高一物理新课程第十部分 磁场奥赛讲义.docx
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高一物理新课程第十部分磁场奥赛讲义
2019-2020年高一物理新课程第十部分磁场奥赛讲义
《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少,和高考要求的区别不是很大,只是在两处有深化:
a、电流的磁场引进定量计算;b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。
一、磁场与安培力
1、磁场
a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质
b、磁感强度、磁通量
c、稳恒电流的磁场
*毕奥-萨伐尔定律(Biot-Savartlaw):
对于电流强度为I、长度为dI的导体元段,在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB。
矢量式d=k,(d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量);或用大小关系式dB=k结合安培定则寻求方向亦可。
其中k=1.0×10−7N/A2。
应用毕萨定律再结合矢量叠加原理,可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。
毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论:
B=2k;
*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论:
B=2πkI;
*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论:
B=2πknI。
其中n为单位长度螺线管的匝数。
2、安培力
a、对直导体,矢量式为=I;或表达为大小关系式F=BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题(θ为B与L的夹角)。
b、弯曲导体的安培力
⑴整体合力
折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体(电流不变)的的安培力。
证明:
参照图9-1,令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F,则F的大小为
F=
=BI
=BI
关于F的方向,由于ΔFF2P∽ΔMNO,可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似,这也就证明了F是垂直MO的,再由于ΔPMO是等腰三角形(这个证明很容易),故F在MO上的垂足就是MO的中点了。
证毕。
由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合,所以,关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。
(说明:
这个结论只适用于匀强磁场。
)
⑵导体的内张力
弯曲导体在平衡或加速的情形下,均会出现内张力,具体分析时,可将导体在被考查点切断,再将被切断的某一部分隔离,列平衡方程或动力学方程求解。
c、匀强磁场对线圈的转矩
如图9-2所示,当一个矩形线圈(线圈面积为S、通以恒定电流I)放入匀强磁场中,且磁场B的方向平行线圈平面时,线圈受安培力将转动(并自动选择垂直B的中心轴OO′,因为质心无加速度),此瞬时的力矩为
M=BIS
几种情形的讨论——
⑴增加匝数至N,则M=NBIS;
⑵转轴平移,结论不变(证明从略);
⑶线圈形状改变,结论不变(证明从略);
*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角,则M=BIScosα,如图9-3;
证明:
当α=90°时,显然M=0,而磁场是可以分解的,只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…
⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角,则M=BIScosβ,如图9-4。
证明:
当β=90°时,显然M=0,而磁场是可以分解的,只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…
说明:
在默认的情况下,讨论线圈的转矩时,认为线圈的转轴垂直磁场。
如果没有人为设定,而是让安培力自行选定转轴,这时的力矩称为力偶矩。
二、洛仑兹力
1、概念与规律
a、=q,或展开为f=qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向(其中θ为与的夹角)。
安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。
b、能量性质
由于总垂直与确定的平面,故总垂直,只能起到改变速度方向的作用。
结论:
洛仑兹力可对带电粒子形成冲量,却不可能做功。
或:
洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。
问题:
安培力可以做功,为什么洛仑兹力不能做功?
解说:
应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。
我们可以分两种情形看这个问题:
(1)导体静止时,所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力(这个证明从略);
(2)导体运动时,粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动,其合速度为v,这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒,它们是不可能相等的,只能说安培力是洛仑兹力的分力f1=qv1B的合力(见图9-5)。
很显然,f1的合力(安培力)做正功,而f不做功(或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零)。
(事实上,由于电子定向移动速率v1在10−5m/s数量级,而v2一般都在10−2m/s数量级以上,致使f1只是f的一个极小分量。
)
☆如果从能量的角度看这个问题,当导体棒放在光滑的导轨上时(参看图9-6),导体棒必获得动能,这个动能是怎么转化来的呢?
