广东版高考物理复习专题一0一磁场教学课件

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(3)方向:小磁针静止时N极的指向。(4)单位:特斯拉,符号为T。3.磁感线的特点(1)方向:磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。(2)强弱:磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。(3)磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,由N极指向S极;在磁体内部,由S 极指向N极。(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。(5)磁感线是假想的曲线,客观上并不存在。
4.匀强磁场:磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。5.地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近,地磁的S极在地理北极附近,磁感线分布大致如图所 示。 (2)在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度相等,且方向水平向北。
(3)地磁场在南半球有竖直向上的分量,在北半球有竖直向下的分量。6.其他常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图所示)      (2)电流的磁场
7.磁场的叠加磁感应强度是矢量,空间内某点的磁感应强度应为各磁场源在该点产生的磁感应强度 的矢量和,应用平行四边形定则进行合成。如图所示,B1、B2、B3分别为三个磁场源在 O点产生的磁感应强度,B为合磁感应强度。 
例1　如图所示为一边长为d的正方体,在FE、ND两边放置两条无限长直导线,分别通 有电流I1、I2,且I1=I2=I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时,所产生 的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中C、O两点处的磁感应强度大小 分别为 (　    ) A.2B、0　　　　　　　    B.2B、2BC.0、 B　　　　　　　    D. B、 B
  解析    根据右手螺旋定则可得两处电流在O、C点产生的磁场方向如图所示,且磁感应强度大小均为B,则根据磁场的叠加可得,O、C两点处的磁感应强度大小均为 B,D正确。   答案    D
二、安培力1.大小(1)一般情况下:F=BIL sin θ,其中θ为磁感应强度B与电流I间的夹角。(2)当磁感应强度B的方向与电流I的方向垂直时:F=BIL。(3)当磁感应强度B的方向与电流I的方向平行时:F=0。点拨拓展    L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两 端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示。
2.方向(1)用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四指垂直,并且都与手掌在同一个平面内; 让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电 导线在磁场中所受安培力的方向。
 (2)安培力方向的特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面。3.安培力作用下导体运动的判断方法
例2　一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈 的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将 (　    ) A.不动　　　　　　　    B.顺时针转动C.逆时针转动　　　　　　　    D.在纸面内平动
  解析    解法一　电流元法把线圈L1沿水平转轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元 处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则 可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向 均指向纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动。解法二　等效法把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该 点环形电流I2的磁场方向,由安培定则可知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1 等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以 从左向右看,线圈L1将顺时针转动。
解法三　结论法环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得, 从左向右看,线圈L1将顺时针转动。  答案    B4.安培力作用下的平衡问题(1)安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的,只不过多了安培 力,解题关键仍是受力分析。(2)视图转换:对于安培力作用下的力学问题,导体中的电流方向、磁场方向以及其受 力方向往往分布在三维空间的不同方向上,这时应变立体图为二维平面图。如图所示。
考点二　磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1.定义:磁场对运动电荷的作用力叫作洛伦兹力。2.大小(1)当v∥B(或v=0)时,洛伦兹力F=0。(2)当v⊥B时,洛伦兹力F=qvB。(3)当v与B的夹角为θ时,F=qvB sin θ。3.方向(1)判定方法:左手定则
①掌心——磁感线垂直穿入掌心。②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。③拇指——指向洛伦兹力的方向。(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的平面。由此我们可知,洛伦兹力不对受 其作用的电荷做功。4.洛伦兹力与安培力的联系与比较(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观实质。二者是相同性质的 力,都是磁场力。(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。
二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动1.基本运动分析(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下的运动形式①若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。②若v⊥B,带电粒子在垂直于磁场的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。③若v与B成θ角,带电粒子在平行于磁场方向,以v cs θ做匀速直线运动;在垂直于磁场 方向,以v sin θ做匀速圆周运动,轨迹为螺旋线。(2)洛伦兹力作用下带电粒子做圆周运动的物理量
 点拨拓展    周期T与轨道半径r和运行速率v无关,只与磁场的磁感应强度B和粒子的比 荷有关。
2.带电粒子在有界磁场中的运动(1)圆心的确定①已知两个位置的速度方向时,可通过入射点和出射点作垂直于速度方向的直线,两 条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示)。②已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连 接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示）。
