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人教版 (2019)选择性必修 第二册1 磁场对通电导线的作用力课堂教学ppt课件
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册1 磁场对通电导线的作用力课堂教学ppt课件，共38页。PPT课件主要包含了核心整合·思维导图，必备考点·素养评价，安培力关键词转化等内容，欢迎下载使用。
素养 科学思维考点1 安培力作用下的力学问题1.通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路:(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I;如图所示。(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
2.安培力作用下的功能问题分析要点:(1)安培力做功与路径有关,这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时,将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时,将机械能转化为电能或其他形式的能。(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。
素养评价1. (多选)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场,当AC刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与磁场边界成45°,若线框的总电阻为R,则( )A.线框穿进磁场过程中,线框中电流的方向为DCBAB.AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C.AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为 D.此时CD两端电压为 Bav
【解析】选C、D。线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外,则感应电流的方向为ABCDA方向,故A错误;AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势E=Bav,则线框中感应电流为I= ,此时CD两端电压,即路端电压为U= E= Bav,故B错误,D正确;AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和,即F合= F= ,故C正确。故选C、D。
2.如图所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I,线框的边长为L,线框下边与直导线平行,且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B=k (k为常量),线框的质量为m,则剪断细线的瞬间,线框的加速度为( )A.0 B. +gC. -gD. +g
【解析】选D。线框下边受到的安培力的大小为F1=k ·IL=kI2 ,方向向下;线框上边受到的安培力大小F2= ·IL= kI2,方向向上;根据牛顿第二定律可得F1+mg-F2=ma,解得:a= +g,故选D。
【补偿训练】如图所示,两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E,内阻为r的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ角,回路其余电阻不计。为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )
A. ,水平向右B. ,垂直于回路平面向下C. ,竖直向下D. ,垂直于回路平面向上
【解析】选B。对金属棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如图所示:从图中可以看出,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,磁感应强度最小,安培力的最小值为:FA=mgsinθ,故磁感应强度的最小值为:B= = ,根据欧姆定律,有:E=I(R+r),故有:B= ,根据左手定则,磁场方向垂直于回路平面向下。故选B。
考点2 带电粒子在磁场中运动1.理解洛伦兹力的四点注意:(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向。(2)判断洛伦兹力方向时,特别区分电荷的正、负,并充分利用F⊥B、F⊥v的特点。(3)计算洛伦兹力大小时,公式F=qvB中,v是电荷与磁场的相对速度。(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小,但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向,影响带电体所受其他力的大小,影响带电体的运动时间等。
2.带电粒子在匀强磁场中的运动:
3.带电粒子在匀强磁场中运动关键词转化:
素养评价1.(多选)如图所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成θ角的不同速率,向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场,OA=AB,则( )A.粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B.粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2
【解析】选A、C。粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r= 可知,粒子1与粒子2的速度之比为1∶2,A项正确,B项错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为 T= ,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此粒子在磁场中运动的时间相同,即C项正确,D项错误。