若先将导体棒卡住,回路中形成稳恒的电流,电流的功转化为回路的焦耳热。
而将导体棒释放后,导体棒受安培力加速,将形成感应电动势(反电动势)。
动力学分析可知,导体棒的最后稳定状态是匀速运动(感应电动势等于电源电动势,回路电流为零)。
由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的,故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。
所以,导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。
2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动
a、⊥时,匀速圆周运动,半径r=,周期T=
b、与成一般夹角θ时,做等螺距螺旋运动,半径r=,螺距d=
这个结论的证明一般是将分解…(过程从略)。
☆但也有一个问题,如果将分解(成垂直速度分量B2和平行速度分量B1,如图9-7所示),粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动?
其实,在图9-7中,B1平行v只是一种暂时的现象,一旦受B2的洛仑兹力作用,v改变方向后就不再平行B1了。
当B1施加了洛仑兹力后,粒子的“圆周运动”就无法达成了。
(而在分解v的处理中,这种局面是不会出现的。
)
3、磁聚焦
a、结构:
见图9-8,K和G分别为阴极和控制极,A为阳极加共轴限制膜片,螺线管提供匀强磁场。
b、原理:
由于控制极和共轴膜片的存在,电子进磁场的发散角极小,即速度和磁场的夹角θ极小,各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等(半径可以不等),故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。
4、回旋加速器
a、结构&原理(注意加速时间应忽略)
b、磁场与交变电场频率的关系
因回旋周期T和交变电场周期T′必相等,故=
c、最大速度vmax==2πRf
5、质谱仪
速度选择器&粒子圆周运动,和高考要求相同。
第二讲典型例题解析
一、磁场与安培力的计算
【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm,通过电流的大小都是3.0A,方向相反。
试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。
【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。
解题过程从略。
【答案】大小为8.0×10−6T,方向在图9-9中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R,通有电流I的圆形线圈,放在磁感强度大小为B、方向垂直线圈平面的匀强磁场中,求由于安培力而引起的线圈内张力。
【解说】本题有两种解法。
方法一:
隔离一小段弧,对应圆心角θ,则弧长L=θR。
因为θ→0(在图9-10中,为了说明问题,θ被夸大了),弧形导体可视为直导体,其受到的安培力F=BIL,其两端受到的张力设为T,则T的合力
ΣT=2Tsin
再根据平衡方程和极限=0,即可求解T。
方法二:
隔离线圈的一半,根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求解…
【答案】BIR。
〖说明〗如果安培力不是背离圆心而是指向圆心,内张力的方向也随之反向,但大小不会变。
〖学员思考〗如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成(磁场仍然是进去的),且已知单位长度的电量为λ、环的角速度ω、环的总质量为M,其它条件不变,再求环的内张力。
〖提示〗此时环的张力由两部分引起:
①安培力,②离心力。
前者的计算上面已经得出(此处I==ωλR),T1=BωλR2;
后者的计算必须应用图9-10的思想,只是F变成了离心力,方程2T2sin=Mω2R,即T2=。
〖答〗BωλR2+。
【例题3】如图9-11所示,半径为R的圆形线圈共N匝,处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中,线圈可绕其水平直径(绝缘)轴OO′转动。
一个质量为m的重物挂在线圈下部,当线圈通以恒定电流I后,求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。
【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题,解题过程从略。
【答案】arctg。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
【例题4】电子质量为m、电量为q,以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。
某时刻,电子第一次通过图9-12所示的P点,θ为已知量,试求:
(1)电子从O到P经历的时间;
(2)O→P过程洛仑兹力的冲量。
【解说】圆周运动的基本计算。
解题过程从略。
值得注意的是,洛仑兹力不是恒力,故冲量不能通过定义式去求,而应根据动量定理求解。
【答案】
(1);
(2)2mv0sinθ。
【例题5】如图9-13所示,S是粒子源,只能在纸面上的360°范围内发射速率相同、质量为m、电量为q的电子。
MN是一块足够大的挡板,与S相距=L。
它们处在磁感强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,试求:
(1)要电子能到达挡板,其发射速度至少应为多大?
(2)若发射速率为,则电子击打在挡板上的范围怎样?
