第五章 磁场（复习课件）物理沪科版选择性必修第二册

章末复习与巩固 第五章 磁 场 物理观念 安培力 (1)方向：判定方法：__________ 安培力方向垂直于B与I构成的平面 (2)大小：F= (θ为B与I的夹角) 洛伦兹力 (1)方向：判定方法：__________ (2)大小：F=qvB·sin θ(θ为B与v的夹角) 带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若v∥B，带电粒子所受洛伦兹力F=0，带电粒子在匀强磁场中做　　　　　运动 (2)若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做　　　　　运动，由_____=m得r=_____，T==______ 左手定则 BIl·sin θ 左手定则 匀速直线 匀速圆周 qvB 物理观念 洛伦兹力与现代科技 (1)质谱仪 加速电场：qU=mv2 偏转磁场：qvB=m (2)回旋加速器 最大速度v=_______ 最大动能：Ek=________ 加速次数：n= 磁场中运动时间：t=T 科学思维 1.微元法：判断通电导线在磁场中所受安培力的方向 2.等效法：利用等效长度求通电导线所受安培力的大小 3.综合分析、推理能力：能综合应用牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动的规律分析带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动 科学探究 1.能分析物理现象，提出针对性问题 2.能调研电磁技术中关于安培力与洛伦兹力的应用 科学态度 与责任 1.认识回旋加速器和质谱仪对人类探究未知领域的重要性 2.认识磁技术应用对人类生活的影响 知识网络构建 IlBsin θ 左手 qvBsin θ 做功 速度选择器 本章核心考点解读 本章知识与现代科技及生产、生活联系紧密，主要考查科学推理、科学论证等物理核心素养。对本章知识点的考查，集中在以下几个方面： (1)安培力的分析与计算 考查通电导线在磁场中的受力问题，结合左手定则作出导线的受力分析图可快速解题。 (2)带电粒子在磁场中的运动 考查带电粒子做圆周运动的圆心、半径及运动的时间；带电粒子在有界磁场中的临界问题；带电粒子在匀强磁场中的多解问题；质谱仪的理解和应用。注重过程分析、隐含条件的挖掘、临界条件的应用。 (3)带电粒子在复合场中的运动 考查带电粒子在复合场中的直线运动、曲线运动，受力分析和由几何关系画出轨迹是关键。两种基本模型：速度选择器(电、磁场正交)和回旋加速器(电、磁场相邻)也是考查重点。 【典例1】 (多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr √ √ 解析 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确； 通电半圆环AB在磁场中的等效长度为直径AB，则其所受安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。 【典例2】如图所示，在宽度为d的固定平行金属导轨上，金属棒ab垂直导轨放置，导轨平面与水平面成θ角，导轨下端与开关、电源、滑动变阻器R用导线连接，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r(导线、导轨电阻忽略不计)，重力加速度为g，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为让金属棒ab能在导轨上保持静止，则 A.滑动变阻器R的滑片在最左端时，金属棒受到的 　安培力最大 B.金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平 　面向上 C.滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于-(R0+r) D.滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于-(R0+r) √ 解析 滑动变阻器R的滑片在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小，故A错误； 由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金 属棒刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下，故B错误； 当金属棒刚好要上滑时，电路中电流最大，滑动变阻器R接入电路的电阻值最小，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ+μmgcos θ=BI'd 由闭合电路欧姆定律得E=I'(r+R'+R0) 联立解得R'=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于-(R0+r)，故C错误； 由于μ<tan θ，则金属棒刚好下滑时，电路中电流最小，即滑动变阻器R接入电路的电阻值最大，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ= μmgcos θ+BId 由闭合电路欧姆定律得E=I(r+R+R0) 联立解得R=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于-(R0+r)，故D正确。 【典例3】(多选)如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则 A.粒子速度大小为 B.所有粒子均能垂直射在光屏上 C.能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135° 解析 由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰 能垂直射在光屏上，有qBv=m，r=R，解得v=， A正确；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离 开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值大于R，粒子并不会全部垂直打在光屏上，B错误；如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π， 根据周期公式T=，可得t=T=，C正确； 若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1= 60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1=60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2=120°，则60°≤θ≤120°，D错误。 【典例4】如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以初速度v0从y轴上A'(0，h)点沿x轴正方向射入匀强电场，经过电场后从x轴上的点B'(B'点未画出)(2h，0)进入磁场，粒子经磁场偏转后垂直经过y轴负半轴上的P点(P点未画出)射出，带电粒子的重力忽略不计。 (1)求匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B的大小； 答案　　　 如图(a)所示，粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向2h=v0t1 y轴方向h=a 粒子在电场中根据牛顿第二定律a= 联立解得E= 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律有qvB= 由tan α===1，可知进磁场时粒子速度v与x轴成α=45°，故粒子射入磁场时的速度v=v0 由几何关系可知=2h，即r=2h 得B= (2)如果仅仅将磁场反向，粒子的电荷量、质量、入射位置、入射速度、电场强度和磁感应强度的大小均不变，求粒子从A'点出发到第三次经过x轴所用的时间。 答案　 磁场反向后粒子从A'点出发到第三次经过x轴 运动轨迹如图(b)所示 设粒子从A'到B'、B'到C'、C'到D'，分别用时 t1、t2、t3。 在电场中从A'到B'所用时间t1=，B'到C'粒子做匀速圆周运动的圆心角θ=，半径r=2h，速度v=v0，所以从B'到C'所用的时间t2==，由对称性知，从C'到D'所用的时间t3=2t1=，所以粒子从A'点出发到第三次经过x轴所用的总时间t=t1+t2+t3=。 【典例5】如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在电场强度大小为E1、水平向右的匀强电场，在x轴下方存在电场强度大小为E2、竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1=E2=4.5 N/C，在坐标为(-0.4 m，0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速 度g取10 m/s2。求： (1)小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小； 答案　 C/kg　4 m/s　 由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点 则有=tan 45° 代入数据解得= C/kg 由A到O的过程中，由动能定理有mgy1+qE1x1=mv2-0 代入数据解得v=4 m/s (2)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 答案　 s 设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1， 小球在y方向做自由落体运动，有y1=g 代入数据解得t1= s 如图，在第三、四象限中，qE2=mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类斜抛运动，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角， 由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax=ay=g y方向有0=vsin 45°-g 得t2= s x方向有x=vcos 45°t2+g 得x= m 由几何关系可得x=R，得R= m 则小球在x轴下方运动的时间为t3=×= s 故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为 t=t1+t2+t3= s。 仓颉之初作书盖依类象形故谓之文其形声相益即谓之字文者物象之本字者言孳乳而浸多也著于竹帛谓之仓颉之初作书盖依类象形故谓之文其形声相益即谓之字文者物象之本字者言孳乳而 谢君一赏 m $