2.(多选)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上,有两个质量和电荷量均相同的正、负离子(不计重力),从点O以相同的速率先后射入磁场中,入射方向与边界成θ角,则正、负离子在磁场中( )A.运动时间相同B.运动轨道的半径相同C.重新回到边界时速度的大小和方向相同D.重新回到边界的位置与O点距离相等
【解析】选B、C、D。根据左手定则可以判断,两粒子运动轨迹不同,转过的圆心角不同,但是运动周期T= 相同,所以运动时间不同,故A错误;根据r= 可知,粒子运动半径相同,故B正确;因为从同一边界射入,又从相同边界射出,所以出射角等于入射角,且洛伦兹力时刻与速度垂直,不做功,所以出射速度与入射速度相同,故C正确;根据题意可知,重新回到边界的位置与O点距离d=2rsinθ,相同,故D正确。
【补偿训练】(多选)如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,它的磁感应强度大小为B,方向垂直于圆平面(未画出),一群比荷为 的负离子(不计重力)以相同速率v0,由P点在圆平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上,则下列说法正确的是( )A.所有离子飞离磁场时速度方向的反向延长线过圆心B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.所有离子在磁场中运动半径等于RD.所有离子飞离磁场时动能相等
【解析】选B、D。若离子沿半径方向指向圆心射入磁场,根据圆的特性和速度沿圆周的切线方向可知,该离子离开磁场时速度方向的反向延长线会通过圆心,但所给离子不是都沿半径方向射入的,故A错误;由圆的性质可知,轨迹圆与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,故应该使弦长为PQ,故由Q点飞出的粒子圆心角最大,所对应的时间最长,故B正确;运动的半径由qv0B=m ,则r= ,其值与R无关,故C错误;由于洛伦兹力对带电离子不做功,只改变离子的运动方向而不改变离子的速度大小,所以离开磁场区域时的动能相等,故D正确。
考点3 带电粒子在组合场与复合场中运动1.带电粒子在组合场中运动:(1)四种常见的运动模型。①带电粒子先在电场中做匀加速直线运动,然后垂直进入磁场做圆周运动,如图:
②带电粒子先在电场中做类平抛运动,然后垂直进入磁场做圆周运动,如图:
③带电粒子先在磁场中做圆周运动,然后垂直进入电场做类平抛运动,如图:
④带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动,然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动,如图:
(2)三种常用的解题方法。①带电粒子在电场中做加速运动,根据动能定理求速度。②带电粒子在电场中做类平抛运动,需要用运动的合成和分解处理。③带电粒子在磁场中的圆周运动,可以根据磁场边界条件,画出粒子轨迹,用几何知识确定半径,然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
2.带电粒子在叠加场中运动:(1)叠加场:电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存,就形成叠加场。(2)带电体在叠加场中运动的几种情况。
如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。①若考虑重力,且mg=Eq,则粒子做匀速圆周运动。②若不计重力,且qvB=Eq,则粒子做匀速直线运动。③若不计重力,且qvB≠Eq,则粒子做变加速曲线运动。
3.临界问题关键词转化:
素养评价1.如图所示,在第Ⅰ象限内有竖直向下的匀强电场,在第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以初速度v从P点垂直于y轴的方向进入匀强电场中,并与x轴成45°角进入匀强磁场,又恰好垂直y轴飞出磁场。已知OP之间的距离为L,则粒子在电场和磁场中运动的总时间为( )A.( +2) B.( +1) C.( +2) D.( +1)
【解析】选A。设与x轴交点的横坐标为x,此时竖直分速度为vy,则由类平抛运动的规律可知x=vt1,L= vyt1,tan45°= ,得x=2L,因此粒子在电场中运动时间为t1= ;粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中运动的半径为R,周期为T。则由几何关系可知:R=2 L,带电粒子进入磁场时的速度大小为v′= v;则粒子在磁场中运动的周期为T= ,设粒子在磁场中的运动时间为t2,t2= T= ,则总时间为t=t1+t2=( +2) ;故选A。
2.(多选)如图所示,一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50 m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感强度B=0.5 T,有一质量为m=0.10 g的带正电的电量为q=1.6×10-3 C的小球在水平轨道上向右运动,小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用B.小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10-3 NC.小球到达最高点的线速度是1 m/sD.小球在水平轨道上的初速度v0为6 m/s
【解析】选A、C。设小球在最高点的速度为v,则小球在最高点所受洛伦兹力为:F=qvB,方向竖直向上;由于小球恰好能通过最高点,故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力,故A正确;由上可知:mg-F=m ,小球运动过程机械能守恒: mv2+mg·2R,联立得:v=1 m/s,F=8×10-4 N,v0=4.6 m/s,故B、D错误,C正确。
【补偿训练】如图所示,真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B,还有方向竖直向上的匀强电场E,三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止,乙水平向左匀速运动,丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是( )A.三个液滴都带负电B.丙质量最大,甲质量次之,乙质量最小C.若仅撤去磁场,甲可能做匀加速直线运动D.若仅撤去电场,乙和丙可能做匀速圆周运动
