高考第一輪復習教案9-磁場(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 里），如圖所示，棒與斜面間動摩擦因數μ ，應加勻強磁場，磁場應強度B最小值是多少？如果要求導體棒a靜止在斜面上且對斜面無壓力，則所加勻強磁場磁感應強度又如何？α⊕a解析:(1)設當安培力與斜面成α角時B最小，則由平衡條件得：mgsinθ＝μFN＋BILcosα, FN=mgcosθ＋BILsinα．解得∴當α＋β=900時, （2）當FN=0時，則BIL＝mg，∴BIL=mg,由左手定則知B方向水平向左．【例8】如圖所示，abcd是一豎直的矩形導線框，線框面積為S，放在磁感強度為B的均勻水平磁場中，ab邊在水平面內且與磁場方向成600角，若導線框中的電流為I，則導線框所受的安培力對某豎直的固定軸的力矩等于（ ） A．IBS B．189。IBS C．IBS D．由于導線框的邊長及固定軸的位置來給出，無法確定解析：為便于正確找出力臂，應將題中所給的立體圖改畫成平面俯視圖，如圖10—17所示，設線框ab邊長為11，cd邊長為12，并設豎直轉軸過圖中O點（O點為任選的一點） ，ao長lac，bo長lbo，則lac+lbo=l1．為便于分析，設電流方向沿abcda． 由左手定則判斷各邊所受安培力的方向，可知ab、cd邊受力與豎直轉軸平行，不產生力矩；ad、bc兩邊所受安培力方向如圖，將產生力矩．ad、bc邊所受安培力的大小均為F＝IBl2，產生的力矩分別為：Mad=Flaocosθ，Mbc=Flbccosθ．兩個力矩的方向相同（困10—17中均為順時針力矩），合力矩M=Mad＋Mbc＝F（lao＋lbc）cosθ＝IBScosθ，將θ＝600代入，得M=189。IBS． 答案：B說明：由此題也導出了單匝通電線圈在磁場所受磁力矩的公式M=IBScosθ．若為N匝線圈，則M＝NIBScosθ．式中S為線圈包圍面積，θ為線圈平面與磁場方向的夾角．顯然，當θ=00時，即線圈平面與磁場方向平行時，線圈所受磁力矩最大Mmax＝NBIS，當θ＝900，即線圈平面與磁場方向垂直時，線圈所受磁力矩為零．公式也不限于矩形線圈、對稱轉軸的情況，對任意形狀的線圈．任一垂直于磁場的轉軸位置都適用．【例9】通電長導線中電流I0的方向如圖所示，邊長為2L的正方形載流線圈abcd中的電流強度為I，方向由a→b→c→d．線圈的ab邊、cd邊以及過ad、bc邊中點的軸線OO/都與長導線平行．當線圈處于圖示的位置時，ab邊與直導線間的距離ala等于2L，且ala與ad垂直．已知長導線中電流的磁場在ab處的磁感強度為B1，在cd處的磁感強度為B2，則載流線圈處于此位置受到的磁力矩的大小為 ． 解析：ad、bc邊所受的磁場力和轉軸OO/平行，其力矩為零，ab、cd邊受力的方向如圖10—21所示，大小分別為F1＝B1I2L，F2= B2I2L，FF2對轉軸OO/的力臂分別為L和L ，則兩力對轉軸的力矩為M=M1＋M2=FlL＋F2L= IL2（2B1＋B2）．答案：IL2（2B1＋B2）3．安培力的實際應用【例10】在原于反應堆中抽動液態金屬等導電液時．由于不允許傳動機械部分與這些流體相接觸，常使用一種電磁泵。圖中表示這種電磁泵的結構。將導管置于磁場中，當電流I穿過導電液體時，這種導電液體即被驅動。若導管的內截面積為ah，磁場區域的寬度為L，磁感強度為B．液態金屬穿過磁場區域的電流為I，求驅動所產生的壓強差是多大？ 解答:本題的物理情景是：當電流 I通過金屬液體沿圖示豎直向上流動時，電流將受到磁場的作用力，磁場力的方向可以由左手定則判斷，這個磁場力即為驅動液態金屬流動的動力。由這個驅動力而使金屬液體沿流動方向兩側產生壓強差ΔP。故有 F=BIh．Δp=F/ah，聯立解得Δp＝BI/a【例11】將兩碳棒A,B(接電路）插盛有AgNO3溶液的容器中，構成如圖電路．假設導軌光滑無電阻，寬為d,在垂直導軌平面方向上有大小為B,方向垂直紙面向外的磁場，若經過時間t后，在容器中收集到nL氣體（標況），問此時滑桿C(質量為mC）的速度，寫出A,B棒上發生的電極反應式（阿伏加德羅常數N0）解析：由電解池電極反應可得出通過C棒的電荷量，求出平均電流，再由安培定則及動量定理可得滑桿速度．陰極:Ag十十e=Ag↓陽極：4OH――4e=2H2O＋O2↑,O2的摩爾數為n/,則陽極的物質量為n/.通過C捧的電荷量為平均電流由得【例12】如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，不計所有阻力，求：(1)活塞移動的速度；(2)該裝置的功率；(3）磁感應強度B的大小；(4）若在實際使用中發現電壓表的讀數變小，試分析其可能的原因．解析:（l）設液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為v., (2）設裝置功率為P，Δt時間內有△m質量的液體從噴口射出,PΔt＝189。Δm (v02一v2)∵Δm=LvΔtρ.∴P=189。 L2vρ(v02一v2),∴(3) ∵P=F安v.∴,∴（4）∵U=BLv,∴噴口液體的流量減少，活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數變小高考熱身電學大課堂Ｐ203第3課 磁場對運動電荷的作用基礎知識 一、洛侖茲力磁場對運動電荷的作用力: f=qvB sinθ，θ是V、B之間的夾角.