學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE11-版權所有@高考資源網(wǎng)學必求其心得，業(yè)必貴于專精［體系構建][核心速填]一、安培力1．大小：F＝BIlsinθ，θ為B與I的夾角，lsinθ為有效長度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（B∥I，θ＝0°或180°，F(xiàn)＝0,B⊥I，θ＝90°，F(xiàn)＝BIl）)2．方向：總垂直于B與I決定的平面，由左手定則判定。3．應用：電動機、電流計等。二、洛倫茲力1．大小：F＝qvBsinθ,θ為B與v的夾角eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（v∥B，θ＝0°或180°，F(xiàn)＝0，v⊥B，θ＝90°,F＝qvB))2．方向：總垂直于B、v決定的平面，由左手定則判定.（注：負電荷的運動方向與四指指向相反)3．特點:洛倫茲力不做功。三、洛倫茲力與帶電體的運動1．帶電粒子在勻強磁場中的運動eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(v∥B，勻速直線運動,v⊥B，勻速圓周運動：r＝\f(mv，qB），T＝\f(2πm，qB）與v無關)）2．帶電粒子在復合場中的運動由粒子受到的力及粒子的初速度共同決定。常見到的可能是直線運動，也可能是勻速圓周運動。四、洛倫茲力的應用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(質(zhì)譜儀,回旋加速器,速度選擇器,磁流體發(fā)電機，電磁流量計,霍爾效應)）有關安培力問題的分析與計算安培力既可以使通電導體靜止、運動或轉動，又可以對通電導體做功，因此有關安培力問題分析與計算的基本思路和方法與力學問題一樣，先取研究對象進行受力分析，判斷通電導體的運動情況，然后根據(jù)題中條件由平衡條件、牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解。具體求解應從以下幾個方面著手分析.1．安培力的大小(1)當通電導體和磁場方向垂直時,F＝IlB。(2）當通電導體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0.（3)當通電導體和磁場方向的夾角為θ時,F＝IlBsinθ。2．安培力的方向（1)安培力的方向由左手定則確定。(2）F安⊥B，同時F安⊥l,即F安垂直于B和l決定的平面,但l和B不一定垂直。3．安培力作用下導體的狀態(tài)分析通電導體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于不平衡狀態(tài)。對導體進行正確的受力分析，是解決該類問題的關鍵.分析的一般步驟是:（1)明確研究對象,這里的研究對象一般是通電導體。（2)正確進行受力分析并畫出導體的受力分析圖，必要時畫出側視圖、俯視圖等平面圖。（3)根據(jù)受力分析確定通電導體所處的狀態(tài)或運動過程。(4）運用平衡條件或動力學知識列式求解?！纠?】在傾角為α的光滑斜面上，放置一根通有電流為I、長為l、質(zhì)量為m的導體棒，如圖所示.（1）欲使棒靜止在斜面上，求外加勻強磁場的磁感應強度B的最小值和方向;（2）欲使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，求外加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向;(3)欲使棒有可能靜止在斜面上且要求B垂直于l，求應加外磁場的方向范圍。[解析]（1）由于棒在斜面上處于靜止狀態(tài)，故棒受力平衡.棒共受三個力的作用：重力大小為mg，方向豎直向下；彈力垂直于斜面，大小隨安培力的變化而變化；安培力的方向始終與磁場方向及電流方向垂直,大小隨磁感應強度的大小的變化而變化。但由平衡條件知，彈力與安培力的合力必與重力mg等大、反向，故當安培力方向與彈力方向垂直，即沿斜面向上時，安培力最小，即BminIl＝mgsinα，所以Bmin＝eq\f（mgsinα，Il).由左手定則知，Bmin的方向應垂直斜面向上。(2）棒靜止在斜面上，又對斜面無壓力，則棒只受兩個力的作用,即豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力F的作用,由平衡條件知F＝mg，所以有BIl＝mg,故B＝eq\f（mg,Il）.由左手定則知，B的方向水平向左。(3）此問討論的只是問題的可能性，并沒有具體研究滿足平衡的定量關系。為討論問題方便，建立如圖所示的直角坐標系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在圖上F1和F2之間。由圖不難看出,F的方向應包括F2的方向，但不能包括F1的方向,根據(jù)左手定則可知，B與x軸正方向間的夾角θ應滿足α＜θ≤π。［答案](1)eq\f（mgsinα,Il)方向垂直斜面向上(2)eq\f(mg,Il)方向水平向左（3)B與x軸正方向間的夾角θ應滿足α＜θ≤π[一語通關］與安培力相關的力學類問題的解題方法(1）選擇通電導體作為研究對象，轉換立體圖，分析通電導體所受的各種力，運用平衡條件或牛頓第二定律列出方程。(2)然后運用安培力公式、閉合電路歐姆定律列出安培力表達式，聯(lián)立求解.[跟進訓練]1．