第三章章末整合

通電導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的電荷電流

運(yùn)動(dòng)的電荷垂直

電流

導(dǎo)線長(zhǎng)度

比值特斯拉T強(qiáng)弱強(qiáng)弱NN極S極S極N極垂直乘積韋伯WbBSsinθ

BILsinθ

垂直掌心電流方向拇指不做專題一安培力與其他知識(shí)的綜合運(yùn)用

1．首先明確磁場(chǎng)的分布情況．需要把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，圖中應(yīng)能同時(shí)表示出磁場(chǎng)、電流和安培力三者的方向，以便于分析和判斷． 2．依據(jù)左手定則判斷導(dǎo)體的受力情況，要特別注意各物理量(B、I、F

)的方向． 3．由受力情況確定導(dǎo)線或線圈做何種運(yùn)動(dòng)，如平動(dòng)、轉(zhuǎn)動(dòng)或同時(shí)做平動(dòng)和轉(zhuǎn)動(dòng)．

0.5Ω，豎直導(dǎo)軌寬L＝0.2m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．另有一金屬棒質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝0.5Ω，它與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，靠在導(dǎo)軌的外面．為使金屬棒不滑動(dòng)，施加一與紙面夾角為30°且與導(dǎo)體棒垂直指向紙里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2)．求：(1)此磁場(chǎng)的方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．圖3－1【例1】如圖3－1所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝2V，內(nèi)阻r＝

解：(1)要使金屬棒靜止，安培力應(yīng)斜向上指向紙里，畫出由a→b的側(cè)視圖，并對(duì)棒ab受力分析如圖3－2所示．經(jīng)分析知磁場(chǎng)的方向斜向下指向紙里．圖3－2(2)如圖3－2所示，當(dāng)ab棒有向下滑的趨勢(shì)時(shí)，受向上的摩擦力Ff

，則有I＝Fsin30°＋Ff

－mg＝0F＝B1ILFf

＝μFcos30°ER＋r可解得B1＝3.0T當(dāng)ab棒有向上滑的趨勢(shì)時(shí)，受向下的摩擦力Ff

′，則有F

′sin30°－Ff

′－mg＝0Ff

′＝μF

′cos30°I＝F

′＝B2

ILER＋r可解得B2＝16.2T所以若保持金屬棒靜止不滑動(dòng)，應(yīng)滿足3.0T≤B≤16.2T.【觸類旁通】

1．如圖3－3所示，在傾角θ＝30°的斜面上固定一金屬框，框?qū)抣＝0.25m，接入電動(dòng)勢(shì)E＝12V、內(nèi)阻不計(jì)的電池．垂直框面放有一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，它與框架的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T、垂直框面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值在什么范圍時(shí)，可使金屬棒靜止在框架上？(框架與棒的電阻不計(jì)，取g＝10m/s2) 圖3－3

解：金屬棒受到四個(gè)力作用：重力

mg，垂直框面向上的支持力

FN，沿框面向上的安培力

F安，沿框面的靜摩擦力

Ff

靜．金屬棒靜止在框架上時(shí)，F(xiàn)f

靜的方向可能沿框面向上，也可能向下，需分兩種情況考慮．當(dāng)變阻器R取值較大時(shí)，I較小，安培力F安較小，在金屬棒重力分力m

g

sinθ作用下棒有沿框架下滑的趨勢(shì)，框架對(duì)棒的摩擦力沿框面向上，受力如圖

10甲所示．金屬棒剛好不下滑時(shí)滿足平衡條件，有甲乙圖10

≈8.2Ω 當(dāng)變阻器R取值較小時(shí)，I較大，安培力F安

較大，會(huì)使金屬棒產(chǎn)生沿框面上滑的趨勢(shì)．因此，框架對(duì)棒的摩擦力沿框面向下，受力如圖乙所示．金屬棒剛好不上滑時(shí)滿足平衡條件，有專題二

洛倫茲力與電場(chǎng)力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用

【例2】如圖3－4所示，a、b是一對(duì)水平放置的平行金屬板，板間存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從兩板左側(cè)正中位置以初速度v0

沿平行于金屬板的方向進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，帶電粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將向上偏轉(zhuǎn)，并恰好從a板的右邊緣處飛出；若撤去電場(chǎng)，在兩金屬板間加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則相同的帶電粒子從同一位置以相同的速度進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)，并恰好從b板的右邊緣處飛出．現(xiàn)上述的電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在于兩金屬板之間，仍讓相同的帶電粒子從同一位置以相同的速度進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，則下面的判斷中正確的是()A．帶電粒子將做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．帶電粒子將偏向a板一方做曲線運(yùn)動(dòng)C．帶電粒子將偏向b板一方做曲線運(yùn)動(dòng)D．無(wú)法確定帶電粒子做哪種運(yùn)動(dòng)圖3－4圖3－5

因此F電>F

洛，若同時(shí)加上述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，帶電粒子將向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，故B正確．

答案：BC．v＝【觸類旁通】

2．如圖3－6所示，平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向互相垂直，這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫做速度選擇器．帶電粒子能夠勻速沿直線通過(guò)速度選擇器的條件是()A．v＝EBB．v＝E＋BBED．v＝EB圖3－6D專題三

帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．受力分析是基礎(chǔ)．在受力分析時(shí)是否考慮重力必須注意題目條件．

2．運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)及類平拋運(yùn)動(dòng)的條件． 3．根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解．

4．常用的物理規(guī)律：共點(diǎn)力平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律、功能關(guān)系、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式等．5．思維方法：常用到力的合成與分解、運(yùn)動(dòng)的合成及分解、等效法、假設(shè)法、類比法等．

【例3】在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一傾角為θ、足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球靜止在斜面頂端，這時(shí)小球?qū)π泵娴恼龎毫η『脼榱?，如圖3－7所示，若迅速把電場(chǎng)方向反轉(zhuǎn)為豎直向下，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠(yuǎn)？所用時(shí)間是多少？圖3－7Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)荷比為＝【觸類旁通】

3．(2012年茂名一模)如圖3－8所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝4×105

N/C，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第

m q4×10－10kg/C

的帶正電粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v0

＝2×107

m/s垂直x軸射入電場(chǎng)，OA＝0.2m，不計(jì)重力．求： (1)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況)．圖3－8

解：對(duì)粒