奥赛物理(13)恒磁场课件.ppt

1、CAICAI使用说明使用说明1、斜体文字 表示有备注供查看2、加下划线的变色文字 表示有超链接3、表示返回至链接来处4、表示到上一张幻灯片5、表示到下一张幻灯片6、表示到首页中学物理奥赛解题研究解题知识与方法研究疑难题解答研究例2 通电圆筒壳侧壁的受力例1 带电粒子受洛仑兹力和另一恒力 作用时的运动第十三专题 恒磁场一、在匀强磁场中通电导线所受安 培力的几个重要结论及其应用解题知识与方法研究一、在匀强磁场中通电导线所受安 培力的几个重要结论及其应用 磁场中任意形状、长度的通电导线所受安培力()LFIdlB若导线为直导线，磁场为匀强磁场：FILBsin(sin)(sin)ILBILBILB大小：

2、；方向：右手螺旋法则决定.BIL一段通电直导线在匀强磁场中所受安培力BLMN任意形状、长度的通电导线所受安培力dlBIII证明 略.BCIADIIE证明 略.几个重要结论：在与 垂直平面内投影相同的任意形状的导线所受安培力相同（1）B在与 垂直的平面内端点重合（但并非连接）的任意形状的通电导线所受安培力相同（2）B（3）端点重合（但并非连接）的任意形状通电导线（I同）所受的安培力相同.证明 （4）任意形状的闭合通电导线（I同）所受安培力为零.证明BIIBI由性质（1）、（2）即可证明.结合性质（3）即可证明.注意到电流反向导线所受安培力反向，12MNabcdefBBII2R2R4R4RRRR

3、如图1所示，平面1与平面2相交于直线MN，两平面之间的夹角为=45，周围空间有如图所示的匀强磁场 ，其方向与平面1平行且与直线MN垂直，在平面2内有一长方形电阻网络,它由7根长度均为l 的不同材料的电阻丝相连而成,网络的ab边与直线MN平行，各段电阻依次为：,2,4.abfcedafbcfecdRRRR RRR RRR且电流I从a点流入，从d点流出.试求该电阻网络所受安培力的大小F.B解方法（1）网络中的电流分布如图2.由基尔霍夫定律求出各边的电流，然后求各边的受力，进而求合力.1图abcdef2R2R4R4RRRII2图1I3I2I23II13IIR例1方法（2）图2中的电流等效于图3和图4

4、两个网络电流的叠加.图4所示的直流网络所受安培力为零，故仅需求图3所示网络所受的安培力即可.显然，I1=I2=I/2.abedFF和的大小方向均,.bdae FF相同和的大小方向均相同 各力的大小、方向不难算出，各力的合力的大小、方向便可算出.方法（3）导线框abdea所受的安培力等于通以电流I的直导线ad所受的安培力.3Icfed3I3I3I4图abcdef2R2R4R4RRRII1I2I3图1I2I计算 ：adF2I2Iabcdef2R2R4R4RRRII1I2I3I23II13II2图R计算 ：adF如图5，5.adl研究agd：.dgad2 2l其高为3.dnl于是sindnad为等腰

5、三角形，agd可知2 2.agl底边所以电阻网络所受的安培力大小为sinadFI ad B 题后总结与思考解法（3）利用了安培力计算的若干重要结论 简化了计算.自己进一步由解法（3）确定安培力的方向.5ln3l35ll3.5355IlB3.IBlBll2l2l2l2llaebd2l2lg5图能否通过分解洛仑兹力同时也相应地分解运动来简化问题？,m qhB解GBFv1v2v分解小球受到的洛仑兹力：12BBBFFF按对应关系1122BBvFvF12vvv分解小球的速度：1.BFGmg 使与重力平衡11.mgvvqB方向水平向右，大小为2.v方向不断改变，大小不变.对应的分运动为一速直线运动2.BF

