粒子運動的軌道半徑R＝，RqB2πm運動的周期T＝.qB3.電場力與洛倫茲力的比較電場力洛倫茲力僅對運動著的且速度不與磁場平行的作用速度無關f＝Bqv與電荷的運動速度有關反，存在條件作用于電場中所有電荷電荷有洛倫茲力的大小F＝qE與電荷運動力的方向與電場方向相同或相方向力的方向始終和磁場方向垂直但總在同一直線上只改變電荷速度的方向，不改變速對速度的改變可以改變電荷運動速度大小和方向度的大小不能對電荷做功，不能改變電做功可以對電荷做功，能改變電荷動能荷的動能偏轉軌跡靜電偏轉，軌跡為拋物線磁偏轉，軌跡為圓弧重點難點突破7一、對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路1.確定對象，并對其進行受力分析2.根據(jù)物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規(guī)律.(力學規(guī)律均適用).總之解決這類問題的方法與純力學問題一樣，無非多了一個洛倫茲力，要注意：(1)洛倫茲力不做功，在應用動能定理、機械能守恒定律時要特別注意這一點；(2)洛倫茲力可能是恒力也可能是變力.二、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定1.圓心的確定一(1)已知粒子運動(2)已知粒子入射點、入射方為圓心.(3)已知粒子運動(4)已知粒子在般有以下四種情況：軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度的垂線，交點即為圓心.向及運動軌跡上的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即軌跡上的兩條弦，作出兩弦垂直平分線，交點即為圓心.向(不一定在磁場中)，延長(或反向延長)兩速度方線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心.2.半徑的確定和計算.圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解角形的方法及圓心角等弦于切角的兩倍等知識.3.在磁場中運動時間的確定，利用圓心角與時間，有時也用磁場中的入射點、入射方向和出射方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線，角平分三弦切角的關系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°計算出圓心角θ的大小，由公式t＝360T可求出運動弧長與線速度的v比t＝l.三、兩類典型問題1.極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，求出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值.注意：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在(2)當速度v一定弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在2.多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：(1)粒子電性不確定；(2)磁場方；(3)臨界狀態(tài)不唯一；(4)粒子運動的往復性等.典例精析1.在洛倫茲力作用下物體的運動【例1】一個質(zhì)量m＝0.1g的小滑塊，帶有q＝5×10－30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強磁場中，里，如圖所示.小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，磁場中運動的軌跡與邊界相切；時，有界磁場中運動的時間越長.向不確定C的電荷，放置在傾角α＝磁場方向垂直紙面向4要離開斜面.問：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力F和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜NF方向應垂直斜面應帶負電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑有qvB＋FN－mgcosα＝0當FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時qvB＝mgcosα面，洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊時，垂直斜面方向的加速度為零，30.110310得v＝mgcos2m/s=23m/s0.55104qB(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsinα＝1mv228斜面的長度至少應是v2(23)2x＝2100.5m＝1.2m2gsin【思維提升】(1)在解決帶電粒子在磁場中運動的力學問題時，對粒子進行受力分析關鍵；(2)根據(jù)力學選用相應的力學規(guī)律求解，但由于洛倫茲力與速度有關，要注意動態(tài)分析.、運動情況分析是特征，【拓展1】如圖所示，質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q，小球中間有一孔套在足夠長的絕緣細桿上，桿與水平方向成θ角，與球的動摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應強度為B的勻強磁場中，若從高處將小球無初速度釋放，小球在下滑過程中加速度的最大值為gsinθ，運動速度的最大值為mg(sincos).Bq【解析】分析帶電小球受力如圖，在釋放處a，由于v0＝0，無洛倫茲力，隨著小球加速，產(chǎn)生垂直桿向上且逐漸增大的洛倫茲力F，在b處，F(xiàn)＝mgcosθ，F(xiàn)f＝0a＝gsinθ，隨著小球F繼續(xù)增大，小球當F′與此時加速度最大，繼續(xù)加速，將受到垂m直桿向下的彈力F′，從而恢復了摩擦力，且逐漸增大，加速度逐漸減小，Nfmgsinθ平衡時，小球加速結束，將做勻速直線運動，速度也達到最大值vm.