，f＝0，f=qvB ，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0．二、洛倫茲力的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即f總是垂直于B和v所在的平面．，伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則拇指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向．三、洛倫茲力與安培力的關系，而安培力是導體中所有定向稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現．，它不改變運動電荷的速度大小。但安培力卻可以做功．四、帶電粒子在勻強磁場中的運動：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB（與速度大小無關）．，但有區別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）．【例1】一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E 沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關于中線的對稱點D射出，如圖所示，則粒子從D點射出的速度為多少?解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m（V2－v02）/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由 ①②③式得VD=點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發生了變化，均與洛侖茲力無關，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功。【例2】如圖所示，豎直兩平行板P、Q，間距為d，長為L，兩板間電壓為U，垂直紙面向外的勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場均勻分布在兩板空間內，今有帶電量為Q，質量為m的帶正電的油滴，從某高度處由靜止落下，從兩板正中央進入兩板之間，剛進入時油滴受到的磁場力和電場力相等，此后油滴恰好從P板的下端點處離開兩板正對的區域，求（1）油滴原來靜止下落的位置離板上端點的高度h。（2）油滴離開板間時的速度大小。解析：（1）油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受到的電場力與磁場力相等，則qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd= ，h=U2／2gB2d2（2）油滴進入兩板之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉，電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx ，由動能定理mg（h＋L）－q U／2=mVx 2/2， 點評：（1）根據帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；（2）油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉，電場力做負功．【例3】如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內M端有一質量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動．設重力及其它阻力均可忽略不計．（1）當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？（2）小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？（3）小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？解析：（1）設此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為θ 有……① cosθ=u/v合=u/ ………② 此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcosθ/m =qv合Bcosθ/m………③ 聯立①②③解得：a=quB/m（2）由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關，故小球在豎直方向上做勻加速運動．設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得此時小球的合速度 故小球運動的半徑為 （3）因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得