【课堂新坐标】16-17学年高中物理粤教版选修31课件第3章章末分层突破_图文

巩 固 层 · 知 识 整 合

拓 展 层 · 考 题 链 接

章末分层突破
提 升 层 · 能 力 强 化 章 末 综 合 测 评

[ 自我校对] ①运动的电荷 ②运动电荷(电流) F ③B=IL ④北极 ⑤N→S ⑥S→N

⑦垂直 ⑧ILB(B⊥L) mv ⑨ qB 2πm ⑩ qB

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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.

(2016· 武汉中学高二检测)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

图 31

磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g 取 10 m/s2). 求:【导学号: 30800049】 (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 f,则: Fsin 30° +f-mg=0 F=B1IL f=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 f′,如图乙所示,则: F′sin 30° -f′-mg=0 f′=μF′cos 30°

F′=B2IL E I= R+r 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

电偏转和磁偏转的分析

所谓“电偏转”与“磁偏转”是指分别利用电场和磁场对运动电荷施加作 用,从而控制其运动方向,但电场和磁场对电荷的作用特点不同,因此这两种 偏转有明显的差别. 垂直电场线进入匀强电场 (不计重力)——电偏转 受力情况 不变 垂直磁感线进入匀强磁场(不计 重力)——磁偏转 方向随 v 而改变且 F⊥v 匀速圆周运动 或其一部分

电场力 F=Eq,大小、方向 洛伦兹力 F=Bqv,大小不变,

运动类型 类平抛运动

运动轨迹

抛物线

圆或圆的一部分

运动图示

动能的 变化

电场力与速度的夹角越来 越小,动能不断增大,并增 大得越来越快 纵向偏移 y 和偏转角 φ 要通 过类平抛运动的规律求解

洛伦兹力不做功,所以动能保 持不变 纵向偏移 y 和偏转角 φ 要结合 圆的几何关系通过对圆周运动 的讨论求解

求解方法

如图 32 所示,某一真空区域内充满匀强电场和匀 强磁场,此区域的宽度 d=8 cm,电场强度为 E,方向竖直向下, 磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里,一电子以一定的速度沿水 平方向射入此区域.若电场与磁场共存,电子穿越此区域恰好不 发生偏转;若射入时撤去磁场,电子穿越电场区域时,沿电场方 向偏移量 y=3.2 cm;若射入时撤去电场,电子穿越磁场区域时也 发生了偏转.不计重力作用,求: (1)电子射入时的初速度的表达式;(注:表达式不必代入具体数值,只保留 字母符号)

图 32

(2)电子比荷的表达式; (3)画出电子穿越磁场区域时(撤去电场时)的轨迹并标出射出磁场时的偏转 角 α.(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8) (4)电子穿越磁场区域后(撤去电场时)的偏转角 α. 【解析】 (1)电子在复合场中不发生偏转,所受电场力和洛伦兹力平衡: qE=qvB, E 得初速度的表达式 v=B. 1 2 (2)电子垂直进入匀强电场,向上做类平抛运动有 d=v· t,y=2at ,加速度 a qE =m q 2Ey 可解得电子比荷m=B2d2.

(3)电子穿越磁场区域时的轨迹如图所示. (4)电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,由洛伦兹 v2 力提供向心力,qvB=m r ,代入比荷的表达式得 mv d2 r= qB =2y=10 cm=0.1 m d 由几何知识得 sin α= r =0.8 所以偏转角 α=53° .

E q 2Ey 【答案】 (1)v=B (2)m=B2d2 (3)见解析图 (4)53°

?1?电偏转的运动规律是类平抛运动,解决的方法是运动的 合成与分解. ?2?磁偏转是洛伦兹力作用下的匀速圆周运动,解决的方法 是作轨迹图,确定圆心,求解半径和圆心角,利用周期公式和半 径公式求解.

带电粒子在有界匀强磁场中圆周运 动分析
1.穿出条件 刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切. 2.运动时间 当速度 v 一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,带电粒子在有界磁场中 运动时间越长.

3.几种常见的边界类型 (1)若粒子垂直于磁场边界入射,且仍能从此边界出射,则出射时与此边界 垂直,运动轨迹为半圆.

