20172018學年高中物理磁場章末分層突破學案教科版選修

1、第三章 磁場章末分層突破磁體電流磁體運動電荷磁場強弱和方向B(BL)小磁針N極的受力方向BS(BS)NSSNFILBsin B與I的夾角左手定則FqvBsin B與v的夾角左手定則BrT帶電粒子在有界磁場中的運動1.幾種常見情景(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖3­1所示)圖3­1(2)平行邊界(不同情況下從不同邊界射出，存在臨界條件，如圖3­2所示)圖3­2(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3­3所示)圖3­32兩類典型問題(1)臨界問題：解決此類問題的關鍵是找準臨界點，找臨界點的方法是以題目中的“恰好”“最大”“至

2、少”等詞語為突破點，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫出幾個不同半徑的軌跡，這樣就能順利地找到臨界條件(2)多解問題：造成多解問題的常見原因有帶電粒子電性的不確定、磁場方向的不確定、臨界狀態(tài)不唯一、運動的周期性等解答這類問題的關鍵是認真分析物理過程，同時考慮問題要全面，不要漏解3注意的問題(1)分析帶電粒子在有界磁場中的運動問題應抓住解決問題的基本思路，即找圓心、求半徑、確定圓心角并利用其對稱性，結合磁場邊界，畫出粒子在有界磁場中的軌跡(2)帶電粒子在有界磁場中的對稱性或臨界情景帶電粒子在一些有界磁場中的圓周運動具有對稱性，是指從某一邊界射入又從同一邊界射出時，粒子的速度方向與邊界的夾角相

3、等，或在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切(3)當速度v一定時，弧長越長，軌道對應的圓心角越大，帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(多選)如圖3­4所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場欲使粒子不能從邊界QQ射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()圖3­4A.B.C. D.【解析】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的徑跡和邊界QQ相切時，粒子剛好

4、不從QQ射出，此時其入射速度v0應為最大若粒子帶正電，其運動軌跡如圖(a)所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45°dR1，將R1代入上式得v0，B項正確若粒子帶負電，其運動徑跡如圖(b)所示(此時圓心為O點)，容易看出R2R2cos 45°d，將R2代入上式得v0，C項正確(a)(b)【答案】BC帶電粒子在復合場中的運動1.復合場的組成復合場一般包括重力場、電場和磁場三種場的任意兩種場復合或三種場復合2分析帶電粒子的受力及運動特征(1)帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析，

5、當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器)(2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向、洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動(3)當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成3選用力學規(guī)律(1)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速運動時，根據平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平

6、衡條件列方程求解(3)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解4帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中偏轉的區(qū)別垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況恒力FEq大小、方向不變洛倫茲力FBqv大小不變，方向隨v而改變運動類型類似平拋運動勻速圓周運動或其一部分運動軌跡拋物線圓或圓的一部分求解方法處理橫向偏移y和偏轉角要通過類似平拋運動的規(guī)律求解橫向偏移y和偏轉角要結合圓的幾何關系通過圓周運動的討論求解如圖3­5所示，在xOy坐標平面的第一象限內有沿y方向的勻強電場，在第四象限內有垂直于平面向外的勻強磁場現有一

7、質量為m、電荷量為q的粒子(重力不計)以初速度v0沿x方向從坐標為(3l，l)的P點開始運動，接著進入磁場后由坐標原點O射出，射出時速度方向與y軸正方向夾角為45°，求： 【導學號：96322070】圖3­5(1)粒子從O點射出時的速度v和電場強度E；(2)粒子從P點運動到O點的過程所用的時間【解析】根據題意可推知：帶電粒子在電場中做類平拋運動，由Q點進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，最終由O點射出(軌跡如圖所示)(1)根據對稱性可知，粒子在Q點時速度大小為v，方向與y軸方向成45°，則有vcos 45°v0即vv0在P到Q過程中有qElmv2mv由解得

8、E.(2)粒子在Q點時沿y方向的速度大小vyvsin 45°P到Q的運動時間t1P到Q沿x方向的位移為sv0t1 則OQ之間的距離為OQ3ls粒子在磁場中的運動半徑為r，則有rOQ 粒子在磁場中的運動時間t2× 粒子由P到Q的過程中的總時間tt1t2 解得t.【答案】(1)v0(2)如圖3­6所示，xOy在豎直平面內x軸下方有勻強電場和勻強磁場電場強度為E，方向豎直向下；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里將一個帶電小球從y軸上P(0，h)點以初速度v0豎直向下拋出小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運動不計空氣阻力，已知重力加速度為g.求：圖3­6(1)判斷小球

