2022年高中物理競賽 第9部分《磁場》教案 新人教版
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1、2022年高中物理競賽 第9部分《磁場》教案 新人教版 第一講 基本知識介紹 《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少,和高考要求的區(qū)別不是很大,只是在兩處有深化:a、電流的磁場引進定量計算;b、對帶電粒子在復(fù)合場中的運動進行了更深入的分析。 一、磁場與安培力 1、磁場 a、永磁體、電流磁場→磁現(xiàn)象的電本質(zhì) b、磁感強度、磁通量 c、穩(wěn)恒電流的磁場 *畢奧-薩伐爾定律(Biot-Savart law):對于電流強度為I 、長度為dI的導(dǎo)體元段,在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應(yīng)強度”為dB 。矢量式d= k,(d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點的方向矢量);
2、或用大小關(guān)系式dB = k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理,可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強度。 畢薩定律應(yīng)用在“無限長”直導(dǎo)線的結(jié)論:B = 2k ; *畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論:B = 2πkI ; *畢薩定律應(yīng)用在“無限長”螺線管內(nèi)部的結(jié)論:B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數(shù)。 2、安培力 a、對直導(dǎo)體,矢量式為 = I;或表達為大小關(guān)系式 F = BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問題(θ為B與L的夾角)。 b、彎曲導(dǎo)體的安培力 ⑴整體合力 折線導(dǎo)體所
3、受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體(電流不變)的的安培力。 證明:參照圖9-1,令MN段導(dǎo)體的安培力F1與NO段導(dǎo)體的安培力F2的合力為F,則F的大小為 F = = BI = BI 關(guān)于F的方向,由于ΔFF2P∽ΔMNO,可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似,這也就證明了F是垂直MO的,再由于ΔPMO是等腰三角形(這個證明很容易),故F在MO上的垂足就是MO的中點了。 證畢。[ 由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無窮多元段直線導(dǎo)體的折合,所以,關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。(說明:這個結(jié)論只適用于勻強磁場。) ⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力 彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下
4、,均會出現(xiàn)內(nèi)張力,具體分析時,可將導(dǎo)體在被考查點切斷,再將被切斷的某一部分隔離,列平衡方程或動力學方程求解。 c、勻強磁場對線圈的轉(zhuǎn)矩 如圖9-2所示,當一個矩形線圈(線圈面積為S、通以恒定電流I)放入勻強磁場中,且磁場B的方向平行線圈平面時,線圈受安培力將轉(zhuǎn)動(并自動選擇垂直B的中心軸OO′,因為質(zhì)心無加速度),此瞬時的力矩為 M = BIS 幾種情形的討論—— ⑴增加匝數(shù)至N ,則 M = NBIS ; ⑵轉(zhuǎn)軸平移,結(jié)論不變(證明從略); ⑶線圈形狀改變,結(jié)論不變(證明從略); *⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉(zhuǎn)α角,則M = BIScosα ,如圖9-3; 證明
5、:當α = 90°時,顯然M = 0 ,而磁場是可以分解的,只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩… ⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉(zhuǎn)β角,則M = BIScosβ ,如圖9-4。 證明:當β = 90°時,顯然M = 0 ,而磁場是可以分解的,只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產(chǎn)生力矩… 說明:在默認的情況下,討論線圈的轉(zhuǎn)矩時,認為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場。如果沒有人為設(shè)定,而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸,這時的力矩稱為力偶矩。 二、洛侖茲力 1、概念與規(guī)律 a、 = q,或展開為f = qvBsinθ再結(jié)合左、右手定則確定方向(其中θ為與的夾角)。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲
6、力的宏觀體現(xiàn)。 b、能量性質(zhì) 由于總垂直與確定的平面,故總垂直 ,只能起到改變速度方向的作用。結(jié)論:洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量,卻不可能做功。或:洛侖茲力可使帶電粒子的動量發(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。 問題:安培力可以做功,為什么洛侖茲力不能做功? 解說:應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題:(1)導(dǎo)體靜止時,所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力(這個證明從略);(2)導(dǎo)體運動時,粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運動v1和導(dǎo)體運動v2的合運動,其合速度為v ,這時的洛侖茲力f垂直v而安培力
7、垂直導(dǎo)體棒,它們是不可能相等的,只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力(見圖9-5)。 很顯然,f1的合力(安培力)做正功,而f不做功(或者說f1的正功和f2的負功的代數(shù)和為零)。(事實上,由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數(shù)量級,而v2一般都在10?2m/s數(shù)量級以上,致使f1只是f的一個極小分量。) ☆如果從能量的角度看這個問題,當導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時(參看圖9-6),導(dǎo)體棒必獲得動能,這個動能是怎么轉(zhuǎn)化來的呢? 若先將導(dǎo)體棒卡住,回路中形成穩(wěn)恒的電流,電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后,導(dǎo)體棒受安培力加速,將形成感應(yīng)電動勢(反電動勢)。動力學分
8、析可知,導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動(感應(yīng)電動勢等于電源電動勢,回路電流為零)。由于達到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的,故在相同時間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時少。所以,導(dǎo)體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。 2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動 a、⊥時,勻速圓周運動,半徑r = ,周期T = b、與成一般夾角θ時,做等螺距螺旋運動,半徑r = ,螺距d = 這個結(jié)論的證明一般是將分解…(過程從略)。 ☆但也有一個問題,如果將分解(成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ,如圖9-7所示),粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內(nèi)做圓周運動? 其實,在
9、圖9-7中,B1平行v只是一種暫時的現(xiàn)象,一旦受B2的洛侖茲力作用,v改變方向后就不再平行B1了。當B1施加了洛侖茲力后,粒子的“圓周運動”就無法達成了。(而在分解v的處理中,這種局面是不會出現(xiàn)的。) 3、磁聚焦 a、結(jié)構(gòu):見圖9-8,K和G分別為陰極和控制極,A為陽極加共軸限制膜片,螺線管提供勻強磁場。 b、原理:由于控制極和共軸膜片的存在,電子進磁場的發(fā)散角極小,即速度和磁場的夾角θ極小,各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等(半徑可以不等),故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。 4、回旋加速器 a、結(jié)構(gòu)&原理(注意加速時間應(yīng)忽略) b、磁場與交變電場頻率的關(guān)系 因回旋