图 33

(2)若粒子以与边界线夹角为 α 或 β 射入磁场且仍从此边界出射,则射出时 与边界的夹角仍为 α 或 β.

图 34

(3)若磁场为一圆形有界磁场,粒子以过圆心的速度方向垂直入射,则出磁 场时速度方向的反向延长线必过圆心.

图 35

如图 36 所示, 在 y<0 的区域内存在匀强磁场, 磁场方向垂直于 xOy 平面并指向纸面外, 磁感应强度为 B.一带正电的粒子以速度 v0 从 O 点射入磁场, 入射速度方向在 xOy 平面内,与 x 轴正方向的夹角为 θ.若粒子射出磁场的位置 与 O 点的距离为 L,求该粒子电量与质量之比.

图 36

【解析】

根据带电粒子在有界磁场中运动的对称性,作出运动轨迹,如

图所示,找出圆心 A,向 x 轴作垂线,垂足为 H,由几何关系得: 1 Rsinθ=2L① v2 mv0 0 由 qv0B=m R ,得 R= qB ② q 2v0sinθ 联立①②两式解得m= LB . 2v0sinθ 【答案】 LB

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 37 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 37

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 38 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 38

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 39 所示, 于是形成了多解.

图 39

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 310 所示.

图 310

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 311 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 311

【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 M =l. 2R· n=l①

mv R= qB ② 1 2 Eq· y=2mv ③ B2l2q 联立①②③可得:y=8n2mE (n=1、2、3??)

【答案】 见解析

1.(2016· 石家庄检测)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 312 所示,则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( 3mg A.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为 BL 3mg B.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为 3BL )

图 312

3mg C.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为 BL 3mg D.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为 3BL

【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 3mg BIL 条件有 tan 60° = mg = 3,得导体棒中电流 I= BL .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.(多选)(2015· 全国卷Ⅱ)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. mv2 mv 1 A:由 qvB= r 得 r= qB ∝B,即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍, 选项 A 正确. F合 qvB a2 1 B:由 F 合=ma 得 a= m = m ∝B,所以a =k ,选项 B 错误. 1 2πr T2 C:由 T= v 得 T∝r,所以T =k,选项 C 正确. 1 2π ω2 T1 1 D:由 ω= T 得ω =T =k ,选项 D 错误. 1 2 【答案】 AC 正确选项为 A、C.

3.(2014· 全国卷Ⅰ)如图 313,MN 为铝质薄平板, 铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画 出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板

图 313

向上射出,从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O.已知粒子穿越铝板时,其动能 损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度 大小之比为( A.2 C.1 ) B. 2 2 D. 2

【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律与圆周运动知识得出半径与速度之间的关系.当粒子穿过铝板 时,动能损失,由此可求出穿过铝板前后的速度之比,即可得出磁感应强度大 小之比. 1 设带电粒子在 P 点时初速度为 v1,从 Q 点穿过铝板后速度为 v2,则 Ek1=2 1 2 2 mv1,Ek2= mv2,由题意可知 2 v1 1 2 2 2 Ek1=2Ek2,即2mv1=mv2,则v = 1 .由洛伦兹力提 2

mv2 mv R1 2 B1 v1R2 2 供向心力,即 qvB= R ,得 R= qB ,由题意可知R =1,所以B =v R = 2 ,故 2 2 2 1 选项 D 正确. 【答案】 D

4.(多选)(2014· 全国卷Ⅱ)图 314 为某磁谱仪部分构 件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹 探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有 大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进 入磁场时,下列说法正确的是( )
图 314

A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小

【解析】

根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向

mv2 mv 相反,故两者的偏转方向不同,选项 A 正确;根据 qvB= r ,r= qB ,若电子 与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项 B 错误;对于 质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定 mv 的大小,故选项 C 正确;粒子 的 mv 越大,轨道半径越大,而 mv= 2mEk,粒子的动能大,其 mv 不一定大, 选项 D 错误. 【答案】 AC

5.(2015· 全国卷Ⅰ)如图 315,一长为 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
图 315

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.

【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=mg① 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=IBL②

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+F③ 由欧姆定律有 E=IR④ 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


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