中c位置：FN′＋mgcosθ＝Bqv①mgsinθ＝F′②在圖mfmgsinF′＝μF′③由①②③式解得v＝(cos)fNmBq2.帶電粒子在有界磁場中的運動【例2】兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示.在y>0、0<x<a的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，在y>0、x>a的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B.在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子沿x軸經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平的熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮.入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各數(shù)值.已知速度最大的粒子在0<x<a的區(qū)域中運動的時間與在x>a的區(qū)域中運動的時間之比為2∶5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期.試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響).mv【解析】如右圖所示，粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中運動的半徑為r＝qB速度小的粒子將在x<a的區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上.半圓的直徑在y半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到2a.a的粒子開始進入右側磁場，考慮r＝a的極限情況，這種右側的圓軌跡與x軸在D點相切(圖中虛線)，OD＝2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界.軸上，軌道半徑大于粒子在速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C′，C在y軸上，由對稱性可知C′在x＝2a的直線上.0<x<a的區(qū)域中運動的設t1為粒子在時間，t2為在x>a的區(qū)域中運動的時間，由題意可知T5Tt125，t1＋t2＝7T由此解得t1＝，t＝t1262122再由對稱性可得∠OCM＝60°，∠MC′N＝60°∠MC′P＝360°×5＝150°所以∠NC′P＝150°－60°＝90°即為1/4圓周.因此圓心C′在x軸上.1223a設速度軌道半徑為R，由直角△COC′可得2Rsin60°＝2a，R＝3由圖可知OP＝2a＋R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界坐標x＝2(1＋3)a為最大值時粒子的39【思維提升】帶電粒子在不同的有界磁場中的連續(xù)運動問題，一是要分別根據(jù)進入和離開磁場的點速度方向確定帶電粒子做勻速圓周運動的圓心，進而畫出帶電粒子在有界磁場中的運動軌跡；二是找準由一個磁場進入另一個磁場這一關鍵點，確定出這一關鍵點上速度的方向；三是要注意磁場方向和大小變化引起帶電粒子的運動軌跡的變化.【拓展2】下圖是某裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在A1A2的右側區(qū)域，磁感應強度B＝0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與垂直截面上的水平線夾角為45°.在A1A2左側，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L＝0.2m，在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L.在小孔處裝一個電子快門.起初快門開啟，一旦有帶正電微粒剛通過小孔，快門立即關閉，此后每隔T＝3.0×10－s開啟一次并瞬間關閉，從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射3的一速度為v的帶正電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到P處小孔.通過小孔的微粒與擋板發(fā)生碰撞而反彈，0反彈速度大小是碰前的0.5倍.(1)經(jīng)過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v應為多少？0(2)求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間.(所受重力影響，碰撞過程中無電荷轉移.已知微粒的荷質(zhì)比q＝1.0×10C/kg.只考慮紙面上帶電微粒的運動)3m【解析】(1)如下圖所示，設帶正電微粒在S1、S2之間任意點Q以水平速度v進入磁場，微粒受到的0洛倫茲力為f，在磁場中做圓周運動的半徑為r，有：mv20f＝qvB①f＝②0rmv由①②式解得r＝0，欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值qB范圍為L<r<2L③代入數(shù)據(jù)得80m/s<v0<160m/s欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必L須滿足條件：L＝nT，其中n＝1,2,3?