如圖所示，在南北方向安放的長直導線的正上方用細線懸掛一條形小磁鐵，當導線中通入圖示的電流I后，下列說法正確的是（）A．磁鐵N極向里轉，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力B．磁鐵N極向外轉，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力C．磁鐵N極向里轉，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力D．磁鐵N極向外轉，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力C[由條形磁鐵的磁場分布，并由左手定則，可知導線左半部分受到安培力方向垂直紙面向外，右半部分安培力方向垂直紙面向里,由牛頓第三定律得磁鐵左半部分受到安培力方向垂直紙面向里，右半部分安培力方向垂直紙面向外，因此條形磁鐵N極向里轉.當轉過90°時導線受力豎直向上,則磁鐵受力豎直向下，導致懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力，故C正確.]帶電粒子在磁場中運動的兩類典型問題1．兩類問題(1)臨界問題：解決此類問題的關鍵是找準臨界點，找臨界點的方法是以題目中的“恰好”“最大"“至少”等詞語為突破點，挖掘隱含條件，分析可能的情況,必要時畫出幾個不同半徑的軌跡，這樣就能順利地找到臨界條件。(2)多解問題:造成多解問題的常見原因有帶電粒子電性的不確定、磁場方向的不確定、臨界狀態(tài)不唯一、運動的周期性等。解答這類問題的關鍵是認真分析物理過程，同時考慮問題要全面,不要漏解.2．尋找臨界點的兩種有效方法（1）軌跡圓的縮放：當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓圓心一定在入射點所受洛倫茲力所表示的射線上,但位置（半徑R)不確定,用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中即可發(fā)現(xiàn)“臨界點”.（2）軌跡圓的旋轉：當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，所有不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉,從定圓的動態(tài)旋轉（作圖)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點”。另外，要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的物理問題更形象、直觀。【例2】如圖所示，S為粒子源,該源能在圖示紙面內(nèi)360°范圍內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、電荷量為e帶負電的粒子,MN是一塊足夠大的豎直擋板且與S的水平距離OS＝L，擋板左側充滿垂直紙面向里的勻強磁場。（1）若粒子的發(fā)射速率為v0，要使粒子一定能經(jīng)過點O,求磁場的磁感應強度B滿足的條件;(2）若磁場的磁感應強度為B0,要使S發(fā)射出的粒子能到達擋板，則粒子的發(fā)射速率為多大？（3）若磁場的磁感應強度為B0，從S發(fā)射出的粒子的速率為eq\f(2eB0L,m）,則擋板上出現(xiàn)粒子的范圍為多大？[解析］粒子從點S發(fā)出后受到洛倫茲力作用而在紙面上做勻速圓周運動,若使磁感應強度的大小變化，粒子的軌跡構成過S點的一組動態(tài)圓，不同半徑的圓對應不同大小的磁感應強度，如圖所示。(1)要使粒子一定能經(jīng)過點O，即SO為圓周的一條弦，則粒子做圓周運動的軌道半徑必滿足R≥eq\f(L,2)，即eq\f（mv0,eB）≥eq\f（L，2），解得B≤eq\f（2mv0,eL)。(2）要使粒子從S發(fā)出后能到達擋板，則粒子至少能到達擋板上的O點，故粒子做圓周運動的半徑R′≥eq\f（L,2)，即eq\f（mv0′，eB0)≥eq\f（L,2)，解得v0′≥eq\f（eB0L,2m）。(3）當從S發(fā)出的粒子的速率為eq\f(2eB0L，m）時,粒子在磁場中的運動軌跡半徑R″＝eq\f（mv,eB0)＝2L，如圖所示，最低點為動態(tài)圓與MN相切時的交點P1，最高點為動態(tài)圓與MN相割的交點P2,且SP2是軌跡圓的直徑，粒子擊中擋板的范圍在P1、P2之間。對SP1弧分析,由圖知OP1＝eq\r(2L2－L2）＝eq\r（3）L，對SP2弧分析，由圖知OP2＝eq\r（4L2－L2）＝eq\r(15）L。[答案]見解析［跟進訓練]2．如圖所示,兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的質(zhì)子以速度v0從O點垂直射入。已知兩板之間距離為d.板長為d,O點是NP板的正中點，為使質(zhì)子能從兩板之間射出，試求磁感應強度B應滿足的條件(已知質(zhì)子帶電荷量為q,質(zhì)量為m）。［解析］如圖所示,由于質(zhì)子在O點的速度垂直于板NP，所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心O′一定位于NP所在的直線上。如果質(zhì)子恰好從N點射出，R1＝eq\f（d,4)，qv0B1＝eq\f(mv\o\al（2，0)，R1).所以B1＝eq\f(4mv0,dq)。如果質(zhì)子恰好從M點射出Req\o\al