人教版 (新课标)第三章 磁场综合与测试学案设计

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[体系构建][核心速填]1．磁场(1)存在于磁体、电流周围的一种特殊物质。(2)方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向。2．磁感线(1)磁感线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的强弱。磁感线都是闭合曲线，且不能相交。(2)电流(包括直线电流、环形电流、通电螺线管)周围的磁感线方向与电流方向的关系，可以由安培定则来判定。3．磁感应强度(1)定义：B＝。(2)方向：用左手定则来判断。4．安培力(1)计算式：F＝ILBsin_θ。(2)方向：用左手定则来判断，安培力与速度方向垂直，与磁场方向垂直。5．洛伦兹力(1)大小：F＝qvB(v⊥B)。(2)方向：用左手定则来判断，洛伦兹力与速度方向垂直，与磁场方向垂直。6．带电粒子在匀强磁场中运动(不计重力)(1)若v∥B，带电粒子以速度v做匀速运动。(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。①向心力由洛伦兹力提供：qvB＝m。②轨道半径公式：R＝。③周期：T＝。7．应用实例(1)质谱仪：测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。(2)回旋加速器：磁场使带电粒子偏转，交变电场使带电粒子加速。只要交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，带电粒子每运动半周就可以被加速一次，这样经过多次加速，带电粒子可以达到很高的能量。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。【例1】　如图所示，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：(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。甲　　　　　　　　乙(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[一语通关]　　解答安培力问题的一般步骤(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。1．质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，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，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流分析正确的是(　　)A．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C　[导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有关系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，故只有选项C正确。] 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.2．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.3．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，如图所示，于是形成了多解。4．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，如图所示。【例2】　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，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋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)。[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＝OM＝l(n＝1，2，3…)。  ①R＝  ②Eq·y＝mv2  ③联立①②③可得：y＝(n＝1、2、3…)[答案]　见解析[一语通关]　　求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。2．(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是(　　)A.　　 B.C.   D.AC　[依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv′＝m，v′＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω′＝＝，选项A、C正确。]带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场和磁场两种场中运动的性质：(1)在电场中①当粒子的运动方向与电场方向平行时，做匀变速直线运动；②当粒子垂直于电场方向进入磁场时，做匀变速曲线运动(类平抛运动)。(2)在磁场中①当粒子的运动方向与磁场方向一致时，不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动；②当粒子垂直于匀强磁场方向进入磁场时，做匀速圆周运动。【例3】　如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强大小；(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1  ①h＝a1t  ②由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tan θ1  ③联立以上各式得s1＝h。  ④(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1  ⑤设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝  ⑥设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv′1B＝  ⑦由几何关系得s1＝2R1sin θ1  ⑧联立以上各式得B＝。  ⑨(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得(2m)v＝mv               ⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2  ⑪设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2  ⑫h＝a2t  ⑬v′2＝  ⑭sin θ2＝  ⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1  ⑯设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝＝R1  ⑰所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有s′2＝2R2sin θ2  ⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2－s2＝(－1)h。  ⑲[答案]　见解析[一语通关]　　关于带电粒子在复合场中运动的问题，应借助示意图把物理过程划分为几个阶段，考虑每个阶段的运动特点和所遵循的规律，同时要充分考虑几何知识的灵活运用。3．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。[解析]　(1)设粒子过N点时的速度为v，有＝cos θ，得v＝2v0粒子从M点运动到N点的过程中有qUMN＝mv2－mv解得UMN＝。(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝，解得r＝。(3)由几何关系得ON＝rsin θ设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，解得t1＝粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T，解得t2＝则粒子从M点运动到P点的总时间t＝t1＋t2＝。[答案]　(1)　(2)　(3)带电粒子在叠加场中的运动1.带电粒子在叠加场中运动的基本性质(1)匀速直线运动：若带电粒子所受合外力为零，它将处于静止或匀速直线运动状态；(2)匀速圆周运动：若带电粒子所受合外力只充当向心力，它将做匀速圆周运动；(3)匀变速运动：若带电粒子所受合外力恒定，它将做匀变速运动；(4)非匀变速运动：若带电粒子所受合外力不恒定，它将做非匀变速运动。2．带电体所受重力、静电力与洛伦兹力的性质各不相同，做功情况也不同，应予以区别。 大小方向做功特点做功大小重力mg竖直向下与路径无关，只与始、末位置的高度差有关W＝mgh静电力qE与电场方向相同或相反与路径无关，只与始、末位置的电势差有关W＝qU洛伦兹力v∥B，则f＝0v⊥B，则f＝qvB由左手定则判定不做功0【例4】　在如图所示的空间中存在场强为E的匀强电场和沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场。一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动，据此可以判断出(　　)A．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高B．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低C．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高D．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低C　[磁场沿x轴负方向，质子受到的洛伦兹力沿着z轴正方向，因质子做匀速直线运动，所以质子所受到的静电力与洛伦兹力等大反向，电场强度必然沿着z轴负方向，否则质子不可能做匀速直线运动。这样质子在运动过程所受到静电力的大小为eE＝evB，电势能不变。电场强度沿着z轴负方向，所以沿着z轴正方向电势升高。综上所述选项C正确。][一语通关]　　带电粒子在复合场中运动问题的处理方法(1)首先要弄清复合场的组成。其次，要正确地对带电粒子进行受力分析和运动过程分析。在进行受力分析时要注意洛伦兹力方向的判定方法——左手定则。在分析运动过程时，要特别注意洛伦兹力的特点——始终和运动方向垂直，不做功。最后，选择合适的动力学方程进行求解。(2)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了静电力和洛伦兹力。因此，带电粒子在复合场中的运动问题要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如静电力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直且永不做功等。4．如图所示，装置为速度选择器，平行金属板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，带电粒子均以垂直电场和磁场的速度射入且都能从另一侧射出，不计粒子重力，以下说法正确的有(　　)A．若带正电粒子以速度v从O点射入能沿直线OO′射出，则带负电粒子以速度v从O′点射入能沿直线O′O射出B．若带正电粒子以速度v从O点射入，离开时动能增加，则带负电粒子以速度v从O点射入，离开时动能减少C．若氘核(H)和氦核(He)以相同速度从O点射入，则一定能以相同速度从同一位置射出D．若氘核(H)和氦核(He)以相同动能从O点射入，则一定能以相同动能从不同位置射出C　[带负电粒子以速度v从O′点射入，静电力和洛伦兹力都向下，不可能做直线运动，选项A错误；若带正电粒子以速度v从O点射入，离开时动能增加，静电力做正功，则静电力大于洛伦兹力，将带负电粒子以速度v从O点射入，仍然是静电力大于洛伦兹力，则离开时动能增大，选项B错误；粒子刚进入叠加场区，由牛顿第二定律得a＝，两粒子的相同，则粒子的加速度相同，运动情况完全相同，射出时速度相同但动能不同，选项C正确，D错误。]