高中物理滬科版1第五章磁場與回旋加速器單元測試 2023版第5章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①安培定則②強(qiáng)弱③切線方向④BSsinθ⑤BIL⑥平面⑦Bqv⑧平面安培力的平衡問題安培力作用下物體的平衡是常見的一類題型，體現(xiàn)了學(xué)科內(nèi)知識的綜合應(yīng)用及知識的遷移能力，在解決這類問題時應(yīng)把握以下幾點(diǎn)：(1)先畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面，將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標(biāo)注在圖上．(2)利用左手定則確定安培力的方向．(3)根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件列出方程求解．如圖5-1所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ與MN都與水平面成θ角，相距為l.一根質(zhì)量為m的金屬棒ab在導(dǎo)軌上，并保持水平方向，ab棒內(nèi)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(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，ab棒在磁場力的作用下保持靜止，并且棒與導(dǎo)軌間沒有摩擦力．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向．圖5-1【解析】金屬棒受力如圖所示，根據(jù)力的平衡條件可知：F安＝mgsinθ而F安＝BIl可得B＝eq\f(mgsinθ,Il)由左手定則可知，B的方向垂直導(dǎo)軌平面向下．【答案】eq\f(mgsinθ,Il)方向垂直導(dǎo)軌平面向下1．必須先將立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，然后對物體受力分析，先重力，再安培力，最后是彈力和摩擦力．2．注意：若存在靜摩擦力，則可能有不同的方向，因而求解結(jié)果是一個范圍．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動是指在局部空間存在著勻強(qiáng)磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，在磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)歷一段勻速圓周運(yùn)動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域的運(yùn)動過程．解決這一類問題時，找到粒子在磁場中運(yùn)動的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關(guān)的幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．(1)磁場邊界的類型(如圖5-2所示)圖5-2(2)與磁場邊界的關(guān)系①剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切．②當(dāng)速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的時間越長．③當(dāng)速率v變化時，圓心角越大的，運(yùn)動的時間越長．(3)有界磁場中運(yùn)動的對稱性①從某一直線邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等．②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖5-3所示．一個不計(jì)重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點(diǎn)A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點(diǎn)C處沿y方向飛出.【導(dǎo)學(xué)號：29682036】圖5-3(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′多大？此次粒子在磁場中運(yùn)動所用時間t是多少？【解析】(1)由粒子的運(yùn)動軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷．粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r.又qvB＝meq\f(v2,R)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).(2)當(dāng)粒子從D點(diǎn)飛出磁場時速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，如圖所示．粒子做圓周運(yùn)動的半徑R′＝rcot30°＝eq\r(3)r又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B粒子在磁場中飛行時間，t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(\r(3)πr,3v).【答案】(1)負(fù)電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1.弄清復(fù)合場的組成，一般有磁場、電場的復(fù)合；電場、重力場的復(fù)合；磁場、重力場的復(fù)合；磁場、電場、重力場三者的復(fù)合．2．正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析．3．確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的分析．4．對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題，要分階段進(jìn)行處理．轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度往往成為解題的突破口．5．畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律．如圖5-4，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不?jì)重力．圖5-4(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的最大值．【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動半徑為R，運(yùn)動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ①T＝eq\f(2πR,v0) ②依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時如圖所示，運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間t1為t1＝eq\f(5,8)T ③求得t1＝eq\f(5πm,4qB). ④(2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動，到達(dá)x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有qE＝ma ⑤v0＝eq\f(1,2)at2 ⑥得t2＝eq\f(2mv0,qE) ⑦根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足t2≥T0 ⑧得電場強(qiáng)度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0). ⑨【答案】(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)1．如圖5-5，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖5-5A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a點(diǎn)處磁場垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確．【答案】A2．(多選)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動．與Ⅰ中運(yùn)動的電子相比，Ⅱ中的電子()A.運(yùn)動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運(yùn)動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動的角速度與Ⅰ中的相等【解析】兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，且Ⅰ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運(yùn)動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確．由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)B錯誤．由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項(xiàng)C正確．由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)D錯誤．正確選項(xiàng)為A、C.【答案】AC3．(多選)如圖5-6所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝cm，中點(diǎn)O與S間的距離d＝cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝×10－4T，電子質(zhì)量m＝×10－31kg，電荷量e＝－×10－19C，不計(jì)電子重力，電子源發(fā)射速度v＝×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則()圖5-6A．θ＝90°時，l＝cm B．θ＝60°時，l＝cmC．θ＝45°時，l＝cm D．θ＝30°時，l＝cm【解析】電子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力：evB＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,Be)＝×10－2m＝cm＝eq\f(L,2)，θ＝90°時，擊中板的范圍如圖(1)，l＝2R＝cm，選項(xiàng)A正確．θ＝60°時，擊中板的范圍如圖(2)所示，l＜2R＝cm，選項(xiàng)B錯誤．θ＝30°，如圖(3)所示l＝R＝cm，當(dāng)θ＝45°時，擊中板的范圍如圖(4)所示，l＞R(R＝cm)，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯誤．圖(1)圖(2)圖(3)圖(4)【答案】AD4．如圖5-7，一關(guān)于y軸對稱的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與平面垂直．一根足夠長，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動時棒與x軸始終平行．棒單位長度的電阻ρ，與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P＝ky3/2(SI)．求：圖5-7(1)導(dǎo)體軌道的軌道方程y＝f(x)；(2)棒在運(yùn)動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；(3)棒從y＝0運(yùn)動到y(tǒng)＝L過程中外力F的功．【解析】(1)設(shè)棒運(yùn)動到某一位置時與軌道接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為(±x，y)，安培力的功率F＝eq\f(B2l2v,R)P＝eq\f(4B2x2v2,R)＝ky3/2棒做勻加速運(yùn)動v2＝2ayR＝2ρx代入前式得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4aB2,kρ)))eq\s\up12(2)x2軌道形式為拋物線．(2)安培力Fm＝eq\f(4B2x2,R)v＝eq\f(2B2x,ρ)eq\r(2ay)以軌道方程代入得Fm＝eq\f(k,\r(2a))y(3)由動能定理W＝Wm＋eq\f(1,2)mv2安培力做功Wm＝eq\f(k,2\r(2a))L2棒在y＝L處動能eq\f(1,2)mv2＝maL外力做功W＝eq\f(k,2\r(2a))L2＋maL【答案】(1)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4aB2,kρ)))eq\s\up12(2)x2(2)Fm＝eq\f(k,\r(2a))y(3)eq\f(k,2\r(2a))L2＋maL5．如圖5-8，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．圖5-8【解析】依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下．開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于