高中物理模型（十五）矢量運算、磁場的應用模型

方法25高中物理模型盤點（十五）矢量運算、磁場的應用模型目錄物理模型盤點——矢量運算模型 2物理模型盤點——質譜儀模型 6物理模型盤點——電磁流量計模型 7物理模型盤點——速度選擇器 9物理模型盤點——磁流體發(fā)電機 10物理模型盤點——回旋加速器模型 12物理模型盤點——霍爾元件問題模型 14

物理模型盤點——矢量運算模型［模型概述］矢量及運算是高中物理的重點和難點之一，常見的矢量有位移、速度、加速度、力、電場強度、磁感應強度等，由于其運算貫穿整個中學物理，我們有必要熟練掌握矢量的運算規(guī)律。［模型要點］矢量的合成與分解是相互可逆的過程，它是我們進行所有矢量運算時常用的兩種方法。運算法則：遵守平行四邊形定則。物理思想：在合成與分解時貫穿了等效替代的思想。例如“運動的合成與分解”、“等效電路”、“交變電流有效值的定義”等，都要用到“等效替代”的方法。所以只要效果相同，都可以進行“替代”?？偨Y：。（2）求兩個以上的力的合力，也可以采用平行四邊形定則，先求出任意兩個力的合力，再求出這個合力跟第三個力的合力，直到把所有的力都合成進去，最后得到的就是這些力的合力。為方便某些問題的研究，在很多問題中都采用特殊法或正交分解法。［誤區(qū)點撥］（1）在受力分析時要明確合力與分力的關系?！坝泻蠠o分，有分無合”，不要多添力或少力。（2）合力可以大于、等于或小于分力，它的大小依賴于兩分力之間的夾角的大小，這是矢量的特點。（3）當兩分力F1和F2大小一定時，合力F隨著θ角的增大而減小。當兩分力間的夾角θ＝0°時，合力最大，等于；當兩分力間的夾角θ＝180°時，合力最小，等于。兩個力的合力的取值范圍是（4）有n個力，它們合力的最大值是它們的方向相同時的合力，即，而它們的最小值要分下列兩種情況討論：①若n個力中的最大力大于，則它們合力的最小值是②若n個力中的最大力小于，則它們合力的最小值是0［特別說明］（1）矢量運算一般用平行四邊形法則，可推廣至三角形法則、多邊形法則或正交分解法等，與坐標有關系；而標量運算遵循一般的代數(shù)法則，如質量、密度、溫度、功、能量、路程、速率、體積、時間、熱量、電阻等物理量，無論選取什么坐標系，標量的數(shù)值恒保持不變。（2）矢量和標量的乘積仍為矢量；矢量和矢量的乘積，可構成新的標量，也可構成新的矢量，構成標量的乘積叫標積；構成矢量的乘積叫矢積。如功、功率等的計算是采用兩個矢量的標積；洛倫茲力等的計算是采用兩個矢量的矢積。你能找出中學物理中的類似的一些物理量嗎?（3）多邊形法：將這些矢量的箭尾與箭頭依次相連接，然后將第一個矢量的箭尾連到最末一個矢量的箭頭的矢量，就是所要求的合矢量。其大小和方向與相加次序無關。矢量減法是矢量加法的逆運算。（4）矢量的分解雖然是矢量合成的逆運算，但無其他限制，同一個矢量可分解為無數(shù)對大小、方向不同的分矢量。因此，把一個矢量分解為兩個分矢量時，應根據(jù)具體情況分解。如已知兩個不平行分矢量的方向或已知一個分矢量的大小和方向，分解是唯一的。如圖所示，三個完全相同的絕緣金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上，c球在xOy坐標系原點O上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量比b所帶電荷量少。關于c受到a和b的靜電力的合力方向，下列判斷正確的是A.從原點指向第I象限B.從原點指向第II象限C.從原點指向第III象限D.從原點指向第IV象限一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)椋◤椥岳K的伸長始終處于彈性限度內）A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm【答案】B【考點定位】胡克定律、物體的平衡【名師點睛】在處理共點力平衡問題時，關鍵是對物體進行受力分析，再根據(jù)正交分解法將各個力分解成兩個方向上的力，然后列式求解；如果物體受到三力處于平衡狀態(tài)，可根據(jù)矢量三角形法，將三個力移動到一個三角形中，然后根據(jù)正弦定理列式求解。前后兩次始終處于靜止狀態(tài)，即合外力為零，在改變繩長的同時，繩與豎直方向的夾角跟著改變。如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為A．0B．C．D．2B0【答案】C【考點定位】磁場疊加、安培定則【名師點睛】本題關鍵為利用安培定則判斷磁場的方向，在根據(jù)幾何關系進行磁場的疊加和計算。如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為A．0B．C．D．2B0【答案】C【考點定位】磁場疊加、安培定則【名師點睛】本題關鍵為利用安培定則判斷磁場的方向，在根據(jù)幾何關系進行磁場的疊加和計算。兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c時兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則A．