《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場對電流和運動電荷的作用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場對電流和運動電荷的作用課件.ppt（43頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題8磁場對電流和運動電荷 的作用,知識專題,網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建,考題二帶電粒子在磁場中的運動,考題三帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動,欄目索引,考題一磁場對通電導(dǎo)體的作用力,考題一磁場對通電導(dǎo)體的作用力,1.安培力大小的計算公式：FBILsin (其中為B與I之間的夾角). (1)若磁場方向和電流方向垂直：FBIL. (2)若磁場方向和電流方向平行：F0. 2.安培力方向的判斷：左手定則. 方向特點：垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面.,知識精講,3.兩個常用的等效模型 (1)變曲為直：圖1甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流.,圖1,(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針

2、，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙.,4.求解磁場中導(dǎo)體棒運動問題的方法 (1)分析：正確地對導(dǎo)體棒進行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強度組成的平面垂直. (2)作圖：必要時將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖. (3)求解：根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動能定理列式分析求解.,解析,例1如圖2所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0.1 T，玻璃皿的橫截面的半徑為a0.05

3、m，電源的電動勢為E3 V，內(nèi)阻r0.1 ，限流電阻R04.9 ，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R0.9 ，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時電壓表的示數(shù)恒為1.5 V，則() A.由上往下看，液體做順時針旋轉(zhuǎn) B.液體所受的安培力大小為1.5104 N C.閉合開關(guān)10 s，液體具有的動能是4.5 J D.閉合開關(guān)后，液體電熱功率為0.081 W,圖2,典例剖析,解析由于中心圓柱形電極接電源的負(fù)極，邊緣電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；玻璃皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)；故A錯誤；,解析,玻璃皿中

4、兩電極間液體的等效電阻為R0.9 ，則液體熱功率為P熱I2R0.320.9 W0.081 W.故D正確； 10 s末液體的動能等于安培力對液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率：PUI1.50.3 W0.45 W，所以閉合開關(guān)10 s，液體具有的動能是：EkW電流W熱(PP熱)t(0.450.081)10 J3.69 J，故C錯誤.,1.(2016海南單科8)如圖3(a)所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當(dāng)音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)磁場方向如圖中箭頭所示，在圖(b)中 (),變式訓(xùn)練,1,2,3,圖3,A.當(dāng)電流沿順

5、時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B.當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C.當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D.當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 解析將環(huán)形導(dǎo)線分割成無限個小段，每一小段看成直導(dǎo)線，則根據(jù)左手定則，當(dāng)電流順時針時，導(dǎo)線的安培力垂直紙面向外，故選項A錯誤，選項B正確； 當(dāng)電流逆時針時，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項C正確，選項D錯誤.,解析,1,2,3,2.如圖4所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向

6、垂直，線圈一半在磁場內(nèi).某時刻，線圈中通過大小為I的電流， 則此線圈所受安培力的大小為(),解析,1,2,3,圖4,3.如圖5甲所示，兩平行光滑導(dǎo)軌傾角為30，相距10 cm，質(zhì)量為10 g的直導(dǎo)線PQ水平放置在導(dǎo)軌上，從Q向P看到的側(cè)視圖如圖乙所示.導(dǎo)軌上端與電路相連，電路中電源電動勢為12.5 V，內(nèi)阻為0.5 ，限流電阻 R5 ，R為滑動變阻器，其余電阻均不計.在整個 直導(dǎo)線的空間中充滿磁感應(yīng)強度大小為1 T的勻強 磁場(圖中未畫出)，磁場方向可以改變，但始終保持 垂直于直導(dǎo)線.若要保持直導(dǎo)線靜止在導(dǎo)軌上，則電路 中滑動變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之 相對應(yīng)的磁場方向是(),1,

7、2,3,圖5,A.電阻的最小值為12 ，磁場方向水平向右 B.電阻的最大值為25 ，磁場方向垂直斜面向左上方 C.電阻的最小值為7 ，磁場方向水平向左 D.電阻的最大值為19.5 ，磁場方向垂直斜面向右下方,解析,返回,1,2,3,1,2,3,磁場方向垂直斜面向左上方時，直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向下，不可能靜止在斜面上，故B錯誤；,磁場方向水平向左時，直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向下，不可能靜止在斜面上，故C錯誤；,解析,1,2,3,返回,1.必須掌握的幾個公式,考題二帶電粒子在磁場中的運動,方法指導(dǎo),2.軌跡、圓心和半徑是根本，數(shù)學(xué)知識是保障 (1)畫軌跡：根據(jù)題意，畫出帶電粒子在勻強磁場

8、中的運動軌跡. (2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F洛作用線的交點上或AB弦的中垂線OO與任一個F洛作用線的交點上，如圖6所示.,圖6,(5)注意圓周運動中的對稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.,例2(2016海南單科14)如圖7，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，OCA30，OA的長度為L.在OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場.已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子 在磁場中運