④v0.5v00由①②③④式可知，只有n＝2滿足條件，即有v＝100m/s⑤0(2)設微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0，從水平進入磁場到第二次離開磁場的總時間為t，設t1、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一次離開磁場運動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3，運動軌跡如圖所示，則有2πr3⑦t2＝2vL2L1T0＝⑥t1＝T0⑧t3＝⑨t(yī)＝T0⑩v40.5v44000解得t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2.8×10－23.帶電粒子在有界磁場運動的臨界問題【例3】如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶電微粒(重力)，與s?水平方向成45°射入寬度為d、磁感應強度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場中，若使粒子不從磁場MN邊界射出，粒子的初速度大小應為多少？【解析】帶電粒子垂直B進入勻強磁場做勻速圓周運動，若不從邊界MN射出，粒子運動偏轉至MN邊界時v與邊界平行即可.由左手定則可知：若粒子帶正電荷，圓周軌跡由A→B；若粒子帶負電荷，圓周軌跡由A→C，如圖所示，圓周軌跡的圓心位置可據(jù)根粒子線速度方向垂直半徑的特點，作初速度v的垂線與邊界MN的垂線的交點即為圓軌跡的圓心O1與O2.0粒子帶正電荷情況：粒子沿圓軌跡A→B運動方向改變了45°，由幾何關系可知∠AO1B＝45°，那么mvd＝R1－R1·cos45°①R＝②01Bq10(22)dqB將②式代入①式得v＝0m即粒子若帶正電荷，初速度滿足0<v≤.(22)dqB時將不從磁場邊界MN射出0m粒子帶負電荷情況：粒子沿圓軌跡A→C運動，方向改變了135°，由幾何關系知∠AO2C＝135°，∠O2AFmv＝45°，那么d＝R2＋R2·sin45°③R＝④0Bq2(22)dqB將④式代入③式得v′＝0m即粒子若帶負電荷，初速度滿足0<v′≤(22)dqB時，將不從磁場邊界MN射出.0m【思維提升】(1)充分理解臨界條件；(2)題中沒說明電荷的電性，應分正、負兩種電性加以分析.【拓展3】未來人類要通過可控熱核反應取得能源，要持續(xù)發(fā)生熱核反應必須把溫度高達幾百萬攝氏.約束的辦法有多種，其中技術上相對成熟的是用“托卡馬克”裝置.如圖所示為模型圖：垂直紙面的有環(huán)形(b區(qū)域)圍著磁零的圓形a區(qū)域，a區(qū)域內(nèi)的向運動，離子的速度只要不超過某值，就不能穿過環(huán)形磁場的外邊界而逃逸，從而被度以上的核材料約束在一定的空間內(nèi)磁場約束，稱為這種裝置的邊界的勻強磁場感應強度為離子向各個方約束.環(huán)設形磁場的內(nèi)半徑R1＝0.5m，外半徑R2＝1.0m，磁場的磁感應強度B＝1.0T，0被約束的離子比荷q/m＝4.0×10C/kg.7(1)若a區(qū)域中沿半徑OM方向射入磁場的離子不能穿過磁場，(2)若要使從a區(qū)域沿任何方向射入磁場的速率為2.0×107m/s的離子都不能越出磁場的B至少要有多大？【解析】(1)速度要使沿OM方向運動相切，如圖所示.設軌跡則離子的速度不能超過多大？外邊界，則b區(qū)域磁場的磁感應強度越大軌跡圓半徑越大，的離子不能穿越磁場，則其在環(huán)形磁場內(nèi)的運動軌跡圓中半徑最大者與磁場外邊界圓圓的半徑為r1，則r＋R2＝(R2－r1)代入2211數(shù)據(jù)解得r＝0.375m1v2該圓運動的離子速度為v，由牛頓運動定律有qvB＝m1110r設沿1Bqrv＝＝1.5×10m/s7解得0m11(2)當離子以v的速度沿與內(nèi)邊界圓相切的方向射入磁場，且軌跡與磁場外邊界圓相切時，以該速度沿2各個方向射入磁場區(qū)的離子都不能穿出磁場邊界，如圖所示.RRmv解得B＝＝2.0T2qr設軌跡圓的半徑為r2，則r2＝1＝0.25m222易錯門診4.帶電粒子在磁場中的運動及功能關系【例4】如圖所示，勻強磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板，一個帶電粒子垂直進入勻強磁場，以半徑R1＝20cm做勻速圓周運動，第一次垂直穿過鉛板后以半徑R2＝19cm做勻速圓周運動，則帶電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？(每次穿過鉛板時阻力大小相同)mvqBRqBR【錯解】因為R1＝，所以v＝同理：v＝22m1qB11mqB每穿過鉛板一次，速度減少Δv，則Δv＝v－v＝(R1－R2)12m設粒子vvRRR1故粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)為n＝＝20次112【錯因】粒子每穿過一次鉛板應該是損失的動能相同，故粒子每穿過一次鉛板減少的速度不同.速度大時，其速度變化量小，速度小時，速度變化量大.11一次損失的動能為ΔE＝12mv1212mv22q2B2(R12R22)2m【正解】粒子每穿過鉛板1mv12R21穿過鉛板的次數(shù)N＝2E＝10.26次，取n＝10次R22R12k【思維提升】對于物理問題必須弄清問題的本質(zhì)，此題中每次穿過鉛板后，應該是損失的動能相同，而不是速度的變化相同.第4課時帶電粒子在復合場中的運動基礎知識歸納1.復合場復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩場并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學問題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場力和磁場力，分析方法除了力學三大觀點(動力學、動量、能量)外，還應注意：(1)洛倫茲力永不做功.(2)重力和電場力做功與路徑無關，只由初末位置決定.還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導致粒子所受合力變化，從而加速度變化，使粒子做變加速運動.2.