9、帶正電還是帶負電；(2)小球做圓周運動的半徑；(3)小球從P點出發(fā)，到第二次經過x軸所用的時間【解析】(1)小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運動有qEmg，故小球帶負電(2)畫出帶電小球的運動軌跡如圖所示設小球經過O點時的速度為v，從P到O，有v2v2gh從O到A，根據牛頓第二定律qvBm求出r.(3)從P到O，小球第一次經過x軸，所用時間為t1，則vv0gt1從O到A，小球第二次經過x軸，所用時間為t2，則T，t2所以tt1t2.【答案】(1)負電(2)(3)(1)電子、質子、粒子等一般不計重力，帶電小球、液滴等帶電顆粒一般要考慮重力作用.(2)對于粒子連續(xù)通過幾個不同場的問題，要分階段進行處理

10、，并注意相鄰階段的關聯量，如速度、位移、時間等.(3)對于臨界問題，要挖掘隱含條件，并列出輔助方程，再聯立其他方程求解.1.中國宋代科學家沈括在夢溪筆談中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖3­7.結合上述材料，下列說法不正確的是() 【導學號：96322071】圖3­7A地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近C地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用【解析】由“常微偏東，不全南也”和題圖知，地理南、北

11、極與地磁場的南、北極不重合，地磁的南極在地理北極附近，地球是一個巨大的磁體，因此地球內部也存在磁場，故選項A、B的說法正確從題圖中磁感線的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南極、北極附近)磁感線不與地面平行，故選項C的說法不正確宇宙射線粒子帶有電荷，在射向地球赤道時，運動方向與地磁場方向不平行，因此會受到磁場力的作用，故選項D的說法正確【答案】C2一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖3­8所示圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉動在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角當筒轉

12、過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒不計重力若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為() 【導學號：96322072】圖3­8A.B.C. D.【解析】如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30°，則·，即，選項A正確【答案】A3現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖3­9所示，其中加速電壓恒定質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12

13、倍此離子和質子的質量比約為() 【導學號：96322073】圖3­9A11B12C121D144【解析】帶電粒子在加速電場中運動時，有qUmv2，在磁場中偏轉時，其半徑r，由以上兩式整理得：r.由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1B2112，當半徑相等時，解得：144，選項D正確【答案】D4如圖3­10所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力則() 【導學號：96322074】圖3

14、­10Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12【解析】如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1l，轉過的圓心角1，當帶電粒子的速率為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r22l，轉過的圓心角2，根據qvBm，得v，故.由于T得T，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又tT，所以.故選項A正確，選項B、C、D錯誤【答案】A5如圖3­11所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中

15、做勻速圓周運動不計帶電粒子所受重力圖3­11(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小. 【導學號：96322075】【解析】(1)洛倫茲力提供向心力，有fqvBm帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R勻速圓周運動的周期T.(2)粒子受電場力FqE，洛倫茲力fqvB.粒子做勻速直線運動，則qEqvB場強E的大小EvB.【答案】(1)(2)vB章末綜合測評(三)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本大題共10個小題，共60分在每小題所給的四個選項中，第17題只有一項符合題目要求，第810題有

16、多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1在下列圖中，分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針N極的指向或磁感線方向其對應不正確的是()【解析】由安培定則判斷C、D正確；又因小磁針靜止時N極所指的方向與磁場方向相同，A正確，B錯誤【答案】B2如圖1所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點在電子經過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖1A向上B向下C向左D向右【解析】由題意知，磁鐵在a點磁場方向為垂直于P向前，電子在a點的瞬時速度方向向右

17、根據左手定則，可以判斷出洛倫茲力方向向上，A正確【答案】A3用同一回旋加速器分別對質子(H)和氘核(H)加速后，則()A質子獲得的動能大B氘核獲得的動能大C兩種粒子獲得的動能一樣大D無法確定【解析】因qvBm又Ekmv2故Ek，所以Ek，故A正確【答案】A4長直導線AB附近，有一帶正電的小球，用絕緣絲線懸掛在M點，當導線AB通以如圖2所示的恒定電流時，下列說法正確的是()圖2A小球受磁場力作用，方向與導線AB垂直且指向紙里B小球受磁場力作用，方向與導線AB垂直且指向紙外C小球受磁場力作用，方向與導線AB垂直向左D小球不受磁場力作用【解析】電場對在其中的靜止電荷、運動電荷都有力的作用，而磁場只對