【解说】第一问甚简,电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切,此时rmin=;
在第二问中,先求得r=L,在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。
值得注意的是,O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。
【答案】
(1);
(2)从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。
【例题6】如图9-14甲所示,由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场,要使电子经过x下方距O为L且∠xOP=θ的P点,试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。
【解说】以一般情形论:
电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角α,电子应做螺旋运动,半径为r=,螺距为d=,它们都由α、B决定(v0=是固定不变的)。
我们总可以找到适当的半径与螺距,使P点的位置满足L、θ的要求。
电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。
如果P点处于(乙图中)螺线轨迹的P1位置,则α=θ,B∥;如果P点处于P2或P3位置,则α≠θ,B与成一般夹角。
对于前一种情形,求解并不难——只要解L=kd(其中k=1,2,3,…)方程即可;而对后一种情形,要求出B的通解就难了,这里不做讨论。
此外,还有一种特解,那就是当B⊥时,这时的解法和【例题4】就完全重合了。
【答案】通解不定。
当B∥时,B=(其中k=1,2,3,…);当B⊥时,B=。
〖问题存疑〗两个特解能不能统一?
三、带电粒子在电磁复合场中的运动
一般考虑两种典型的复合情形:
B和E平行,B和E垂直。
对于前一种情形,如果v0和B(E)成θ角,可以将v0分解为v0τ和v0n,则在n方向粒子做匀速圆周运动,在τ方向粒子做匀加速运动。
所以,粒子的合运动是螺距递增(或递减)的螺线运动。
对于后一种情形(垂直复合场),难度较大,必须起用动力学工具和能量(动量)工具共同求解。
一般结论是,当v0和B垂直而和E成一般夹角时,粒子的轨迹是摆线(的周期性衔接)。
【例题7】在三维直角坐标中,沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场,沿−z方向有电场强度为E的匀强电场。
在原点O有一质量为m、电量为−q的粒子(不计重力)以正x方向、大小为v的初速度发射。
试求粒子再过z轴的坐标与时间。
【解说】过程甚简,粒子运动情形见图9-15。
【答案】z=,t=。
(其中k=1,2,3,…)
【例题8】在相互垂直的匀强电、磁场中,E、B值已知,一个质量为m、电量为+q的带电微粒(重力不计)无初速地释放,试定量寻求该粒子的运动规律。
【解说】在相互垂直的电、磁场中,粒子受力的情形非常复杂,用运动的分解与合成的手段也有相当的困难,必须用到一些特殊的处理方法。
鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动,可以在该平面内建立如图9-16所示的直角坐标。
在这个坐标中,从以下四个角度考查粒子运动的定量规律——
(1)电场方向的最大位移Y
能量关系qEY=m①
在x方向上用动量定理,有
t=mvP②
且=qB③
(注意t=Y)
解①②③式可得Y=
(2)轨迹顶点P的曲率半径r
在P点有动力学关系qvPB−qE=m,而vP在第
(1)问中已经求得。
可解出:
r=
(3)垂直电场方向的“漂移”速度
针对O→P过程,y方向有动力学关系Σ=m
即qE−=m,即qE−qB=m。
而==0
所以=
*(4)粒子从O到P做经历的时间t
解法一:
摆线亦称旋轮线,是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹(如图9-17所示)。
在本题的E、B叠加场中,可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。
而从O到P的过程,轮子转动的圆心角应为π,故对应时间为t==。
解法二:
参照摆线方程
x=a(t−sint)
y=a(1−cost)
得到xP=πa=π=。
再根据t==/
所以t=。
【答案】略。
【评说】在垂直复合场中,寻求能量关系比较容易,但动力学关系(或动量关系)只能启用平均的思想,这也是一种特殊的处理方法。
四、束缚问题
带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚,在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。
束缚问题涉及的受力情形复杂,且常常伴随边界条件的讨论,因此有更大的挑战性。
【例题9】单摆的摆长为L,摆球带电+q,放在匀强磁场中,球的摆动平面跟磁场垂直,最大摆角为α。
为使其能正常摆动,磁场的磁感强度B值有何限制?