6、对应的分运动为一向心力为的速圆周运动1BF2BF疑难题解答研究BBFGFFv合力影响着小球的运动轨迹，但又与小球的运动速度 有关！质量为m、电量为q（0）的小球，在离地面高为h处从静止自由下落，为使小球始终不与地面相碰，可在它开始下落时就加上一个足够强的水平匀强磁场.试求该磁场的磁感应强度最小可取值B0，并画出当磁感应强度取B0时小球的运动轨迹.例1,m qhBv1v2v注意到最初时0,v 2v由此可知 的大小为:21.mgvvqB所以 对应的匀速圆周运动的半径为2v2mvRqB为保证小球不与地面相碰，要求 2.Rh即2222m ghq B得2mgBqh所以02=mgBqh小球的运动轨迹是一滚

7、轮线(如图).现在你能不能判断：小球的轨迹是什么形状？12.vv 可认为此时1v2v=mmgqB qB222=.m gq BoR2R,m qhB另解 如图，建立坐标.若小球即将到达地面（P点）时速度刚好平行于地面，便不会与地面相碰.PyvPxyo 因为洛伦兹力不做功，所以在小球从oP的过程中有212PymvmghxvyvBxFByF将小球在oP过程中的任一点受到的洛伦兹力和速度作对应正交分解（如图）.则00 .ByxBxyFqv BFqv B，对此过程，在水平方向由动量定理有00tPyPyBymvmvF dtPxh0Pxv处有则在此将代入得0=PymvqB hBFv00txqv B dt00t

8、xqBv dt0PqB x由 解出02=.mgBqh,m qhBPyvPxyoBFxvyvBxFByF212Pymvmgh0=PymvqB h 题后总结与思考比较两种解答中对洛仑兹力和速度的分解：是怎样做的对应分解的？为何这样分解？此题质点受力特点是：一个恒力，一个洛仑兹力.例2 电流强度I沿着半径为R的很长的薄壁圆筒的轴向均匀地流动，求圆周侧壁单位面积受多大的压力?解如图，研究壁上P处一小块面元的受力.面元的面积为SRzBPI如图，圆筒壁空间内的磁感应强度处处为零.作为电流元，其大小为I z 需求得除了该电流元外的圆筒上其他部分的电流在该电流元所在处的磁感应强度.设该电流元在面元S附近空间的

9、磁感应强度为 ，其他部分的电流在该电流元所在处的磁感应强度为 .圆筒上BB 筒壁外侧附近空间的磁感应强度等同于一位于轴线上的通电长直导线的磁场.圆分析判断：筒内的B等于多少？0()2IB RR为()2IRzR 2ISRzRFIBPzR在面元内侧，B B和叠加为零，表明二者大小相等方向相反.在面元外侧二者方向相同.便有BB2B0()2IISR4R()B R02IR所以021IB2R 0I4R因此在P处的电流元所受安培力（如图）大小为()FI z B 20228ISR圆筒筒壁单位面积受力为FS20228IR方向向内（如图）.BBBB0()2IB RR另解PI 求除了P处电流元外圆筒上其他部分的电流

10、在P处的磁感应强度.在筒上沿轴线选取一电流强度为 I的直导线A1A1.其横向分量为11cosBB 2RP01=2IBr其在P处的磁感应强度为PI1AI2A2B在筒上A与直径PP的对称部位选取电流为I直导线A.其磁感应强度B2的横向分量与B1相同，其径向分量与B1相抵消.1B1B1A1AI1Br04IR0cos2Ir022IrrRzRB方向如图所示.其他同解法一.在“静电场”专题有过类似的问题，将二者及其解答进行对比.题后总结2RPPI1AI2A2B1B1BPI1A1AI1Br042IIBR 04IR考虑到整个圆筒关于直径PP的对称性可知需求的P处的磁感应强度B为BFzRP证明：ll12B12B0 12122IBl 0 12122IBl所以1212+=0.BB1P2P1P2P0=()22IllR02=4IR 0=()22IllR04IR 进而可知全部电流在圆筒内P点的磁场0.B 如图，两对应的微元圆弧P1P2、P1P2在P点的磁感应强度分别为：vG