18、在其中的運動電荷才有力的作用，且運動方向不能與磁場方向平行，所以D選項正確【答案】D5如圖3是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑R10 cm的圓柱形筒內有B1×104 T的勻強磁場，方向平行于軸線在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b分別作為入射孔和出射孔現有一束比荷為2×1011 C/kg的正離子，以不同角度入射，最后有不同速度的離子束射出其中入射角30°，則不經碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v大小是()【導學號：96322186】圖3A4×105 m/sB2×105 m/sC4×106 m/sD2×106 m/s

19、【解析】離子運動軌跡如圖所示，設軌跡半徑為r，由幾何知識可得r2R20 cm，由qvB，可得v4×106 m/s.【答案】C6如圖4所示，一根有質量的金屬棒MN，兩端用細軟導線連接后懸于a，b兩點，棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，可以() 【導學號：96322187】圖4A適當減小磁感應強度B使磁場反向C適當增大電流D使電流反向【解析】首先對MN進行受力分析，受豎直向下的重力G，受兩根軟導線豎直向上的拉力和安培力處于平衡時2FILBmg，重力mg恒定不變，欲使拉力F減小到0，應增大安培力ILB，所以可增大磁場

20、的磁感應強度B或增大通過金屬棒中的電流I，或二者同時增大，故選項C正確【答案】C7質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場如圖所示為質譜儀的原理圖，設想有一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉磁場中，帶電粒子打在底片上的P點，設OPx，則在圖中能正確反映x與U之間的函數關系的是() 【導學號：96322188】圖5【解析】根據動能定理qUmv2可知，v，粒子在磁場中偏轉，洛倫茲力提供向心力，即qvBm，所以R，x2R，即x，B正確【答案】B8電磁軌道炮的工作原理如圖6所示待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保

21、持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與I成正比通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()【導學號：96322189】圖6A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質量減至原來的一半D將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變【解析】由題意可知BkI，FBIdkI2d.由動能定理可得：F·Lmv，v0，v0I，要使v0加倍，則B、D正確，A、C錯【答案】BD9在半導體離子注入工

22、藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖7所示，已知離子P在磁場中轉過30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子P和P3()圖7A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13【解析】應用動能定理和圓周運動規(guī)律分析兩種離子的速度關系及在磁場中運動的半徑關系，結合幾何知識分析兩離子在有界磁場中的偏轉角磷離子P與P3電荷量之比q1q213，質量相等，在電場中加速度a，由此可知，a1a213，選項A錯誤；離子進入磁場中

23、做圓周運動的半徑r，又qUmv2，故有r ，即r1r21，選項B正確；設離子P3在磁場中偏角為，則sin ，sin (d為磁場寬度)，故有sin sin 1，已知30°，故60°，選項C正確；全過程中只有電場力做功，WqU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，選項D正確【答案】BCD10如圖8所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側有一正交的勻強電場、磁場區(qū)域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里，一帶電小球從軌道上的A點由靜止滑下，經P點進入場區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運動則可判定()【導學號：96322190】圖8

24、A小球帶負電B小球帶正電C若小球從B點由靜止滑下，進入場區(qū)后將立即向上偏D若小球從B點由靜止滑下，進入場區(qū)后將立即向下偏【解析】小球從P點進入場區(qū)后沿水平方向做直線運動，則小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定帶正電，且qEqvBmg；若從B點靜止滑下，由動能定理可求得小球進磁場區(qū)時v<v；則qEqvB<mg，故向下偏，B、D正確【答案】BD二、計算題(本大題共3個小題，共40分按題目要求作答)11(12分)如圖9所示，平行金屬導軌PQ與MN都與水平面成角，相距為l.一根質量為m的金屬棒ab在導軌上，并保持水平方向，ab棒內通有恒定電流，電流大小為I，方向從a到b.空間存在著方向與導軌平面垂直的勻強磁場，ab棒在磁場力的作用下保持靜止，并且棒與導軌間沒有摩擦力求磁感應強度B的大小和方向圖9【解析】金屬棒受力如圖所示，根據力的平衡條件可知