10、周期T和交變電場周期T′必相等,故 = c、最大速度 vmax = = 2πRf 5、質(zhì)譜儀 速度選擇器&粒子圓周運動,和高考要求相同。 第二講 典型例題解析 一、磁場與安培力的計算 【例題1】兩根無限長的平行直導(dǎo)線a、b相距40cm,通過電流的大小都是3.0A,方向相反。試求位于兩根導(dǎo)線之間且在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)的、與a導(dǎo)線相距10cm的P點的磁感強度。 【解說】這是一個關(guān)于畢薩定律的簡單應(yīng)用。解題過程從略。 【答案】大小為8.0×10?6T ,方向在圖9-9中垂直紙面向外?!纠}2】半徑為R ,通有電流I的圓形線圈,放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁
11、場中,求由于安培力而引起的線圈內(nèi)張力。 【解說】本題有兩種解法。 方法一:隔離一小段弧,對應(yīng)圓心角θ ,則弧長L = θR 。因為θ → 0(在圖9-10中,為了說明問題,θ被夸大了),弧形導(dǎo)體可視為直導(dǎo)體,其受到的安培力F = BIL ,其兩端受到的張力設(shè)為T ,則T的合力 ΣT = 2Tsin 再根據(jù)平衡方程和極限= 0 ,即可求解T 。 方法二:隔離線圈的一半,根據(jù)彎曲導(dǎo)體求安培力的定式和平衡方程即可求解… 【答案】BIR 。 〖說明〗如果安培力不是背離圓心而是指向圓心,內(nèi)張力的方向也隨之反向,但大小不會變。 〖學員思考〗如果圓環(huán)的電流是由于環(huán)上的帶正電物質(zhì)順時針旋轉(zhuǎn)
12、而成(磁場仍然是進去的),且已知單位長度的電量為λ、環(huán)的角速度ω、環(huán)的總質(zhì)量為M ,其它條件不變,再求環(huán)的內(nèi)張力。 〖提示〗此時環(huán)的張力由兩部分引起:①安培力,②離心力。 前者的計算上面已經(jīng)得出(此處I = = ωλR),T1 = BωλR2 ; 后者的計算必須應(yīng)用圖9-10的思想,只是F變成了離心力,方程 2T2 sin = Mω2R ,即T2 = 。 〖答〗BωλR2 + 。 【例題3】如圖9-11所示,半徑為R的圓形線圈共N匝,處在方向豎直的、磁感強度為B的勻強磁場中,線圈可繞其水平直徑(絕緣)軸OO′轉(zhuǎn)動。一個質(zhì)量為m的重物掛在線圈下部,當線圈通以恒定電流I后,求其
13、靜止時線圈平面和磁場方向的夾角。 【解說】這是一個應(yīng)用安培力矩定式的簡單問題,解題過程從略 【答案】arctg 。 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 【例題4】電子質(zhì)量為m 、電量為q ,以初速度v0垂直磁場進入磁感強度為B的勻強磁場中。某時刻,電子第一次通過圖9-12所示的P點,θ為已知量,試求: (1)電子從O到P經(jīng)歷的時間; (2)O→P過程洛侖茲力的沖量。 【解說】圓周運動的基本計算。解題過程從略。 值得注意的是,洛侖茲力不是恒力,故沖量不能通過定義式去求,而應(yīng)根據(jù)動量定理求解。 【答案】(1) ;(2)2mv0sinθ 。 【例題5】如圖9-13所示,S是粒子源
14、,只能在紙面上的360°范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m 、電量為q的電子。MN是一塊足夠大的擋板,與S相距= L 。它們處在磁感強度為B 、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,試求: (1)要電子能到達擋板,其發(fā)射速度至少應(yīng)為多大? (2)若發(fā)射速率為,則電子擊打在擋板上的范圍怎樣? 【解說】第一問甚簡,電子能擊打到擋板的臨界情形是軌跡與擋板相切,此時 rmin = ; 在第二問中,先求得r = L ,在考查各種方向的初速所對應(yīng)的軌跡與擋板相交的“最遠”點。值得注意的是,O點上方的最遠點和下方的最遠點并不是相對O點對稱的。 【答案】(1) ;(2)從圖中O點上方距O點L處到O點下方距O點L
15、處的范圍內(nèi)。 【例題6】如圖9-14甲所示,由加速電壓為U的電子槍發(fā)射出的電子沿x方向射入勻強磁場,要使電子經(jīng)過x下方距O為L且∠xOP = θ的P點,試討論磁感應(yīng)強度B的大小和方向的取值情況。 【解說】以一般情形論:電子初速度v0與磁感應(yīng)強度B成任意夾角α ,電子應(yīng)做螺旋運動,半徑為r = ,螺距為d = ,它們都由α 、B決定(v0 =是固定不變的)。我們總可以找到適當?shù)陌霃脚c螺距,使P點的位置滿足L 、θ的要求。電子運動軌跡的三維展示如圖9-14乙所示。 如果P點處于(乙圖中)螺線軌跡的P1位置,則α = θ ,B∥ ;如果P點處于P2或P3位置,則α ≠ θ ,B與成一般夾角
16、。 對于前一種情形,求解并不難——只要解L = kd(其中k = 1,2,3,…)方程即可;而對后一種情形,要求出B的通解就難了,這里不做討論。此外,還有一種特解,那就是當B⊥時,這時的解法和【例題4】就完全重合了。 【答案】通解不定。當B∥時,B =(其中k = 1,2,3,…);當B⊥時,B =。 〖問題存疑〗兩個特解能不能統(tǒng)一? 三、帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運動 一般考慮兩種典型的復(fù)合情形:B和E平行,B和E垂直。 對于前一種情形,如果v0和B(E)成θ角,可以將v0分解為v0τ和v0n ,則在n方向粒子做勻速圓周運動,在τ方向粒子做勻加速運動。所以,粒子的合運動是螺距遞增(
