2024-2025學年高中物理第3章磁場章末綜合提升教案粵教版選修3-1

PAGE8-章末綜合提升[體系構(gòu)建][核心速填]1．磁場(1)存在于磁體、電流四周的一種特別物質(zhì)．(2)方向：規(guī)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向(或者小磁針靜止時N極的指向)就是那一點的磁場方向．2．磁感線(1)磁感線的切線方向表示該位置的磁場方向，曲線的疏密能定性地表示磁場的強弱．磁感線都是閉合曲線，且不能相交．(2)電流(包括直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管)四周的磁感線方向與電流方向的關(guān)系，可以由安培定則來判定．3．磁感應(yīng)強度(1)定義：B＝eq\f(F,IL)．(2)方向：小磁針N極受力的方向，或磁感線的切線方向．4．安培力(1)計算式：F＝ILB_sin_θ．(2)方向：用左手定則來推斷，安培力與電流垂直，與磁場垂直．5．洛倫茲力(1)大?。篎＝qvB(v⊥B).(2)方向：用左手定則來推斷，洛倫茲力與速度垂直，與磁場垂直．6．帶電粒子在勻強磁場中運動(不計重力)(1)若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動．(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動．①向心力由洛倫茲力供應(yīng)：qvB＝meq\f(v2,R).②軌道半徑公式：R＝eq\f(mv,qB)．③周期：T＝eq\f(2πm,qB)．7．應(yīng)用實例：(1)質(zhì)譜儀：測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．(2)回旋加速器：磁場使帶電粒子偏轉(zhuǎn)，交變電場使帶電粒子加速．只要交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，帶電粒子每運動半周就可以被加速一次，這樣經(jīng)過多次加速，帶電粒子可以達到很高的能量．有關(guān)安培力問題的分析與計算安培力問題的分析與計算的基本思路和方法與力學問題一樣，先取探討對象進行受力分析，推斷通電導體的運動狀況，然后依據(jù)題中條件由牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解．詳細求解應(yīng)從以下幾個方面著手分析：1．安培力的大小(1)當通電導體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB.(2)當通電導體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0.(3)當通電導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確定的平面，但L和B不肯定垂直．3．安培力作用下導體的狀態(tài)分析通電導體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運動狀態(tài)．對導體進行正確的受力分析，是解決該類問題的關(guān)鍵．分析的一般步驟是：(1)明確探討對象，這里的探討對象一般是通電導體．(2)正確進行受力分析并畫出導體的受力分析圖，必要時畫出側(cè)視圖、俯視圖等．(3)依據(jù)受力分析確定通電導體所處的狀態(tài)或運動過程．(4)運用平衡條件或動力學學問列式求解．【例1】如圖所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，豎直導軌寬L＝0.2m，導軌電阻不計．另有一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝0.5Ω的金屬棒，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，靠在導軌的外面．為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30°且與導體棒垂直指向紙里的勻強磁場(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/(1)此磁場的方向；(2)磁感應(yīng)強度B的取值范圍．[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ab棒有向下滑的趨勢時，受靜摩擦力向上為f，則Fsin30°＋f－mg＝0F＝B1ILf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝3.0T.當ab棒有向上滑的趨勢時，受靜摩擦力向下為f′，如圖乙所示，則F′sin30°－f′－mg＝0f′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝16.3T.所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿意3.0T≤B≤16.3T．[答案](1)斜向下指向紙里(2)3.0T≤B≤16.3T安培力可以使通電導體靜止、運動或轉(zhuǎn)動，安培力還可以做功，解題的基本思路和力學問題一樣，先取探討對象進行受力分析，然后依據(jù)題中條件，運用平衡條件、牛頓運動定律等規(guī)律列式求解．eq\a\vs4\al([跟進訓練])1．電磁炮是一種志向的兵器，它的主要原理如圖所示，1982年澳大利亞國立高校制作了能把2.2g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到10km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈速度大小約為2km/s)，若軌道寬2m，長為100m，通過的電流為10A，[解析]如圖所示，電磁炮受重力mg、軌道支持力FN和磁場對炮彈的安培力F安的作用，做勻加速直線運動，由運動學學問veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2as得：a＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2s)＝eq\f(104×2,2×100)m/s2＝5×105m/s2.由牛頓其次定律得F安＝ma＝BIL，解得B＝eq\f(ma,IL)＝eq\f(2.2×10－3×5×105,10×2)T＝55T.由瞬時功率P＝Fv，可得磁場力的最大功率為Pm＝F安vm＝mavt＝1.1×107W.[答案]55T1.1×107W帶電粒子在有界勻強磁場中的運動1.直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)2．平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示．【例2】如圖所示，直線MN上方存在著垂直紙面對里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子1在紙面內(nèi)以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內(nèi)以速度v2＝eq\r(3)v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°.已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用．(1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d；(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.[解析](1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)得r1＝eq\f(mv0,qB)，r2＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故d＝eq\x\to(OA)＋eq\x\to(OB)＝2r1sin30°＋2r2sin60°＝eq\f(4mv0,qB).(2)粒子1做圓周運動的圓心角θ1＝eq\f(5π,3)粒子2做圓周運動的圓心角θ2＝eq\f(4π,3)粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子1在勻強磁場中運動的時間t1＝eq\f(θ1,2π)T粒子2在勻強磁場中運動的時間t2＝eq\f(θ2,2π)T所以Δt＝t1－t2＝eq\f(πm,3qB).[答案](1)eq\f(4mv0,qB)(2)eq\f(πm,3qB)eq\a\vs4\al([跟進訓練])2．在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場，如圖所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點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C處沿＋y方向飛出．(1)請推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變更了60°角，求磁感應(yīng)強度B′的大?。淮舜瘟Ｗ釉诖艌鲋羞\動所用時間t是多少．[解析](1)由粒子的運動軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向變更了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)設(shè)粒子從D點飛出磁場，速度方向變更了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑R′＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r，又R′＝eq\f(mv,qB′)，解得B′＝eq\f(\r(3),3)B，粒子在磁場中運動所用時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR′,v)＝eq\f(\r(3)πr,3v).[答案](1)負電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種狀況：(1)直線運動：假如帶電粒子在疊加場中做直線運動，肯定是做勻速直線運動，合力為零．(2)圓周運動：假如帶電粒子在疊加場中做圓周運動，肯定是做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力供應(yīng)向心力．【例3】如圖所示，空間中的勻強電場水平向右，勻強磁場垂直紙面對里，一帶電微粒沿著直線從M運動到N，以下說法正確的是()A．帶電微?？赡軒ж撾夿．運動過程中帶電微粒的動能保持不變C．運動過程中帶電微粒的電勢能增加D．運動過程中帶電微粒的機械能守恒B[依據(jù)做直線運動的條件和受力狀況可知，微粒肯定帶正電，且做勻速直線運動，選項A錯誤；由于電場力向右，對微粒做正功，電勢能減小，但重力做負功，由于微粒做勻速直線運動，則合力做功為零，因此動能仍不變，選項B正確，C錯誤；由能量守恒可知，電勢能減小，機械能肯定增加，選項D錯誤．][一語通關(guān)]疊加場問題解題基本思路：弄清疊加場的組成，進行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)，留意運動狀況和受力狀況的結(jié)合，畫出粒子運動軌跡，敏捷選擇不同的運動規(guī)律．eq\a\vs4\al([跟進訓練])3．如圖所示，在地面旁邊有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面對外，一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動．(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示．則該微粒至少須要經(jīng)過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？[解析](1)要滿意帶負電微粒做勻速圓周運動，則qE＝mg得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下．(2)如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，則t＝eq\f(α,360°)