高中物理魯科版1第六章磁場對電流和運(yùn)動電荷的作用 2023版第6章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①電流②ILB③運(yùn)動④qvB⑤eq\f(mv,qB)⑥eq\f(2πm,qB)⑦eq\f(2πm,qB)⑧qvB＝qE有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算安培力既可以使通電導(dǎo)體靜止、運(yùn)動或轉(zhuǎn)動，又可以對通電導(dǎo)體做功，因此有關(guān)安培力問題分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動情況，然后根據(jù)題中條件由牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解．具體求解應(yīng)從以下幾個方面著手分析：1．安培力的大小(1)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB.(2)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0.(3)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝ILBsinθ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定則確定．(2)F安⊥B，同時F安⊥L，即F安垂直于B和L決定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下導(dǎo)體的狀態(tài)分析通電導(dǎo)體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運(yùn)動狀態(tài)．對導(dǎo)體進(jìn)行正確的受力分析，是解決該類問題的關(guān)鍵．分析的一般步驟是：(1)明確研究對象，這里的研究對象一般是通電導(dǎo)體．(2)正確進(jìn)行受力分析并畫出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時畫出側(cè)視圖、俯視圖等．(3)根據(jù)受力分析確定通電導(dǎo)體所處的狀態(tài)或運(yùn)動過程．(4)運(yùn)用平衡條件或動力學(xué)知識列式求解．如圖6-1所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)阻r＝Ω，豎直導(dǎo)軌寬L＝0.2m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．另有一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝Ω的金屬棒，它與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝，靠在導(dǎo)軌的外面．為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30°且與導(dǎo)體棒垂直指向紙里的勻強(qiáng)磁場(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．求：圖6-1(1)此磁場的方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍.【導(dǎo)學(xué)號：34022037】【解析】(1)要使金屬棒靜止，安培力應(yīng)斜向上指向紙里，畫出由a→b的側(cè)視圖，并對棒ab受力分析如圖所示．經(jīng)分析知磁場的方向斜向下指向紙里．(2)如圖甲所示，當(dāng)ab棒有向下滑的趨勢時，受靜摩擦力向上為Ff，則：Fsin30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝T.當(dāng)ab棒有向上滑的趨勢時，受靜摩擦力向下為Ff′，如圖乙所示，則：F′sin30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝T.所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足T≤B≤T.【答案】(1)斜向下指向紙里(2)T≤B≤T1．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．帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動1.幾種常見情景(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖6-2所示)圖6-2(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6-3所示)圖6-3(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6-3所示)圖6-32．兩類典型問題(1)臨界問題：解決此類問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點(diǎn)，找臨界點(diǎn)的方法是以題目中的“恰好”“最大”“至少”等詞語為突破點(diǎn)，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(yùn)動的周期性等．解答這類問題的關(guān)鍵是認(rèn)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)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(jié)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①帶電粒子在一些有界磁場中的圓周運(yùn)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等，或在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．②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．(3)當(dāng)速度v一定時，弧長越長，軌道對應(yīng)的圓心角越大，帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的時間越長．(多選)如圖6-4所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質(zhì)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6-4\f(Bqd,m) \f(2＋\r(2)Bqd,m)\f(2－\r(2)Bqd,m) \f(\r(2)Bqd,2m)【解析】粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當(dāng)粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應(yīng)為最大．若粒子帶正電，其運(yùn)動軌跡如圖中的(a)所示(此時圓心為O點(diǎn))，容易看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，B項(xiàng)正確．若粒子帶負(fù)電，其運(yùn)動徑跡如圖(b)所示(此時圓心為O′點(diǎn))，容易看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C項(xiàng)正確．(a)(b)【答案】BC空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計(jì)重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()\f(\r(3)mv0,3qR) \f(mv0,qR)\f(\r(3)mv0,qR) \f(3mv0,qR)【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用幾何關(guān)系和洛倫茲力公式即可求解．如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項(xiàng)A正確．【答案】A1．一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖6-5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ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運(yùn)動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖6-5\f(ω,3B) \f(ω,2B)\f(ω,B) \f(2ω,B)【解析】如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，圓弧eq\o(\s\up12(︵),MP)所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項(xiàng)A正確．【答案】A2．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿窘馕觥客娭睂?dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受安培力的方向由左手定則判斷，安培力的大小由F＝BILsinθ計(jì)算．安培力的方向始終與電流方向和磁場方向垂直，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；由F＝BILsinθ可知，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，選項(xiàng)C錯誤；將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角時，因磁場與導(dǎo)線的夾角未知，則安培力的大小不能確定，選項(xiàng)D錯誤．【答案】B3．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖6-6所示，平面OM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．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON只有一個交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場．不計(jì)重力．粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()圖6-6\f(mv,2qB) \f(\r(3)mv,qB)\f(2mv,qB) \f(4mv,qB)【解析】如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB).設(shè)入射點(diǎn)為A，出射點(diǎn)為B，圓弧與ON的交點(diǎn)為P.由粒子運(yùn)動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝eq\r(3)R，則AO＝eq\r(3)AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝eq\f(4mv,qB).故選項(xiàng)D正確．【答案】D4．如圖6-7，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()圖6-7A．2 \r(2)C．1 \f(\r(2),2)【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律與圓周運(yùn)動知識得出半徑與速度之間的關(guān)系．當(dāng)粒子穿過鋁板時，動能損失，由此可求出穿過鋁板前后的速度之比，即可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比．設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時初速度為v1，從Q點(diǎn)穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1).由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，由題意可知eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1R2,v2R1)＝eq\f(\r(2),2)，故選項(xiàng)D正確．【答案】D5．如圖6-8所示，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0.5cm；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0.3cm.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6-8【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，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg ① 式中，m為金屬棒的質(zhì)