a點的電場強度比b點的大.B．a點的電勢比b點的高C．c點的電場強度比d點的大.D．c點的電勢比d點的低.【解析】逐項判斷A.根據(jù)電場線的疏密判斷，a點電場強度比b大，A正確；B.根據(jù)沿電場線電勢降低，a點的電勢比b低，B錯誤；C.根據(jù)電場的疊加原理，c、d點的電場都是正電荷與兩個相同的負電荷形成的電場的疊加，c點兩個相同的負電荷形成的電場互相抵消、d點兩個相同的負電荷形成的電場方向與正電荷形成的電場方向相反，而c、d點與正電荷距離相等，所以c點電場強度比d大，C正確；D.根據(jù)的原理，c、d點與正電荷距離相等，但正電荷到c間電場強度比到d間電場強度大，所以電勢降落大，所以c點的電勢比d低，D正確。【答案】ACD【點評】本題考查電場強度與電勢，難度，中等。物理模型盤點——質譜儀模型【模型概述】1．質譜儀構造：主要構件有加速電場、偏轉磁場和照相底片．2．運動過程(如圖)

(1)帶電粒子經過電壓為U的加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做勻速圓周運動，r＝eq\f(mv,qB)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).3．分析：從粒子打在底片D上的位置可以測出圓周的半徑r，進而可以算出粒子的比荷．如圖所示，在間距為d的平行極板M、N上加一定的電壓，從而在極板間形成一個勻強電場，同時在此區(qū)域加一個與勻強電場垂直的勻強磁場B。當帶電粒子從進入這一區(qū)域后，只有具有某個速度大小的粒子才能從通過，這樣的裝置叫做速度選擇器。帶電粒子在進入速度選擇器前，先在一加速電場中加速，加在形成此加速電場的兩極板P、Q上的電壓為。粒子所受的重力忽略不計。（1）試問：從小孔進入速度選擇器的粒子，需要具有怎樣的速度才能順利通過小孔；（2）帶電粒子的電荷量與質量的比叫做比荷，它反映了帶電粒子的一個基本屬性，在科學研究中具有重要的意義、試借助本題提供的物理量，計算出該帶電粒子比荷的表達式。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設只有速度大小為v的帶電粒子才能順利通過速度選擇器。進入速度選擇器時，帶電粒子受到的電場力方向與洛倫茲力方向沿同一直線且方向相反，故兩力平衡時，粒子才沿做勻速直線運動，從小孔通過。因此有其中，電場強度為由兩式解得（2）設帶電粒子的電荷量為q，質量為m，在加速電場中加速后，以速度大小v從小孔飛出進入速度選擇器。由動能定理得將代入即得該粒子的比荷為物理模型盤點——電磁流量計模型［模型概述］帶電粒子在電磁場中運動時受到電場力、洛倫茲力有時還有考慮重力的作用，發(fā)生偏轉或做直線運動，處理方法有很多共同的特點，同時在高考中也連年不斷，實際應用有電磁流量計、速度選擇器、質譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾效應等，所以我們特設模型為“電磁流量計”模型。［模型特征］“電磁流量計”模型設計到兩種情況：一種是粒子處于直線運動狀態(tài)；另一種是曲線運動狀態(tài)。處于直線運動線索：合外力為0，粒子將做勻速直線運動或靜止：當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動。處于曲線運動狀態(tài)線索：當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理。所以分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是三條思路：（1）力和運動的關系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解。（2）功能關系。根據(jù)場力及其他外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系，可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點(3)能量守恒關系為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一電磁流量計，如圖甲所示，流量計管道和排污管的內徑分別為10cm和20cm。電磁流量計的測量原理如圖乙所示，在非磁性材料做成的圓管道處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場區(qū)域，當管道中的污水流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上下M、N兩點的電勢差U，就可知道管中污水的流量?，F(xiàn)通過流量計測得的該廠的排污流量為85m3/h，已知該流量計能夠測量的流經其內部的液體的最大速度為12m/s。則（）