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動性質(zhì)(1)當帶電粒子所受合外力為零時，將做勻速直線運動或處于靜止，合外力恒定且與初速度同向時做勻變速直線運動，常見情況有：①洛倫茲力為零(v與B平行)，重力與電場力平衡，做勻速直線運動，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運動.②洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場力的合力平衡，做勻速直線運動.(2)當帶電粒子所受合外力充當向心力，帶電粒子做勻速圓周運動時，由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當向心力.(3)當帶電粒子所受合外力的大小、方向均不變斷化時，粒子將做非勻變速的3.帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動曲線運動.帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此類問題應注意分析洛倫茲力所起的作用4.帶電粒子在交變場中的運動.帶電粒子在不同場中的運動性質(zhì)可能不同，可分別進行討論因為速度不能突變，在前一個場中運動的末速度，就是后一個場中運動的初速度.5.帶電粒子在復合場中運動的實際應用.粒子在不同場中的運動的聯(lián)系點是速度，(1)質(zhì)譜儀①用途：質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.②原理：如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計)，離子出來時速度很小(可忽略不計)，經(jīng)過電壓為U的電場加速后進入磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期而達到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的－0；qBv＝mv2；L＝2r位置到入口處的距離為L，則qU＝1mv22rqB2L2m＝，因此，只要知道q、B、L與U，就可計算出帶電粒子的質(zhì)量m，若q也未知，8U聯(lián)立求解得q8U則mB又因m∝L(2)回旋加速器L22，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，故質(zhì)譜儀又是分離同位素的重要儀器.2①組成：兩個D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.12②作用：加速微觀帶電粒子.③原理：a.電場加速qU＝ΔEkvmv2b.磁場約束偏轉qBv＝m，r＝∝vrqB2πmc.加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期相同，即T＝T＝qB電場回旋帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達到預期的速率后，用特殊裝置把它們引出.④要點深化a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾相連起來可等效為一個初速度為零的勻加速直線運動.b.帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑之比為1∶2∶3∶?c.對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的.d.若已知最大能量為Ekm，則回旋次數(shù)n＝Ekm2qUq2B2r2e.最大動能：Ekm＝m2mπBr2mf.粒子在回旋加速器內(nèi)的運動時間：t＝2U(3)速度選擇器①原理：如所圖示，由于所受重力可忽略不計，運動方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強電場和勻強磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運動軌跡不發(fā)生偏轉(重力不計)，必須滿足平衡條件：qBv＝qE，故v＝E，這樣就把滿足v＝的粒子從速度選擇器中選擇出來了.EBB②特點：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中若從右側入射則不能穿過場區(qū).b.速度選擇器B、E、v三個物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場B的方向，粒子將向下偏轉.c.v′>v＝E時，則qBv′>qE，粒子向上偏轉；當v′<v＝時，qBv′<qE，粒子向下偏轉.EBB③要點深化a.從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qE＝qvB；b.從速度角度看，v＝E；Bc.從功能角度看，洛倫茲力永不做功.(4)電磁流量計①如所圖示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體流過導管②原理：導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場.當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由.Bqv＝Eq＝q，可得v＝UUdBd液體流量Q＝Sv＝πd·U＝πdU4B24Bd(5)霍爾效應如所圖示，高為h、寬為d的導體置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓.設霍爾導體中自由電荷(載流子)是自由電子.中圖電流方向向右，則電子受洛倫茲力向上，在上表面A積聚電子，則qvB＝qE，E＝Bv，電勢差U＝Eh＝Bhv.又I＝nqSv板的上表面A和下表面13導體的橫截面積S＝hd得v＝Inqhd重點難點突破所以U＝Bhv＝BIBIdk=1，稱霍爾系數(shù)．nqknqd一、解決復合場類問題的基本思路1.正確的受力分析2.正確分析物體的運動狀態(tài).找出物體的運動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.3.