【解说】这是第九届初试题,解题的关键所在是要分析清楚:
小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点?
…下面的定量讨论完成之后,我们将会发现:
这个答案是否定的。
针对某个一般位置P,设方位角θ(如图9-18所示),如果小球没有离开圆弧,可以列出——
动力学方程:
T+qvB−mgcosθ=m①
从O到P过程,能量方程:
mgL(cosθ−cosα)=mv2②
小球不离开圆弧的条件是:
T≥0③
解①②③式易得B≤
〖学员活动〗请求出函数y=的极小值…
☆解法备考:
对于正数a、b,有a+b≥2
而y=
=3+
考虑到θ、α的实际取值情况,3和均为正数,所以,y≥2
即ymin=2☆
磁感应强度取值的一般结论为:
B≤2。
但此结论还有讨论的空间——
因为极值点的条件是:
=,即cosθ=cosα。
显然,只有当cosα<时(即最大摆角α较大时),极值点才可取,上面的“一般结论”才成立;物理意义:
小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。
而当α过小,cosα>时,θ无解,极值点不可达,此时应寻求y=函数(在定义域内)的最小值。
这个最值的寻求相对复杂一些,具体过程如下——
广义的y虽然是先减后增,但它的自变量是而非θ,因α是定值,故y也可以认为是随着cosθ的增大而先减后增,如图9-19所示。
当极值点不可达时(图中虚线所示),图线应落在左边的一段实线(因为α过小,cosα过大,理论极值点过大,cosθ达不到),函数为减函数。
当cosθ最大时,y有最小值。
所以,当cosθ=1时(此时θ=0,小球在最低点),最小值ymin=;物理意义:
小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。
【答案】当α≥arccos时,B≤2;
当α<arccos时,B≤。
2019-2020年高一物理新课程第四部分曲线运动万有引力奥赛讲义
一、曲线运动
1、概念、性质
2、参量特征
二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成
1、法则与对象
2、两种分解的思路
a、固定坐标分解(适用于匀变速曲线运动)
建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标;提高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标。
b、自然坐标分解(适用于变加速曲线运动)
基本常识:
在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标,所有运动学矢量均沿这两个方向分解。
动力学方程,其中改变速度的大小(速率),改变速度的方向。
且=m,其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。
定量解题一般只涉及法向动力学方程。
三、两种典型的曲线运动
1、抛体运动(类抛体运动)
关于抛体运动的分析,和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。
在坐标的选择方面,有灵活处理的余地。
2、圆周运动
匀速圆周运动的处理:
运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系,向心力的寻求于合成;临界问题的理解。
变速圆周运动:
使用自然坐标分析法,一般只考查法向方程。
四、万有引力定律
1、定律内容
2、条件
a、基本条件
b、拓展条件:
球体(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引;
球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引;
球壳(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引;
球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零;
并且根据以为所述,由牛顿第三定律,也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。
c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加
3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。
因而相互作用的物体间有引力势能。
在任一惯性系中,若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零,可以证明,当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP=-G
五、开普勒三定律
天体运动的本来模式与近似模式的差距,近似处理的依据。
六、宇宙速度、天体运动
1、第一宇宙速度的常规求法
2、从能量角度求第二、第三宇宙速度
万有引力势能EP=-G
3、解天体运动的本来模式时,应了解椭圆的数学常识
第二讲重要模型与专题
一、小船渡河
物理情形:
在宽度为d的河中,水流速度v2恒定。
岸边有一艘小船,保持相对河水恒定的速率v1渡河,但船头的方向可以选择。
试求小船渡河的最短时间和最小位移。
模型分析:
小船渡河的实际运动(相对河岸的运动)由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。
