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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．

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.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．

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．

4.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．

3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB

2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F＝0

1.洛倫茲力的公式: f=qvB sinθ，θ是V、B之間的夾角.

3．安培力的實際應用

[例10]在原于反應堆中抽動液態(tài)金屬等導電液時．由于不允許傳動機械部分與這些流體相接觸，常使用一種電磁泵。圖中表示這種電磁泵的結構。將導管置于磁場中，當電流I穿過導電液體時，這種導電液體即被驅動。若導管的內截面積為a×h，磁場區(qū)域的寬度為L，磁感強度為B．液態(tài)金屬穿過磁場區(qū)域的電流為I，求驅動所產生的壓強差是多大？

解答:本題的物理情景是：當電流 I通過金屬液體沿圖示豎直向上流動時，電流將受到磁場的作用力，磁場力的方向可以由左手定則判斷，這個磁場力即為驅動液態(tài)金屬流動的動力。由這個驅動力而使金屬液體沿流動方向兩側產生壓強差ΔP。故有 F=BIh．Δp=F/ah，聯立解得Δp＝BI/a

[例11]將兩碳棒A,B(接電路)插盛有AgNO₃溶液的容器中，構成如圖電路．假設導軌光滑無電阻，寬為d,在垂直導軌平面方向上有大小為B,方向垂直紙面向外的磁場，若經過時間t后，在容器中收集到nL氣體(標況)，問此時滑桿C(質量為m_C)的速度，寫出A,B棒上發(fā)生的電極反應式(阿伏加德羅常數N₀)

解析：由電解池電極反應可得出通過C棒的電荷量，求出平均電流，再由安培定則及動量定理可得滑桿速度．

陰極:Ag^十十e=Ag↓

陽極：4OH^――4e=2H₂O+O₂↑,O₂的摩爾數為n/22.4,則陽極的物質量為n/5.6摩爾.

通過C捧的電荷量為

平均電流

由得

[例12]如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h.管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點離噴口的水平距離為s.若液體的密度為ρ，不計所有阻力，求：

(1)活塞移動的速度；

(2)該裝置的功率；

(3)磁感應強度B的大小；

(4)若在實際使用中發(fā)現電壓表的讀數變小，試分析其可能的原因．

解析:(l)設液體從噴口水平射出的速度為v₀，活塞移動的速度為v.

,,

　(2)設裝置功率為P，Δt時間內有△m質量的液體從噴口射出,PΔt＝½Δm (v₀²一v²)

∵Δm=LvΔtρ.∴P=½ L²vρ(v₀²一v²),∴

(3) ∵P=F_安v.∴,∴

(4)∵U=BLv,∴噴口液體的流量減少，活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數變小

試題展示

　　　　　　 磁場對運動電荷的作用

基礎知識　 　一、洛侖茲力

磁場對運動電荷的作用力

2、安培力作用下物體的運動方向的判斷

(1)電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段電流所受合力方向，最后確定運動方向．

(2)特殊位置法：把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向．

(3)等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管也可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析．

(4)利用結論法：①兩電流相互平行時無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；②兩電流不平行時，有轉動到相互平行且電流方向相同的趨勢．

(5)轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣，定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，再確定磁體所受電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向．

(6)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

(7)磁場對通電線圈的作用:若線圈面積為S，線圈中的電流強度為I，所在磁場的孩感應強度為B，線圈平面跟磁場的夾角為θ，則線圈所受磁場的力矩為：M=BIScosθ．

[例6]如圖所示，電源電動勢E＝2V，r＝0.5Ω,豎直導軌電阻可略，金屬棒的質量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它與導體軌道的動摩擦因數μ＝0.4，有效長度為0.2 m,靠在導軌的外面，為使金屬棒不下滑，我們施一與紙面夾角為60⁰且與導線垂直向外的磁場，(g=10 m/s²)求：