恰當靈活地運用動力(1)用動力包括牛頓運動定律與運動學公式.(2)用動量觀點分析，包括動量定理與動量守恒定律.(3)用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律.針對不同的成立條件與適用范圍.二、復合場類問題中重力考慮與否分三種情況1.對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，交待時就應考慮其重力.2.在題目中有明確交待是否要考慮重力的，3.直接看不出是否要考慮重力的，在進行受力分析否要考慮重力.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.速度、位置及其變化特點，分析學三大方法解決問題.學觀點分析，問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊也比較簡單.這種情況比較正規(guī)，與運動分析時，要由分析結果，先進行定性確定是.典例精析1.帶電粒子在復合場中做直線運動的處理方法【例1】如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為α(sinα＝0.6)，放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E＝50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量q＝＋4.0×10－C、質(zhì)量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v＝20m/s從斜面底端向上0滑，然后又下滑，共經(jīng)過3s脫離斜面.求磁場的【解析】小球沿斜面向上運動的過程中受力分析如圖所示.2磁感應強度(g取10m/s).2由牛頓第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋qEcosm4.0102500.8上運動時間t1＝0av0＝2s＝10×0.6m/s＋m/s2＝10m/s，向220.40在下滑過程中的受力分析如圖所示.前做勻加速直線運動，a2＝10m/s脫離斜面時的速度v＝a2t2＝10m/s1小球小球在離開斜面2運動時間t2＝t－t1＝1s在垂直于斜面方向上有qvB＋qEsinα＝mgcosαmgcosEsin0.40100.8T-500.6T＝5T故B＝4.01010210qvv【思維提升】(1)知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，其方向隨運動方向的反向而反向.能從運動過程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是F＝0.N【拓展1】如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中.設小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中(BD)B.小球速度一直增大，直到最后勻速A.小球加速度一直增大C.桿對小球的彈力一直減小D.小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變14【解析】小球由靜止加速下滑，f＝Bqv在不斷增大，開始一段，如圖(a)：f<F，水平方向有f洛洛電洛＋FN＝F，加速度a＝mgf，其中f＝μFN，隨著速度的增大，電mf增大，F(xiàn)減小，加速度也增大，當f＝F時，a達到最大；N洛洛電以后如圖(b)：f>F，水平方向有f＝F＋FN，隨著速度的洛電洛電mgf增大，F(xiàn)也增大，f也增大，a＝減小，當f＝mg時，A錯，B對，彈力先減小后增大，C錯，由f＝Bqv知D對.洛2.靈活運用動力學方法解決帶電粒子在復合場中的運動問題【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，質(zhì)量為m1＝9.995×10－kg、電荷量為q＝－1.0×10－C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時，微粒開始運動，經(jīng)一段時勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，aNm后減小，＝0，此后做勻速運動，故a先增大有水平向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T.78間后，該微粒水平并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運動，最終落在N板上.若兩板間的電場強度E＝1.0×103V/m，求：(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的(3)兩微粒粘合后沿圓弧運動的軌道半徑.【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速速度大小；(2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；運動，根據(jù)平衡條件有m1g＋qvB＝qE解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為1.01081.01039.995107101.01080.5qEmgv＝1qBm/s＝1m/s(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運動，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力圓周運動的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE提供做勻速解得m2＝(1.01081.01039.995107)qEmkg5×10kg＝－10=101g(3)設兩微粒一起做勻速圓周運動的速度大小為v′，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有v2qv′B＝(m1＋m2)R研究兩微粒的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′mm)vmv9.9951071(以上兩式聯(lián)立解得R＝qBm≈200m121qB1.0100.58【思維提升】(1)全面正確地進行受力分析和運動狀態(tài)分析，f隨速度的變化而變化導致運動狀態(tài)發(fā)生洛新的變化.