17、或遞減)的螺線運動。 對于后一種情形(垂直復(fù)合場),難度較大,必須起用動力學工具和能量(動量)工具共同求解。一般結(jié)論是,當v0和B垂直而和E成一般夾角時,粒子的軌跡是擺線(的周期性銜接)。 【例題7】在三維直角坐標中,沿+z方向有磁感強度為B的勻強磁場,沿?z方向有電場強度為E的勻強電場。在原點O有一質(zhì)量為m 、電量為?q的粒子(不計重力)以正x方向、大小為v的初速度發(fā)射。試求粒子再過z軸的坐標與時間。 【解說】過程甚簡,粒子運動情形見圖9-15。 【答案】z = ,t = 。(其中k = 1,2,3,…) 【例題8】在相互垂直的勻強電、磁場中,E、B值已知,一個質(zhì)量為m 、
18、電量為+q的帶電微粒(重力不計)無初速地釋放,試定量尋求該粒子的運動規(guī)律。 【解說】在相互垂直的電、磁場中,粒子受力的情形非常復(fù)雜,用運動的分解與合成的手段也有相當?shù)睦щy,必須用到一些特殊的處理方法。 鑒于粒子只能在垂直B的平面內(nèi)運動,可以在該平面內(nèi)建立如圖9-16所示的直角坐標。在這個坐標中,從以下四個角度考查粒子運動的定量規(guī)律—— (1)電場方向的最大位移Y 能量關(guān)系 qEY =m ① 在x方向上用動量定理,有 t = mvP ② 且 = qB ③ (注意 t = Y) 解①②③式可得
19、 Y = (2)軌跡頂點P的曲率半徑r 在P點有動力學關(guān)系 qvPB ? qE = m ,而vP在第(1)問中已經(jīng)求得??山獬觯? r = (3)垂直電場方向的“漂移”速度 針對O→P過程,y方向有動力學關(guān)系 Σ= m 即 qE ? = m ,即 qE ? qB= m 。而 = = 0 所以 = *(4)粒子從O到P做經(jīng)歷的時間t 解法一:擺線亦稱旋輪線,是由輪子在水平面無滑滾動時輪子邊緣形成的軌跡(如圖9-17所示)。在本題的E、B疊加場中,可以認為“輪子”的旋轉(zhuǎn)是由洛侖茲力獨立形成的。而從O到P的過程,輪子轉(zhuǎn)動的圓心角應(yīng)為π,故對應(yīng)時間為 t == 。 解法二:
20、參照擺線方程 x = a(t ? sint) y = a(1 ? cost) 得到 xP = πa = π= 。再根據(jù) t = = / 所以 t = 。 【答案】略。 【評說】在垂直復(fù)合場中,尋求能量關(guān)系比較容易,但動力學關(guān)系(或動量關(guān)系)只能啟用平均的思想,這也是一種特殊的處理方法。 四、束縛問題 帶電實物受到斜面、繩子或桿子的束縛,在電、磁場中的運動問題稱為束縛問題。束縛問題涉及的受力情形復(fù)雜,且常常伴隨邊界條件的討論,因此有更大的挑戰(zhàn)性。 【例題9】單擺的擺長為L ,擺球帶電+q ,放在勻強磁場中,球的擺動平面跟磁場垂直,最大擺角為α 。為使其能正常擺動,磁場的磁
21、感強度B值有何限制? 【解說】這是第九屆初試題,解題的關(guān)鍵所在是要分析清楚:小球“最有可能脫離圓弧”的點是否一定在最低點?…下面的定量討論完成之后,我們將會發(fā)現(xiàn):這個答案是否定的。 針對某個一般位置P ,設(shè)方位角θ(如圖9-18所示),如果小球沒有離開圓弧,可以列出—— 動力學方程:T + qvB ? mgcosθ = m ① 從O到P過程,能量方程:mgL(cosθ ? cosα)= mv2 ② 小球不離開圓弧的條件是:T ≥ 0 ③ 解①②③式易得 B ≤ 〖學員活動〗請求出函數(shù)
22、 y = 的極小值… ☆解法備考:對于正數(shù)a 、b ,有 a + b ≥ 2 而 y = = 3 + 考慮到θ 、α的實際取值情況,3和均為正數(shù),所以,y ≥ 2 即 ymin = 2 ☆ 磁感應(yīng)強度取值的一般結(jié)論為:B ≤ 2 。 但此結(jié)論還有討論的空間—— 因為極值點的條件是: = ,即 cosθ = cosα 。 顯然,只有當cosα < 時(即最大擺角α較大時),極值點才可取,上面的“一般結(jié)論”才成立;物理意義:小球“最有可能脫離圓弧”的點不在最低點。 而當α過小,cosα > 時,θ無解,極值點不可達,此時應(yīng)尋求y = 函數(shù)(在定義域內(nèi))的最小值。
23、這個最值的尋求相對復(fù)雜一些,具體過程如下—— 廣義的y雖然是先減后增,但它的自變量是而非θ ,因α是定值,故y也可以認為是隨著cosθ的增大而先減后增,如圖9-19所示。 當極值點不可達時(圖中虛線所示),圖線應(yīng)落在左 邊的一段實線(因為α過小,cosα過大,理論極值點過大,cosθ達不到),函數(shù)為減函數(shù)。當cosθ最大時,y有最小值。 所以,當cosθ = 1時(此時θ = 0 ,小球在最低點),最小值 ymin = ;物理意義:小球“最有可能脫離圓弧”的點在最低點。 【答案】當α ≥ arccos 時,B ≤2 ; 當α < arccos 時,B ≤ 。 ——第九部分完——
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