嘉偉的電磁場的教案

一對一輔導備課表學生：蔡嘉偉年級：高二學科：物理教師：吳涵義教材版本魯科版課時統(tǒng)計第（）課時共（）課時上課類型□復習課□新課□試題解析課此次課時（2）課時本次上課內容電磁場的安培力及洛倫茲力教學目標熟悉的應用右手定則及左手定則教學重點電流的方向的等效及左手定則的應用教學難點計算洛倫磁力的圓心的判斷及安培力的方向的應用教案第一課時：安培力及右手定則一、磁現象和磁場1、磁場：磁場是存在于磁體、運動電荷周圍的一種物質．它的基本特性是：對處于其中的磁體、電流、運動電荷有力的作用．2、磁現象的電本質：所有的磁現象都可歸結為運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用．二、磁感應強度1、表示磁場強弱的物理量．是矢量．2、大?。築=F/Il（電流方向與磁感線垂直時的公式）．3、方向：左手定則：是磁感線的切線方向；是小磁針N極受力方向；是小磁針靜止時N極的指向．不是導線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向．4、單位：牛/安米，也叫特斯拉，國際單位制單位符號T．5、點定B定：就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應強度的大小與方向都是定值．6、勻強磁場的磁感應強度處處相等．7、磁場的疊加:空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應強度的矢量和,滿足矢量運算法則.三、幾種常見的磁場（一）、磁感線⒈磁感線是徦想的，用來對磁場進行直觀描述的曲線，它并不是客觀存在的。⒉磁感線是閉合曲線⒊磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表示該點的磁場方向。⒋任何兩條磁感線都不會相交，也不能相切。5．勻強磁場的磁感線平行且距離相等．沒有畫出磁感線的地方不一定沒有磁場．6．安培定則：姆指指向電流方向，四指指向磁場的方向．注意這里的磁感線是一個個同心圓，每點磁場方向是在該點切線方向·7、*熟記常用的幾種磁場的磁感線：（二）、勻強磁場1、磁感線的方向反映了磁感強度的方向，磁感線的疏密反映了磁感強度的大小。2、磁感應強度的大小和方向處處相同的區(qū)域，叫勻強磁場。其磁感線平行且等距。例：長的通電螺線管內部的磁場、兩個靠得很近的異名磁極間的磁場都是勻強磁場。3、如用B=F/(I·L)測定非勻強磁場的磁感應強度時，所取導線應足夠短，以能反映該位置的磁場為勻強。（三）、磁通量（Φ）1．磁通量Φ：穿過某一面積磁力線條數，是標量．2．磁通密度B：垂直磁場方向穿過單位面積磁力線條數，即磁感應強度，是矢量．3．二者關系：B＝Φ/S（當B與面垂直時），Φ＝BScosθ，Scosθ為面積垂直于B方向上的投影，θ是B與S法線的夾角．四、磁場對通電導線的作用力（一）、安培力：1、通電導線在磁場中受到的作用力叫做安培力．說明:磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現即為安培力．2、安培力的計算公式：F＝BILsinθ（θ是I與B的夾角）；通電導線與磁場方向垂直時，即θ＝900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即θ＝00，此時安培力有最小值，F=0N;00＜B＜900時，安培力F介于0和最大值之間.3、安培力公式的適用條件:I1I2①I1I2如圖所示，電流I1//I2,如I1在I2處磁場的磁感應強度為B，則I1對I2的安培力F＝BI2L，方向向左，同理I2對I1，安培力向右，即同向電流相吸，異向電流相斥．②根據力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力．兩根通電導線間的磁場力也遵循牛頓第三定律．(二）、左手定則1.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向．2.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線垂直,即F跟BI所在的面垂直．但B與I的方向不一定垂直．3.安培力F、磁感應強度B、電流1三者的關系①已知I,B的方向，可惟一確定F的方向；②已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；③已知F,1的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定．4.由于B,I,F的方向關系常是在三維的立體空間，所以求解本部分問題時，應具有較好的空間想象力，要善于把立體圖畫變成易于分析的平面圖，即畫成俯視圖，剖視圖，側視圖等．(三)、安培力的性質和規(guī)律；1、公式F=BIL中L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端．如圖示，甲中：，乙中：L/=d(直徑）＝2R（半圓環(huán)且半徑為R)2、安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；（四）、分析在安培力作用下通電導體運動情況的一般步驟1、畫出通電導線所在處的磁感線方向及分布情況2、用左手定則確定各段通電導線所受安培力3、據初速方向結合牛頓定律確定導體運動情況第二課時：洛倫茲力一、洛侖茲力磁場對運動電荷的作用力1.洛倫茲力的公式:f=qvBsinθ，θ是V、B之間的夾角.2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F＝03.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0．二、洛倫茲力的方向1.洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面．2.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則姆指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向．三、洛倫茲力與安培力的關系1.洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現．2.洛倫茲力一定不做功，它不改變運動電荷的速度大小;但安培力卻可以做功．四、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．2.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB（與速度大小無關）．3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）．【例1】一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關于中線的對稱點D射出，如圖所示，則粒子從D點射出的速度為多少?解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m（V2－v02）/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由①②③式得VD=點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發(fā)生了變化，均與洛侖茲力無關，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功?！纠?】如圖所示，豎直兩平行板P、Q，長為L，兩板間電壓為U，垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場均勻分布在兩板空間內，今有帶電量為Q，質量為m的帶正電的油滴，從某高度處由靜止落下，從兩板正中央進入兩板之間，剛進入時油滴受到的磁場力和電場力相等，此后油滴恰好從P板的下端點處離開兩板正對的區(qū)域，求（1）油滴原來靜止下落的位置離板上端點的高度h。