(2)若mg、f、F三力合力為零，粒子做勻速直線運動.洛電(3)若F與重力平衡，則f提供向心力，粒子做勻速圓周運動.電(4)根據(jù)受力洛特點與運動特點，選擇牛頓第二定律、動量定理、動能定理及動量守恒定律列方程求解.【拓展2】如圖所示，光滑絕緣斜面.磁感應強度為B，方向水平有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊靜止在斜面頂端時對斜面的(1)如果迅速把電場方向轉為豎直向下，求小滑塊在能斜面上連續(xù)滑行的最遠距離L和所(2)如果在距A端L/4處的C點放入一個質(zhì)量與滑塊相同但不帶電的小物體，當滑塊從A點靜止下滑到在相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，有一傾角為θ的足向外；電場強度為E，方向豎直向上.正壓力恰好為零.夠長的用時間t；C點時兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時間和距離？【解析】(1)由題意知qE＝mg1場強轉為豎直向下時，設滑塊要離開斜時面的速度為v，由動能定理有(mg＋qE)Lsinθ＝，mv22151即2mgLsinθ＝mv222mgcosv＝qB當滑塊剛要離開斜面時由平衡條件有qvB＝(mg＋qE)cosθ，即mgcosmv根據(jù)動量定理有t＝2mgsinmcot22由以上兩式解得L＝qBsinqB22L1(2)兩物體先后運動，設在C點處碰撞前滑塊的速度為v，則2mg·sinθ＝mv2C42設碰后兩物體速度為u，碰撞前后由動量守恒有mv＝2muC設黏合體將要離開斜面時的速度為v′，由平衡條件有qv′B＝(2mg＋qE)cosθ＝3mgcosθ11由動能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有3mgsinθ·s＝·2mv′2－·2mu22235mgcos22將L結果代入上式得s＝12qB2sin3mgcos2L2聯(lián)立以上幾式解得s＝qBsin212222mv2mu5mt′＝cot3qB碰后兩物體在斜面上還能滑行的時間可由動量定理求得3mgsinθ【例3】在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點以速度v垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最0后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.v【解析】(1)設粒子過粒子從M點運動UMN＝3mv2/2q④N點時的速度為v，有＝cosθ①v＝2v0②0v112到N點的過程，有qUMN＝mv2mv③2020mv2(2)粒子在磁場中以O′為圓心做勻速2mvr＝⑥0qB圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝⑤r(3)由幾何關系得ON＝rsinθ⑦3m設粒子在t，有ON＝vt⑧t＝⑨1qB電場中運動的時間為1012πm粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝⑩qBπt，有t＝T2π2πm?t＝3qB設粒子在磁場中運動的時間為?222(332π)mt＝t1＋t2＝3qB【思維提升】注重受力分析，尤其是運動過程分析以及圓心的確定，畫好示意圖，根據(jù)運動學規(guī)律及動能觀點求解.【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8cm的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝0.332T，磁場方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個方向放射速率相同的α粒子.α粒子質(zhì)量為m＝6.64×10－kg，電荷量為q＝＋3.2×10－C，速率為v＝3.2×10m/s.磁場邊界ab、cd足196cd為厚度不計的金箔，金箔右側cd與MN之間有一寬度為L＝12.8cm27夠長，16的無場區(qū)域.MN右側為固定在O點的電荷量為Q＝－2.0×106C的點電荷形成的電場區(qū)域(點電荷左側的電－場分布以MN為邊界).不計α粒子的重力，靜電力常量k＝9.0×10N·m2/C，(取sin37°＝0.6，cos37°＝920.8)求：(1)金箔cd被α粒子(2)打在金箔d端離cd中心最遠的粒子O點為圓心做放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(未畫出)，計算OE的長度；(3)計算此α粒子從金箔上穿出時損失的動能.射中區(qū)域的長度y；沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進入電場就開始以勻速圓周運動，垂直打在vmv，得R＝＝0.2mBq2【解析】(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mR如圖所示，當α粒子運動的圓軌跡與O′P＝R2(Rs)2＝0.16m當α粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O′最遠，由幾何關系得O′Q＝R2(Rs)＝0.16mcd被α粒子射中區(qū)域的長度為y＝O′Q＋O′P＝0.32m(2)如上圖所示，OE即為α粒子繞O點做圓周運動的半徑r.