A．M點的電勢一定低于N點的電勢B．該廠排污管內污水的速度約為0.75m/sC．電勢差U與磁感應強度B的比值約為1.2m2/sD．該電磁流量計能夠測量的最大流量約為340m3/h【答案】BD【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，正電荷進入磁場區(qū)域時會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；B．流量計測得排污量為85m3/h，流量計半徑為r=5cm=0.05m，排污管的半徑R=10cm=0.1m，則可得故B正確；C．當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有可知故C錯誤；D．當流量最大時，最大速度為，有所以最大流量為故D正確。故選BD?！炯磳W即練】如圖所示是電磁流量計的示意圖。圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場。當管中的導電液體流過磁場區(qū)域時，測出管壁上MN兩點的電動勢E，就可以知道管中液體的流量q——單位時間內流過管道橫截面的液體的體積。已知管的直徑為d，磁感應強度為B，則關于q的表達式正確的是（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】最終正負電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有qvB=q則v=流量q=vS=故選B。物理模型盤點——速度選擇器［模型概述］速度選擇器：路徑不發(fā)生偏轉的離子的條件是，即，能通過速度選擇器的帶電粒子必是速度為該值的粒子，與它帶多少電和電性、質量均無關。如圖所示為速度選擇器示意圖，為其兩個極板。某帶電粒子電荷量為q，以速度v0從S1射入，恰能沿虛線從S2射出。不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．該粒子一定帶正電B．該粒子以速度v0從S2射入，也能沿虛線從S1射出C．該粒子以速度2v0從S1射入，仍能沿虛線從S2射出D．該粒子電荷量變?yōu)?q，以速度v0從S1射入，仍能沿虛線從S2射出【答案】D【詳解】A．因上下極板的極性不確定，則不能確定粒子的電性，選項A錯誤；B．該粒子以速度v0從S2射入，只有洛倫茲力方向改變，而電場力方向不變，受力不平衡，因而不沿虛線運動，故B錯誤；C．該粒子以速度2v0從S1射入，洛倫茲力變大，而電場力不變，則粒子不能沿虛線從S2射出，選項C錯誤；D．根據(jù)可知則該粒子電荷量變?yōu)?q，以速度v0從S1射入，仍能沿虛線從S2射出，選項D正確。故選D。物理模型盤點——磁流體發(fā)電機［模型概述］磁流體發(fā)電機（霍爾效應）：如圖所示的是磁流體發(fā)電機原理圖，其原理是：等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉而聚集到兩極板上，在兩極板上產生電勢差。設A、B平行金屬板的面積為S，相距L，等離子氣體的電阻率為，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢。此時離子受力平衡：，電動勢。［誤區(qū)點撥］處理帶電粒子在場中的運動問題應注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而定，質子、α粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應考慮重力。在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單。若是直接看不出是否要考慮重力，根據(jù)題目的隱含條件來判斷。但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進行定性確定再決定是否要考慮重力。電場力可以對電荷做功，能改變電荷的功能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能。關于下列四幅圖的說法正確的是（）A．圖甲是回旋加速器的示意圖，要想帶電粒子獲得的最大動能增大，可增加電壓B．圖乙是磁流體發(fā)電機的示意圖，可以判斷出B極板是發(fā)電機的負極，極板是發(fā)電機的正極C．圖丙是速度選擇器的示意圖，帶電粒子（不計重力）能夠自右向左沿直線勻速通過速度選擇器的條件是，即D．圖丁是質譜儀的示意圖，粒子打在底片上的位置越靠近狹縫說明粒子的比荷越大【答案】D【詳解】A．甲圖中，根據(jù)可知粒子獲得的最大動能為所以要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑R和增大磁感應強度B，增加電壓U不能增大最大初動能，故A錯誤；B．乙圖中根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉，所以B極板帶正電，為發(fā)電機的正極，A極板是發(fā)電機的負極，故B錯誤；C．丙圖中，電子從右向左運動通過復合場時，電場力豎直向上，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向也向上，所以不是速度選擇器，故C錯誤；D．