可以设船头与河岸上游夹角为θ(即v1的方向),速度矢量合成如图1
(学生活动)用余弦定理可求v合的大小
v合=
(学生活动)用正弦定理可求v合的方向。
令v合与河岸下游夹角为α,则
α=arcsin
1、求渡河的时间与最短时间
由于合运动合分运动具有等时性,故渡河时间既可以根据合运动求,也可以根据分运动去求。
针对这一思想,有以下两种解法
解法一:
t=
其中v合可用正弦定理表达,故有t=
=
解
法二:
t===
此外,结合静力学正交分解的思想,我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y,然后先将v1分解(v2无需分解),再合成,如图2所示。
而且不难看出,合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系
vy=v1y
vx=v2-v1x
由于合运动沿y方向的分量Sy≡d,故有
解法三:
t===
t(θ)函数既已得出,我们不难得出结论
当θ=90°时,渡河时间的最小值tmin=
(从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关,故tmin也与v2无关。
这个结论是意味深长的。
)
2、求渡河的位移和最小位移
在上面的讨论中,小船的位移事实上已经得出,即
S合==
=
但S合(θ)函数比较复杂,寻求S合的极小值并非易事。
因此,我们可以从其它方面作一些努力。
将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy,因为Sy≡d,要S合极小,只要Sx极小就行了。
而Sx(θ)函数可以这样求——
解法一:
Sx=vxt=(v2-v1x)=(v2–v1cosθ)
为求极值,令cosθ=p,则sinθ=,再将上式两边平方、整理,得到
这是一个关于p的一元二次方程,要p有解,须满足Δ≥0,即
≥
整理得≥
所以,Sxmin=,代入Sx(θ)函数可知,此时cosθ=
最后,Smin==d
此过程仍然比较繁复,且数学味太浓。
结论得出后,我们还不难发现一个问题:
当v2<v1时,Smin<d,这显然与事实不符。
(造成这个局面的原因是:
在以上的运算过程中,方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象)所以,此法给人一种玄乎的感觉。
解法二:
纯物理解——矢量三角形的动态分析
从图2可知,Sy恒定,Sx越小,必有S合矢量与下游河岸的夹角越大,亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大(但不得大于90°)。
我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。
先进行平行四边形到三角形的变换,如图3所示。
当θ变化时,v合矢量的大小和方向随之变化,具体情况如图4所示。
从图4不难看出,只有当v合和虚线半圆周相切时,v合与v2(下游)的夹角才会最大。
此时,v合⊥v1,v1、v2和v合构成一个直角三角形,αmax=arcsin
并且,此时:
θ=arccos
有了αmax的值,结合图1可以求出:
S合min=d
最后解决v2<v1时结果不切实际的问题。
从图4可以看出,当v2<v1时,v合不可能和虚线半圆周相切(或αmax=arcsin无解),结合实际情况,αmax取90°
即:
v2<v1时,S合min=d,此时,θ=arccos
结论:
若v1<v2,θ=arccos时,S合min=d
若v2<v1,θ=arccos时,S合min=d
二、滑轮小船
物理情形:
如图5所示,岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船,设小船始终不离开水面,且绳足够长,求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。
模型分析:
由于绳不可伸长,滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1,考查绳与船相连的端点运动情况,v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。
(学生活动)如果v1恒定不变,v2会恒定吗?
若恒定,说明理由;若变化,定性判断变化趋势。
结合学生的想法,介绍极限外推的思想:
当船离岸无穷远时,绳与水的夹角趋于零,v2→v1。
当船比较靠岸时,可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度,得到v2>v1。
故“船速增大”才是正确结论。
故只能引入瞬时方位角θ,看v1和v2的瞬时关系。
(学生活动)v1和v2定量关系若何?
是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答?
针对如图6所示的两种典型方案,初步评说——甲图中v2=v1cosθ,船越靠岸,θ越大,v2越小,和前面的定性结论冲突,必然是错误的。
错误的根源分析:
和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。
仔细比较这两个运动的差别,并联系“小船渡河”的运动合成等事例,总结出
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- 高一物理新课程第十部分 磁场奥赛讲义 物理 新课程 第十 部分 磁场 讲义