α粒子在無場區(qū)域做勻速直線運動與MNy′，則tan37°＝，y′＝Ltan37°＝0.096mcd相切時，上端偏離O′最遠，由幾何關系得故金箔3相交，下偏距離為4yOQr＝＝0.32mcos37所以，圓周運動的半徑為v2Qq(3)設α粒子穿出金箔時的速度為v′，由牛頓第二定律有mr2kr11α粒子從金箔上穿出時損失的動能為ΔE＝mv2－mv′2＝2.5×10J14－k22易錯門診3.帶電體在變力作用下的運動【例4】豎直的平行金屬平板A、B相距為B的磁場兩板之間，如圖所示.帶電荷量為＋q、m的油滴從正上方下落并在兩板中央進入板內(nèi)空間.已知剛進入時電場力大小等于磁場力大小，最后油滴從板的時速度的大小.【錯解】由題設條件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴離開場區(qū)時，水平方向有d，板長為L，板間的電壓為U，垂直于紙面向里、磁感應強度為只分布在質(zhì)量為下端點離開，求油滴離開場區(qū)UUdBdd2qUBqv＋qE＝ma，v2＝2a·豎直方向有v＝v2＋2gL2yx2mU22qU離開時的速度v′＝v2v2gL2yxB2d2m【錯因】洛倫茲力會隨速度的改變而改變，對全程而言，帶電體是在變力作用下的一個較為復雜的運動，對這樣的運動不能用牛頓第二定律求解，只能用其方他法求解.mv21d1【正解】由動能定理有mgL＋qEmv2222由題設條件油滴進入磁場區(qū)域時有Bqv＝qE，E＝U/dU2B2d2qUm由此可以得到離開磁場區(qū)域時的速度v′＝2gL【思維提升】解題時應該注意物理過程和物理情景的把握，時刻注意情況的變化，然后結合物理過程中的受力特點和運動特點，利用適當?shù)慕忸}規(guī)律解決問題，遇到變力問題，特別要注意與能量有關規(guī)律的運用.第5課時單元綜合提升17知識網(wǎng)絡構建經(jīng)典方法指導本章綜合性較強、題型較多，對一些典型問題和題型，要掌握分析的思路和方法.1.熟悉各類磁鐵、電流的磁場，明確空間分布特征對常見磁鐵和電流的磁場，不僅需要熟悉它們的平面分布情況，也要掌握它們的空間分布特征和規(guī)律.2.安培力的分析與計算(1)掌握安培力的大小和方向(2)通電直導線在磁場中受安培力作用下運動情況的判斷是一個難點或平面圖明確磁場的分布情況.②依據(jù)左手定則判斷導體的受力情況.③由受力確定導線或線圈做何種運動同時應注意分段分析的技巧.(3)通電導體在磁場中的運動，是力、電綜合問題，在解題時要注意進行受力分析，并結合力學的相關..一般按以下程序分析：①用立體圖.規(guī)律.3.洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)洛倫茲力的大小和方向要熟練掌握帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R、周期T等公式，會進行推導.(3)帶電粒子在有界勻強磁場中的運動.(2)帶電粒子在勻強磁場中的運動..帶電粒子垂直射入有界勻強磁場區(qū)域，經(jīng)歷了一段圓周運動后離開磁場區(qū)域，其軌跡是殘缺圓.解決此類問題的關鍵在于畫出帶電粒子的運動軌跡.(4)圓周運動中的多解問題.形成多解的原因很多，常見的有粒子的帶電性不確定、臨界狀態(tài)的不唯一性、運動的周期性、勻強磁18場方向的不確定性等.應注意研究的思路和方法.4.帶電粒子在組合場與復合場中的運動此類題綜合性很強，有很明顯的力學特征，一般要從受力、運動、能量的角度來分析，再結合牛頓運動定律、運動學規(guī)律、能量關系等來解決.主要從三個方面入手：(1)受力圖景；高考真題賞析(2)運動圖景；(3)能量圖景.【例1】(2008·江蘇)在場強為O點靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示x軸距離的2倍，重力加速度為g.求：(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率v；(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離y；B的水平勻強磁場中，一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在.已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到m(3)當在上述磁場中加一豎直向上、場強為E(E>mg/q)的勻強電場時，小球從O點靜止釋放后獲得的最大速率v.m【考點】洛倫茲力、重力、電場力做功特點等.【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得mgy＝1mv①解得v＝2gy②22v2mR(2)設在最大距離y處的速率v，根據(jù)圓周運動有qvmB－mg＝m③mm且由②式知v＝2gy④mm2m2g由③④式及R＝2ym解得y＝⑤mq2B2(3)小球運動如圖所示，由動能定理有(qE－mg)│ym│＝1mv2⑥2由圓周運動有qvmB＋mg－qE＝mvR⑦2由⑥⑦式及R＝2│ym│解得v＝2(qE－mg)mqB【思維提升】解決第(3)問必須首先清楚各力的特點，先求出電場力和重力的合力，方向向上，具有的特點，再應用動能定理和圓周運動的規(guī)律解題.2】(2008·重慶)下圖為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O為圓心，OH為對稱軸，扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM＝d.現(xiàn)有一正離均為v.前面的重力【例夾角為2α的子束以小發(fā)射角(紙面內(nèi))從C射出，這些離子在CM方向上的分速度0若該離子束中比荷為的離q子都能匯聚到D，試求：m(1)磁感應強度的大小和方向究對象)；(2)離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時(3)線段CM的長度.帶電粒子在磁場中的偏轉.【解析】(1)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R＝d(提示：可考慮沿CM方向運動的