9、動的時間為t0.不計重力. (1)求磁場的磁感應(yīng)強度的大??；,解析答案,典例剖析,圖7,解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期T4t0 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得qvB ,(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； 解析設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示. 設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為1和2. 由幾何關(guān)系有：11802 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1

10、與t2， 則t1t2 2t0,(a),解析答案,答案2t0,(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為 t0，求粒子此次入射速度的大小. 解析如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為為150.設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知， 此時有OODBOA30 ,(b),解析答案,解析,4,5,變式訓(xùn)練,4.(2016全國甲卷18)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖8所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)

11、動.在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內(nèi)未與 筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(),圖8,6,解析畫出粒子的運動軌跡如圖所示，,4,5,6,5.(2016四川理綜4)如圖9所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力.則() A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12 C.vbvc21

12、，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12,解析,圖9,4,5,6,解析帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示，,4,5,6,6.(2016全國丙卷18)平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖10所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上 另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到 兩平面交線O的距離為(),解析,返回,圖10,

13、4,5,6,返回,4,5,6,考題三帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動,方法指導(dǎo),找到半徑是關(guān)鍵，邊界分析是突破點 帶電粒子在多磁場中的運動，一般是指帶電粒子在兩個相鄰勻強磁場中的運動，解決此類問題的一般思路： (1)根據(jù)題中所給的條件，畫出粒子在兩磁場中做勻速圓周運動的軌跡； (2)根據(jù)畫出的軌跡，找出粒子在兩磁場中做圓周運動的圓心和半徑； (3)適當(dāng)添加輔助線，運用數(shù)學(xué)方法計算出粒子在兩磁場中運動的軌跡半徑(有時候還要找出圓心角)；,典例剖析,例3如圖11所示，為一磁約束裝置的原理圖.同心圓內(nèi)存在有垂直圓平面的勻強磁場，同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直

14、xOy平面向里的勻強磁場B1.一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0、R0)的A點沿y軸負(fù)方向射入磁場區(qū)域I，粒子全部經(jīng)過x軸上的P點，方向沿x軸正方向.當(dāng)在環(huán)形區(qū)域加上方向垂直于xOy 平面的勻強磁場B2時，上述粒子仍從A點沿y軸負(fù)方向射入 區(qū)域I，粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域 后能夠從Q點沿半徑方向射入?yún)^(qū)域I，已知OQ與x軸正方向 成60角.不計重力和粒子間的相互作用.求：,圖11,(1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強度B1的大??； (2)環(huán)形區(qū)域中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大?。?(3)粒子從A點沿y軸負(fù)方向射入后至第一次到Q點的運動時間.,答案,思維規(guī)范

15、流程,R0,qvB1,答案,qvB2,向外,3r2,答案,每式各2分，其余各式1分,7.如圖12所示，分界線MN上下兩側(cè)有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m，電荷為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經(jīng)時間t又回到出發(fā)點O，形成了圖示心形圖案，則() A.粒子一定帶正電荷 B.MN上下兩側(cè)的磁場方向相同 C.MN上下兩側(cè)的磁感應(yīng)強度的大小B1B212 D.時間t,解析,7,8,變式訓(xùn)練,圖12,解析題中未提供磁場的方向和繞行的方向，所以不能用洛倫茲力充當(dāng)圓周運動的向心力的方法判定電荷的正負(fù)，A錯誤； 根據(jù)左手定則可知MN上下兩側(cè)的

16、磁場方向相同，B正確；,7,8,解析,7,8,解析答案,8.如圖13所示的坐標(biāo)平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強 度大小B10.20 T的勻強磁場，在y軸的右側(cè)存在方向垂直紙面向里、寬 度d12.5 cm的勻強磁場B2，某時刻一質(zhì)量m2.0108 kg、電量q 4.0104 C的帶電微粒(重力可忽略不計)，從x軸上 坐標(biāo)為(0.25 m,0)的P點以速度v2.0103 m/s沿 y軸正方向運動.試求： (1)微粒在y軸左側(cè)磁場中運動的軌道半徑；,7,8,圖13,解析設(shè)微粒在y軸左側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1，轉(zhuǎn)過的圓心角為，則,7,8,答案0.5 m,解析答案,(2)微粒第一次經(jīng)過y軸時，速度方向與y軸正方向的夾角； 解析粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得：,7,8,答案60,(3)要使微粒不能從右側(cè)磁場邊界飛出，B2應(yīng)滿足的條件. 解析設(shè)粒子恰好不飛出右側(cè)磁場時運動半徑為r2，其運動軌跡如圖所示，,7,8,即磁感應(yīng)強度B2應(yīng)滿足：B20.4 T. 答案B20.4 T,由洛倫茲力充當(dāng)向心力，且粒子運動半徑不大于r2，,返回,解析答案,