素养 科学思维考点1 安培力作用下的力学问题1.通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路:(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I;如图所示。(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
2.安培力作用下的功能问题分析要点:(1)安培力做功与路径有关,这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时,将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时,将机械能转化为电能或其他形式的能。(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。
素养评价1. (多选)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场,当AC刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与磁场边界成45°,若线框的总电阻为R,则( )A.线框穿进磁场过程中,线框中电流的方向为DCBAB.AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C.AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为 D.此时CD两端电压为 Bav
【解析】选C、D。线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外,则感应电流的方向为ABCDA方向,故A错误;AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势E=Bav,则线框中感应电流为I= ,此时CD两端电压,即路端电压为U= E= Bav,故B错误,D正确;AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和,即F合= F= ,故C正确。故选C、D。
2.如图所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I,线框的边长为L,线框下边与直导线平行,且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B=k (k为常量),线框的质量为m,则剪断细线的瞬间,线框的加速度为( )A.0 B. +gC. -gD. +g
【解析】选D。线框下边受到的安培力的大小为F1=k ·IL=kI2 ,方向向下;线框上边受到的安培力大小F2= ·IL= kI2,方向向上;根据牛顿第二定律可得F1+mg-F2=ma,解得:a= +g,故选D。
【补偿训练】如图所示,两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E,内阻为r的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ角,回路其余电阻不计。为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )
A. ,水平向右B. ,垂直于回路平面向下C. ,竖直向下D. ,垂直于回路平面向上
【解析】选B。对金属棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如图所示:从图中可以看出,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,磁感应强度最小,安培力的最小值为:FA=mgsinθ,故磁感应强度的最小值为:B= = ,根据欧姆定律,有:E=I(R+r),故有:B= ,根据左手定则,磁场方向垂直于回路平面向下。故选B。
考点2 带电粒子在磁场中运动1.理解洛伦兹力的四点注意:(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向。(2)判断洛伦兹力方向时,特别区分电荷的正、负,并充分利用F⊥B、F⊥v的特点。(3)计算洛伦兹力大小时,公式F=qvB中,v是电荷与磁场的相对速度。(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小,但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向,影响带电体所受其他力的大小,影响带电体的运动时间等。
2.带电粒子在匀强磁场中的运动:
3.带电粒子在匀强磁场中运动关键词转化:
素养评价1.(多选)如图所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成θ角的不同速率,向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场,OA=AB,则( )A.粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B.粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2
【解析】选A、C。粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r= 可知,粒子1与粒子2的速度之比为1∶2,A项正确,B项错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为 T= ,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此粒子在磁场中运动的时间相同,即C项正确,D项错误。
2.(多选)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上,有两个质量和电荷量均相同的正、负离子(不计重力),从点O以相同的速率先后射入磁场中,入射方向与边界成θ角,则正、负离子在磁场中( )A.运动时间相同B.运动轨道的半径相同C.重新回到边界时速度的大小和方向相同D.重新回到边界的位置与O点距离相等
