2017-2018學年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器章末分層突破學案 滬科版選修3-1

1、第5章 磁場與回旋加速器章末分層突破 安培定則強弱切線方向BSsin BIL平面Bqv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：(1)先畫出與導體棒垂直的平面，將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標注在圖上(2)利用左手定則確定安培力的方向(3)根據(jù)共點力平衡的條件列出方程求解如圖51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(zhì)量為m的金屬棒ab在導軌上，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軌平面垂直的勻強磁場，ab棒在磁場力的作用下保

2、持靜止，并且棒與導軌間沒有摩擦力求磁感應(yīng)強度B的大小和方向圖51【解析】金屬棒受力如圖所示，根據(jù)力的平衡條件可知：F安mgsin 而F安BIl可得B由左手定則可知，B的方向垂直導軌平面向下【答案】方向垂直導軌平面向下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磁場中的運動帶電粒子在有界勻強磁場中的運動是指在局部空間存在著勻強磁場，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)歷一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域的運動過程解決這一類問題時，找

3、到粒子在磁場中運動的圓心位置、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52所示)圖52(2)與磁場邊界的關(guān)系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當速度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動的時間越長當速率v變化時，圓心角越大的，運動的時間越長(3)有界磁場中運動的對稱性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、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖53所示一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與

4、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. 【導學號：】圖53(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷；(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改變了60角，求磁感應(yīng)強度B多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？【解析】(1)由粒子的運動軌跡，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，其速度方向改變了90，則粒子軌跡半徑Rr.又qvBm，則粒子的比荷.(2)當粒子從D點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

5、示粒子做圓周運動的半徑Rrcot 30r又R，所以BB粒子在磁場中飛行時間，tT.【答案】(1)負電荷(2)B 帶電粒子在復合場中的運動1.弄清復合場的組成，一般有磁場、電場的復合；電場、重力場的復合；磁場、重力場的復合；磁場、電場、重力場三者的復合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確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運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，要分階段進行處理轉(zhuǎn)折點的速度往往成為解題的突破口5畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律如圖54，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，

6、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(q0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進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，不計重力圖54(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0BmT依題意，粒子第一次到達x軸時如圖所示，運動轉(zhuǎn)過的角度為，所需時間t1為t1T求得t1.(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小

7、為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qEmav0at2得t2根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2T0得電場強度最大值E.【答案】(1)(2)1如圖55，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(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點在電子經(jīng)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55A向上B向下C向左D向右【解析】a點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)有兩個勻強磁場區(qū)

8、域和，中的磁感應(yīng)強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子()A. 運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等【解析】兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且磁場磁感應(yīng)強度B1是磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍由qvB得r，即中電子運動軌跡的半徑是中的k倍，選項A正確由F合ma得aB，所以，選項B錯誤由T得Tr，所以k，選項C正確由得，選項D錯誤正確選項為A、C.【答案】AC3(多選)如圖56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L9.1 c

9、m，中點O與S間的距離d4.55 cm，MN與SO直線的夾角為，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磁場，磁感應(yīng)強度B2.0104 T，電子質(zhì)量m9.11031 kg，電荷量e1.61019 C，不計電子重力，電子源發(fā)射速度v1.6106 m/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56A90時，l9.1 cmB60時，l9.1 cmC45時，l4.55 cmD30時，l4.55 cm【解析】電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB，R4.55102 m4.55 cm，90時，擊中板的范圍如圖(1)，l2R9.1 cm，選項A正確60時，擊中板的范圍

10、如圖(2)所示，l2R9.1 cm，選項B錯誤30，如圖(3)所示lR4.55 cm，當45時，擊中板的范圍如圖(4)所示，lR(R4.55 cm)，故選項D正確，選項C錯誤圖(1)圖(2)圖(3)圖(4)【答案】AD4如圖57，一關(guān)于y軸對稱的導體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與平面垂直一根足夠長，質(zhì)量為m的直導體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運動，運動時棒與x軸始終平行棒單位長度的電阻，與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為Pky3/2(SI)求：圖57(1)導體軌道的軌道方程yf(x)；(2

11、)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；(3)棒從y0運動到y(tǒng)L過程中外力F的功【解析】(1)設(shè)棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(x，y)，安培力的功率FPky3/2棒做勻加速運動v22ayR2x代入前式得yx2軌道形式為拋物線(2)安培力Fmv以軌道方程代入得Fm y(3)由動能定理WWmmv2安培力做功Wm L2棒在yL處動能mv2maL外力做功W L2maL【答案】(1)yx2(2)Fm y (3) L2maL5如圖58，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 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12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 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0.3 cm.重力加速度大小取10 m/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58【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l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg式中，m