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

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→S

⑥S→N

⑦垂直

⑧ILB(B⊥L)

⑨

⑩

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＝0

F＝B1IL

Ff＝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＝0

Ff′＝μF′cos 30°

F′＝B2IL

I＝

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

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3­2

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3­3

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3­4所示，于是形成了多解．

图3­4

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   ①

R＝   ②

Eq·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3­7

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

【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】　C

2．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】　AC

3．(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3­8

A．3 m/s B．3.75 m/s

C．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】　ABD

4．(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3­9

A．θ＝90°时，l＝9.1 cm

B．θ＝60°时，l＝9.1 cm

C．θ＝45°时，l＝4.55 cm

D．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】　AD

5．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 kg

6．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 s

②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 s

t2＝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：

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我的课下提升方案：

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