【解析】选B、C、D。根据左手定则可以判断,两粒子运动轨迹不同,转过的圆心角不同,但是运动周期T= 相同,所以运动时间不同,故A错误;根据r= 可知,粒子运动半径相同,故B正确;因为从同一边界射入,又从相同边界射出,所以出射角等于入射角,且洛伦兹力时刻与速度垂直,不做功,所以出射速度与入射速度相同,故C正确;根据题意可知,重新回到边界的位置与O点距离d=2rsinθ,相同,故D正确。
【补偿训练】(多选)如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,它的磁感应强度大小为B,方向垂直于圆平面(未画出),一群比荷为 的负离子(不计重力)以相同速率v0,由P点在圆平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上,则下列说法正确的是( )A.所有离子飞离磁场时速度方向的反向延长线过圆心B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.所有离子在磁场中运动半径等于RD.所有离子飞离磁场时动能相等
【解析】选B、D。若离子沿半径方向指向圆心射入磁场,根据圆的特性和速度沿圆周的切线方向可知,该离子离开磁场时速度方向的反向延长线会通过圆心,但所给离子不是都沿半径方向射入的,故A错误;由圆的性质可知,轨迹圆与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,故应该使弦长为PQ,故由Q点飞出的粒子圆心角最大,所对应的时间最长,故B正确;运动的半径由qv0B=m ,则r= ,其值与R无关,故C错误;由于洛伦兹力对带电离子不做功,只改变离子的运动方向而不改变离子的速度大小,所以离开磁场区域时的动能相等,故D正确。
考点3 带电粒子在组合场与复合场中运动1.带电粒子在组合场中运动:(1)四种常见的运动模型。①带电粒子先在电场中做匀加速直线运动,然后垂直进入磁场做圆周运动,如图:
②带电粒子先在电场中做类平抛运动,然后垂直进入磁场做圆周运动,如图:
③带电粒子先在磁场中做圆周运动,然后垂直进入电场做类平抛运动,如图:
④带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动,然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动,如图:
(2)三种常用的解题方法。①带电粒子在电场中做加速运动,根据动能定理求速度。②带电粒子在电场中做类平抛运动,需要用运动的合成和分解处理。③带电粒子在磁场中的圆周运动,可以根据磁场边界条件,画出粒子轨迹,用几何知识确定半径,然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
2.带电粒子在叠加场中运动:(1)叠加场:电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存,就形成叠加场。(2)带电体在叠加场中运动的几种情况。
如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。①若考虑重力,且mg=Eq,则粒子做匀速圆周运动。②若不计重力,且qvB=Eq,则粒子做匀速直线运动。③若不计重力,且qvB≠Eq,则粒子做变加速曲线运动。
3.临界问题关键词转化:
素养评价1.如图所示,在第Ⅰ象限内有竖直向下的匀强电场,在第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以初速度v从P点垂直于y轴的方向进入匀强电场中,并与x轴成45°角进入匀强磁场,又恰好垂直y轴飞出磁场。已知OP之间的距离为L,则粒子在电场和磁场中运动的总时间为( )A.( +2) B.( +1) C.( +2) D.( +1)
【解析】选A。设与x轴交点的横坐标为x,此时竖直分速度为vy,则由类平抛运动的规律可知x=vt1,L= vyt1,tan45°= ,得x=2L,因此粒子在电场中运动时间为t1= ;粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中运动的半径为R,周期为T。则由几何关系可知:R=2 L,带电粒子进入磁场时的速度大小为v′= v;则粒子在磁场中运动的周期为T= ,设粒子在磁场中的运动时间为t2,t2= T= ,则总时间为t=t1+t2=( +2) ;故选A。
2.(多选)如图所示,一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50 m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感强度B=0.5 T,有一质量为m=0.10 g的带正电的电量为q=1.6×10-3 C的小球在水平轨道上向右运动,小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用B.小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10-3 NC.小球到达最高点的线速度是1 m/sD.小球在水平轨道上的初速度v0为6 m/s
【解析】选A、C。设小球在最高点的速度为v,则小球在最高点所受洛伦兹力为:F=qvB,方向竖直向上;由于小球恰好能通过最高点,故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力,故A正确;由上可知:mg-F=m ,小球运动过程机械能守恒: mv2+mg·2R,联立得:v=1 m/s,F=8×10-4 N,v0=4.6 m/s,故B、D错误,C正确。
【补偿训练】如图所示,真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B,还有方向竖直向上的匀强电场E,三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止,乙水平向左匀速运动,丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是( )A.三个液滴都带负电B.丙质量最大,甲质量次之,乙质量最小C.若仅撤去磁场,甲可能做匀加速直线运动D.若仅撤去电场,乙和丙可能做匀速圆周运动
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