(1)此磁場是斜向上還是斜向下？

(2)B的范圍是多少？

解析:導體棒側面受力圖如圖所示：　　

由平衡條件得：B最小時摩擦力沿導軌向上，則有

μF_N+BILcos30⁰＝mg,　 　F_N=BILsin30⁰ 解得B＝2.34 T

　 當B最大時摩擦力沿導軌向下，則有BILcos30⁰＝mg+μF_N

F_N=BILsin30⁰ 解得B=3. 75 T

B的范圍是2.34 T -- 3. 75 T

[例7]在傾角為θ的斜面上，放置一段通有電流強度為I,長度為L，質量為m的導體棒a，(通電方向垂直紙面向里)，如圖所示，棒與斜面間動摩擦因數μ< tanθ.欲使導體棒靜止在斜面上，應加勻強磁場，磁場應強度B最小值是多少？如果要求導體棒a靜止在斜面上且對斜面無壓力，則所加勻強磁場磁感應強度又如何？

解析:(1)設當安培力與斜面成α角時B最小，則由平衡條件得：

mgsinθ＝μF_N+BILcosα, F_N=mgcosθ+BILsinα．

解得

∴當α+β=90⁰時,

(2)當F_N=0時，則BIL＝mg，∴BIL=mg,由左手定則知B方向水平向左．

[例8]如圖所示，abcd是一豎直的矩形導線框，線框面積為S，放在磁感強度為B的均勻水平磁場中，ab邊在水平面內且與磁場方向成60⁰角，若導線框中的電流為I，則導線框所受的安培力對某豎直的固定軸的力矩等于(　　　　 )

　　　 A．IBS　　　 B．½IBS　　　 C．IBS

　　 D．由于導線框的邊長及固定軸的位置來給出，無法確定

解析：為便于正確找出力臂，應將題中所給的立體圖改畫成平面俯視圖，如圖10-17所示，設線框ab邊長為1₁，cd邊長為1₂，并設豎直轉軸過圖中O點(O點為任選的一點) ，ao長l_ac，bo長l_bo，則l_ac+l_bo=l₁．為便于分析，設電流方向沿abcda．　 　

由左手定則判斷各邊所受安培力的方向，可知ab、cd邊受力與豎直轉軸平行，不產生力矩；ad、bc兩邊所受安培力方向如圖，將產生力矩．ad、bc邊所受安培力的大小均為F＝IBl₂，產生的力矩分別為：M_ad=Fl_aocosθ，M_bc=Fl_bccosθ．兩個力矩的方向相同(困10-17中均為順時針力矩)，合力矩M=M_ad+M_bc＝F(l_ao+l_bc)cosθ＝IBScosθ，將θ＝60⁰代入，得M=½IBS．　　 答案：B

說明：由此題也導出了單匝通電線圈在磁場所受磁力矩的公式M=IBScosθ．若為N匝線圈，則M＝NIBScosθ．式中S為線圈包圍面積，θ為線圈平面與磁場方向的夾角．顯然，當θ=0⁰時，即線圈平面與磁場方向平行時，線圈所受磁力矩最大M_max＝NBIS，當θ＝90⁰，即線圈平面與磁場方向垂直時，線圈所受磁力矩為零．公式也不限于矩形線圈、對稱轉軸的情況，對任意形狀的線圈．任一垂直于磁場的轉軸位置都適用．

[例9]通電長導線中電流I₀的方向如圖所示，邊長為2L的正方形載流線圈abcd中的電流強度為I，方向由a→b→c→d．線圈的ab邊、cd邊以及過ad、bc邊中點的軸線OO^/都與長導線平行．當線圈處于圖示的位置時，ab邊與直導線間的距離a_la等于2L，且a_la與ad垂直．已知長導線中電流的磁場在ab處的磁感強度為B₁，在cd處的磁感強度為B₂，則載流線圈處于此位置受到的磁力矩的大小為　　　　　 ．

　　 解析：ad、bc邊所受的磁場力和轉軸OO^/平行，其力矩為零，ab、cd邊受力的方向如圖10-21所示，大小分別為F₁＝B₁I·2L，F₂= B₂I·2L，F₁、F₂對轉軸OO^/的力臂分別為L和L ，則兩力對轉軸的力矩為M=M₁+M₂=F_lL+F₂L= IL²(2B₁+B₂)．

答案：IL²(2B₁+B₂)