高中物理人教版 (新课标)选修3第三章 磁场综合与测试导学案

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章末分层突破[自我校对]①运动的电荷②运动电荷(电流)③B＝④北极⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB(B⊥L)⑨⑩　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　有关安培力问题的分析与计算安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析：1．安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB.(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILBsin θ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定．(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．　如图3­1所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计．另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．求：图3­1(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围．【解析】　(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如下图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里．(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则：Fsin 30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos 30°I＝E/(R＋r)联立四式并代入数值得B1＝3.0 T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则：F′sin 30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos 30°F′＝B2ILI＝可解得B2＝16.3 T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T.【答案】　(1)斜向下指向纸里　(2)3.0 T≤B≤16.3 T　带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题1.带电粒子的电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解．如图3­2所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.图3­22．磁场方向的不确定形成多解磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．如图3­3所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.图3­33．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图3­4所示，于是形成了多解．图3­44．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图3­5所示．图3­5　在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图3­6所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)．图3­6【解析】　要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝O＝l.2R·n＝l   ①R＝   ②Eq·y＝mv2   ③联立①②③可得：y＝(n＝1、2、3…)【答案】　见解析1．质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图3­7所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是(　　)图3­7A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为【解析】　平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有tan 60°＝＝，得导体棒中电流I＝.再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故选项C正确．【答案】　C2．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)A. 运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．A：由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确．B：由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误．C：由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确．D：由ω＝得＝＝，选项D错误．正确选项为A、C.【答案】　AC3．(多选)如图3­8，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m．现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)图3­8A．3 m/s B．3.75 m/sC．4 m/s D．5 m/s【解析】　图1因为小球通过y轴的速度方向一定是＋x方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图1所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图2所示，小球速度沿－x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝得v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．【答案】　ABD4．(多选)如图3­9所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－31 kg，电荷量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)图3­9A．θ＝90°时，l＝9.1 cmB．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cmD．θ＝30°时，l＝4.55 cm【解析】图1电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误．图4【答案】　AD5．如图3­10所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图3­10【解析】　依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg   ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL   ②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F   ③由欧姆定律有E＝IR   ④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.   ⑤【答案】　安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg6．如图11甲所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图乙所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t＝0时，一比荷为＝1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力．(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径；(2)求t＝×10－4 s时带电粒子的坐标；(3)保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．甲　　　　乙图3­11【解析】　(1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，则qvB1＝m代入数据解得：r＝1 m.(2)带电粒子在磁场中运动的周期T0＝＝×10－4 s在0～×10－4 s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角θ1＝在×10－4 s～×10－4 s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角θ2＝甲轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，横坐标：x＝2r＋2rsin ＝(2＋) m≈3.41 m纵坐标：y＝－2rcos＝－m≈－1.41 m所以带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)．(3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图乙所示，乙①当nT≤t＜nT＋(n＝0,1,2，…)时，T1＝＝×10－4 s②当nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0,1,2，…)时，T2＝＝π×10－4 s粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子回到原点的时刻为丙t1＝×10－4 st2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0,1,2，…)．【答案】　(1)1 m　(2)(3.41 m，－1.41 m)　(3)t1＝×10－4 s　t2＝2(n＋1)π×10－4 s　(n＝0,1,2，…)我还有这些不足：(1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　我的课下提升方案：(1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2)