（2）油滴離開板間時的速度大小。解析：（1）油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受到的電場力與磁場力相等，則qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd=，h=U2／2gB2d2（2）油滴進入兩板之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉，電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx，由動能定理mg（h＋L）－qU／2=mVx2/2，點評：（1）根據帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；（2）油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉，電場力做負功．【例3】如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內M端有一質量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動．設重力及其它阻力均可忽略不計．（1）當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？（2）小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？（3）小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？解析：（1）設此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為θ有……①cosθ=u/v合=u/………②此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcosθ=qv合Bcosθ/m………③聯立①②③解得：a=quB/m（2）由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關，故小球在豎直方向上做加速運動．設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得此時小球的合速度故小球運動的半徑為（3）因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得管壁對小球做的功為：W=?mv2－?mu2=quBh【例4】在兩塊平行金屬板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各個方向射出速率不同的α粒子，如圖所示．若在A、B板中加上UAB＝U0的電壓后，A板就沒有α粒子射到，U0是α粒子不能到達A板的最小電壓．若撤去A、B間的電壓，為了使α粒子不射到A板，而在A、B之間加上勻強磁場，則勻強磁場的磁感強度B必須符合什么條件（已知α粒子的荷質比m／q=2．l×10－8kg/C，A、B間的距離d＝10cm，電壓U0=4．2×104V）？解析：α粒子放射源向各個方向射出速率不同的α粒子，設最大的速率為vm。則各個方向都有速率為vm的α粒子．當A、B板加了電壓后，A、B兩板間的電壓阻礙α粒子到達A板，其方向是垂直兩板并由A板指向B板。在無電場時，α粒子在沿B向A板運動方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度與垂直兩板的直線的夾角．在①式中最容易到達A板的α粒子應有θ＝0，v＝vm，即其速度方向由B極指向A板，且速率最大的α粒子，這些α粒子若達不到A板，其余的α粒子均達不到A板．由動能定理可得qU0＝mvm2／2………②；若撤去電場，在A、B間加上勻強磁場，這些α粒子將做勻速圓周運動，其半徑為R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的條件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，當v值取最大值vm后，若所有具有vm的α粒子不能達到A板，則所有的α粒子均不能達到A板．在所有方向上的α粒子中，它們的軌跡剛好與A板相切的情況如圖所示．在圖中與A板相切的軌跡中最小半徑為R3，若R3是具有速率為vm的α粒子的半徑，則其它具有vm的α粒子均不能到達A板．若令R3為最小值Rmin時，即圖中Rmin=d／2是所有α粒子中軌跡與A板相切的最小半徑，將其代入③式后得d／2=mvm/qBmin……④，由②④兩式可得Bmin=2／d=0．84T，所以，A、B兩板之間應加上垂直于紙面的勻強磁場，且磁感強度B≥0．84T時，所有的α粒子均不能到達A板．規(guī)律方法1、帶電粒子在磁場中運動的圓心、半徑及時間的確定（1)用幾何知識確定圓心并求半徑．因為F方向指向圓心，根據F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點（大多是射入點和出射點）的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系．(2)確定軌跡所對應的圓心角，求運動時間．先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于3600（或2π）計算出圓心角θ的大小，再由公式t=θT/3600（或θT/2π）可求出運動時間．(3)注意圓周運動中有關對稱的規(guī)律．如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．【例5】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是300，則電子的質量是，穿過磁場的時間是。解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ=300，OB為半徑．所以r=d/sin300=2d．又由r=得m＝2dBe／v．又因為AB圓心角是300，所以穿過時間t=T=×==．【例6】如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是（）A、電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B．電子在磁場中運動時間越長。其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同解析：在圖中畫出了不同速率的電子在磁場中的軌跡，由前面的知識點可知軌跡的半徑R=mv／qB，說明了半徑的大小與電子的速率成正比．但由于電子在磁場中運動時間的長短僅與軌跡所對應的圓心角大小有關，故可判斷圖中五條軌跡線所對應的運動時間關系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1顯然，本題選項中只有B正確．點評：本題所考查的是帶電粒子在矩形（包括正方形）磁場中運動的軌跡與相應的運動時間的關系問題．不同速率的電子在磁場中的偏轉角大?。ㄒ簿褪窃诖艌鲋羞\動時間的長短），由知識點中的周期表達式看來與半徑是沒有關系的，但由于磁場區(qū)域的邊界條件的限制，由圖說明了半徑不同，帶電粒子離開磁場時速度方向變化可能不同，也可能相同．由周期關系式必須明確的一點是：帶電粒子在磁場中運動的時間長短決定于軌跡所對應的圓心角．【例7】如圖所示，半徑R=10cm的圓形區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O。磁感強度B＝0．332T，方向垂直于紙面向里，在O處有一放射