高中物理滬科版選修3-1學(xué)案第5章磁場與回旋加速器本章優(yōu)化總結(jié)Word版含答案

本章優(yōu)化總結(jié)安培力作用下的平衡和加速問題1.在安培力作用下的物體平衡，與力學(xué)、電學(xué)中的物體平衡一樣，利用物體平衡條件解題.2.與閉合電路歐姆定律相結(jié)合的題目，主要應(yīng)用的知識：(1)閉合電路歐姆定律；(2)安培力求解公式F＝ILB及左手定則；(3)物體平衡條件、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式.3.(1)在安培力作用下的物體平衡問題的解題步驟和前面學(xué)習(xí)的共點(diǎn)力平衡問題相似，一般也是先進(jìn)行受力分析，再根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件列出平衡方程，其中重要的是在受力分析過程中不要漏掉了安培力.(2)安培力作用下的加速問題也與之前學(xué)習(xí)動力學(xué)問題一樣，關(guān)鍵是做好受力分析，據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解.4.安培力作為通電導(dǎo)體所受的外力參與受力分析，產(chǎn)生了通電導(dǎo)體在磁場中的平衡、加速及做功問題，這類問題與力學(xué)知識聯(lián)系很緊密，解題時(shí)把安培力等同于重力、彈力、摩擦力等性質(zhì)力；對物體進(jìn)行受力分析時(shí)，注意安培力大小和方向的確定；求解時(shí)注意運(yùn)用力學(xué)中靜力學(xué)、動力學(xué)及功和能等有關(guān)知識.如圖所示，在與水平方向夾角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌間有一電源，在相距1m的平行導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.3kg的金屬棒ab，通以從b→a，I＝3A的電流，磁場方向豎直向上，這時(shí)金屬棒恰好靜止.(g＝10m/s2)求：(1)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)ab棒對導(dǎo)軌的壓力.[解析]金屬棒ab中電流方向由b→a，它所受到的安培力水平向右，它還受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，三力合力為零，由此可以求出安培力，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B．再求出ab對導(dǎo)軌的壓力.(1)ab棒靜止，受力情況如圖所示，沿斜面方向受力平衡，則mgsinθ＝BILcosθ.B＝eq\f(mgtan60°,IL)＝eq\f(0.3×10×\r(3),3×1)T＝1.73T.(2)對導(dǎo)軌的壓力為：N′＝N＝eq\f(mg,cos60°)＝eq\f(0.3×10,\f(1,2))N＝6N.[答案](1)1.73T(2)6N帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動1.有界磁場的常見類型有界磁場是指在局部空間存在勻強(qiáng)磁場，帶電粒子從外界垂直磁場方向入射，經(jīng)歷一段時(shí)間后又離開磁場，通常有如下幾種類型(如圖所示)：2.解此類問題的基本方法解決此類問題時(shí)，找到粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心位置、半徑大小，以及與半徑相關(guān)的幾何關(guān)系是關(guān)鍵.解決此類問題時(shí)應(yīng)注意下列結(jié)論：(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與邊界相切.(2)當(dāng)以一定的速率垂直射入磁場時(shí)，運(yùn)動的弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動時(shí)間越長.(3)當(dāng)荷質(zhì)比相同，速率v變化時(shí)，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的圓心角越大的，運(yùn)動時(shí)間越長.如圖所示，一帶電荷量為q＝＋2×10－9C、質(zhì)量為m＝1.8×10－16kg的粒子，在直線上一點(diǎn)O處沿與直線成30°角的方向垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，經(jīng)歷t＝1.5×10－6s后到達(dá)直線上另一點(diǎn)P.求：(1)粒子做圓周運(yùn)動的周期T；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)若OP的距離為0.1m，則粒子的運(yùn)動速度v多大？[解析]粒子進(jìn)入磁場后，受洛倫茲力的作用，重力很小可忽略.粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示.(1)由幾何關(guān)系可知弦OP對應(yīng)的圓心角θ＝60°，粒子由O沿大圓弧到P所對應(yīng)圓心角為300°，則有eq\f(t,T)＝eq\f(300°,360°)＝eq\f(5,6)，解得T＝eq\f(6t,5)＝eq\f(6×1.5×10－6,5)s＝1.8×10－6s.(2)由粒子做圓周運(yùn)動所需向心力為洛倫茲力，有qvB＝meq\f(v2,R)，2πR＝vT，則有B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(2×3.14×1.8×10－16,2×10－9×1.8×10－6)T＝0.314T.(3)軌道半徑R＝OP＝0.1m，粒子的速度v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2×3.14×0.1,1.8×10－6)m/s＝3.49×105m/s.[答案](1)1.8×10－6s(2)0.314T(3)3.49×105m/s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，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結(jié)合.4.對于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同情況的場的問題，要分階段進(jìn)行處理.5.畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律.(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解.(2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解.(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時(shí)，一般用動能定理或能量守恒定律求解.(4)對于臨界問題，注意挖掘隱含的條件.如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限內(nèi)無電場和磁場.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從M點(diǎn)以速度v0沿x軸負(fù)方向進(jìn)入電場，不計(jì)粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點(diǎn).設(shè)OM＝L，ON＝2L.求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)勻強(qiáng)磁場的方向；(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.[解析]如圖所示，帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限做類平拋運(yùn)動，－x方向上為勻速直線運(yùn)動，＋y方向上為勻加速直線運(yùn)動，粒子帶負(fù)電；從N點(diǎn)進(jìn)入第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動；從P回到M點(diǎn)是勻速直線運(yùn)動.(1)帶電粒子在第Ⅲ象限：L＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，且2L＝v0t，則E＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qL).(2)粒子帶負(fù)電，由左手定則可知勻強(qiáng)磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?(3)設(shè)粒子到達(dá)N點(diǎn)的速度為v，如圖所示，設(shè)運(yùn)動方向與x軸負(fù)方向的夾角為θ，由動能定理得：qEL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，將上式中的E代入可得v＝eq\r(2)v0，所以θ＝45°，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度方向也與x軸負(fù)方向成45°角.則OP＝OM＝L，NP＝NO＋O