③已知粒子轨迹上某点速度的方向及轨迹半径r,则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的 位置为圆心(如图丙所示)。(2)半径的计算①动力学方程求半径由qvB=m 可得R= 。②几何知识求半径若轨迹明确,一般由数学知识(勾股定理、三角函数、弦切角定理等)来确定半径。如 图所示,已知匀强磁场区域的宽度为d,轨迹对应的水平长度为L,圆心角为θ,根据几何
关系可得R= 。根据R2=L2+(R-d)2,可得R= 。 (3)运动时间的计算①利用圆心角θ、周期T计算:t= T。②利用弧长、线速度计算:t= 。点拨拓展　    圆周运动中的几种角度关系
若是劣弧,粒子速度的偏转角(φ)等于圆心角(α),并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的 2倍(如图所示),即φ=α=2θ=ωt。若是优弧,φ=2π-α。 (4)常见的几种边界磁场①直线边界:进出磁场具有对称性。
 ②平行边界:存在临界条件。 　　     
③圆形边界:进出磁场具有对称性。a.沿径向射入必沿径向射出,如图甲所示;b.射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ,射出磁场时速度方向与磁场圆半径的夹角 也为θ。可简记为“等角进出”,如图乙所示。 　     3.带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
例3　如图所示,在直角三角形CDE区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外 的匀强磁场,P为直角边CD的中点,∠C=30°,CD=2L,一束相同的带负电粒子以不同的 速率从P点垂直于CD射入磁场,粒子的比荷为k,不计粒子间的相互作用和重力。下列 说法错误的是 (　    )A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B.从CD边飞出的粒子最大速率为 C.粒子从DE边飞出的区域长度为LD.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 
  解题指导    无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动,解题时要抓住三个步骤。
  解析    速率不同但都较小的粒子从CD边射出时,粒子在磁场中运动轨迹均为半圆,运动时间均为 = × = ,故A错误。根据左手定则,粒子向左偏转,从CD边飞出的
粒子最远从D点飞出,半径R= ,由qvmB= ,解得vm= ,故B正确。由B项分析可知,粒子可以从D点飞出;粒子轨迹与CE相切并从DE上的M点飞出时,对应粒子从DE边飞 出的最远点,如图所示,由几何关系得R= CD=L,则粒子从DE边飞出的区域长度为L,故C正确。从CE边飞出的粒子,与CE相切时在磁场中运动的时间最长,由几何关系可得 ∠FDC=60°,最长时间t= × = ,故D正确。 
归纳总结带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长或圆心角越大,带电粒子在有界磁场中运动的时 间越长。(3)当速率v变化时,运动轨迹圆心角越大,运动时间越长。(4)在圆形边界匀强磁场中,当轨迹圆的半径大于磁场圆的半径,且入射点和出射点位 于磁场圆同一条直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大,运动时间最长。
模型一　带电粒子在叠加场中的运动一、三种场的比较
二、“三步法”突破叠加场问题 
例1　空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向,场强大小为 E;磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O由 静止释放,释放后,粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h, 曲线在P点附近的一小部分,可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧,则 (　    ) A.粒子在y轴方向做匀加速运动
B.粒子在最高点P的速度大小为 C.磁场的磁感应强度大小为 D.粒子经过时间π 运动到最高点  解析    (设问1:带电粒子在y轴方向上受到的力是恒力还是变力?)对带电粒子受力分析可知,粒子受到的电场力竖直向上且不变,但粒子受到的洛伦兹力沿y轴方向的分力 是变化的,故粒子在y轴方向的合力是变化的,加速度是变化的,A错误。(设问2:带电粒 子由原点O运动到P点哪些力对其做功?由什么规律求粒子在P点的速度?)从O到P过 程中,只有电场力对粒子做功,洛伦兹力不做功,故由动能定理得qEh= m ,解得vP=
 ,B错误。(设问3:从哪个角度求磁感应强度?如何列式?)洛伦兹力与磁感应强度相关,洛伦兹力不做功,故求解磁感应强度大小要从运动状态的角度切入。粒子经过P 点时,可视为正在做半径为2h的圆周运动,此时洛伦兹力和电场力的合力提供向心力, 即qvPB-qE=m ,联立解得B= ,C正确。(设问4:能否由匀变速直线运动规律求粒子运动到最高点的时间?选项里的式子如何来的?)粒子在空间中做比较复杂的曲线运 动,根据题给条件无法计算出粒子运动到最高点的时间,而选项中的式子是粒子在磁 场中做匀速圆周运动的周期,故该时间并非粒子运动到最高点的时间,D错误。  答案    C
例2　如图所示,直流电源(不计内阻)与阻值为R1的定值电阻、滑动变阻器R2以及水平 放置的平行板电容器构成闭合回路,平行板电容器的板间距为d、板长为 d,板间存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、带电荷量为-q的小球以某一水平初速度从 电容器下极板左边缘无碰撞地进入电容器。已知重力加速度大小为g,电源电动势ε=  ,小球向右飞入电容器的初速度为v0= ,不计电场、磁场边缘效应,不计空气阻力。(1)若滑动变阻器接入电路中的阻值R2=7R1,且小球恰好做匀速直线运动,求匀强磁场的 磁感应强度大小B0;(2)若小球在板间恰好做匀速圆周运动,且能从两极板间飞出,求R2接入电路中的阻值,
以及磁感应强度大小的取值范围。   解析    (1)根据闭合电路欧姆定律有I= 
解得电容器两板间电压U=IR1= 极板间电场强度大小E= = 小球恰好做匀速直线运动,则受力平衡,有qE+qv0B0=mg,解得B0= =  。(2)小球恰好做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,即qE'=mg,定值电阻R1两端的电压 U'=E'd。根据串联电路的分压关系有 = ,联立解得R2=3R1。画出小球恰好能从两极板间飞出的两条临界轨迹,如图所示。
小球恰好从两板间右侧飞出时,设其做圆周运动的半径为r1,由几何知识得 =(r1-d)2+( d)2,解得r1=2d,小球恰好从两板间左侧飞出时,设其做圆周运动的半径为r2,则r2= ,则圆周运动的半径取值范围为r>2d或r  或B  或B 0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速 度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。 
  解题指导    粒子在磁场中运动轨迹如图所示,速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子在左、右磁场中各转过半周,所以粒子与O点间距离为直径的差值。   解析    (1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域,圆周运动轨迹半径为R1;在x