由可得知R越小，說明比荷越大，故D正確。故選D。物理模型盤點——回旋加速器模型【模型概述】1．回旋加速器的構造：兩個D形盒，兩D形盒接交流電源，D形盒處于垂直于D形盒的勻強磁場中，如圖.2．工作原理(1)電場的特點及作用特點：兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的電場．作用：帶電粒子經過該區(qū)域時被加速．(2)磁場的特點及作用特點：D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中．作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，從而改變運動方向，半個圓周后再次進入電場．技巧歸納：回旋加速器兩D形盒之間有窄縫，中心附近放置粒子源(如質子、氘核或α粒子源)，D形盒間接上交流電源，在狹縫中形成一個交變電場．D形盒上有垂直盒面的勻強磁場(如圖所示)．(1)電場的特點及作用特點：周期性變化，其周期等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．作用：對帶電粒子加速，粒子的動能增大，qU＝ΔEk.(2)磁場的作用改變粒子的運動方向．粒子在一個D形盒中運動半個周期，運動至狹縫進入電場被加速．磁場中qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)∝v，因此加速后的軌跡半徑要大于加速前的軌跡半徑．(3)粒子獲得的最大動能若D形盒的最大半徑為R，磁感應強度為B，由r＝eq\f(mv,qB)得粒子獲得的最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m).(4)兩D形盒窄縫所加的交流電源的周期與粒子做圓周運動的周期相同，粒子經過窄縫處均被加速，一個周期內加速兩次．如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是（）A．在Ek－t圖像中應有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1B．加速電壓越大，粒子最后獲得的動能就越大C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D．要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積【答案】D【詳解】A．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關，因此在Ek－t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1選項A錯誤；BCD．由粒子做圓周運動的半徑r＝＝可知Ek＝即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑和勻強磁場的磁感應強度，與加速電壓和加速次數(shù)無關，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不再繼續(xù)加速，即要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積，故BC錯誤，D正確。故選D。物理模型盤點——霍爾元件問題模型【模型概述】1.基本知識：(1)構造：很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N.(2)霍爾電壓：如圖，E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，則M、N間出現(xiàn)霍爾電壓UH，UH＝keq\f(IB,d)．(3)作用：把磁感應強度這個磁學量轉換為電壓這個電學量．2．霍爾元件的工作原理霍爾元件就是利用霍爾效應來設計的．一個矩形霍爾材料薄片，在其前、后、左、右分別引出一個電極，如圖所示，沿PQ方向通入電流I，垂直于薄片加勻強磁場B，則在MN間會出現(xiàn)電勢差U.設薄片厚度為d，PQ方向長度為l1，MN方向為l2.薄片中的帶電粒子即載流子受到磁場力發(fā)生偏轉，使N側與M側產生電勢差，造成材料薄片內部出現(xiàn)電場，載流子同時受到電場力作用．當磁場力與電場力平衡時，MN間電勢差達到恒定，qeq\f(U,l2)＝qvB.設一個載流子帶電荷量為e，根據(jù)電流的微觀解釋I＝neSv.整理后，得U＝eq\f(IB,ned).令k＝eq\f(1,ne)，因為n為材料單位體積的帶電粒子個數(shù)，e為單個帶電粒子的電荷量，它們均為常數(shù)，所以U＝keq\f(IB,d).U與B成正比，這就是為什么霍爾元件能把磁學量轉換成電學量的原因了．如圖所示，厚度為h、寬為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．實驗表明，當磁場不太強時電勢差U、電流I和B的關系為U＝keq\f(