2018-2019學(xué)年高中物理 第三章 磁場優(yōu)化總結(jié)學(xué)案 新人教版選修3-1.doc

第三章 磁場本章優(yōu)化總結(jié)專題一有關(guān)安培力綜合問題的分析與計算安培力既可以使通電導(dǎo)體靜止、運動或轉(zhuǎn)動，又可以對通電導(dǎo)體做功，因此有關(guān)安培力問題分析與計算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對象進行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運動情況，然后根據(jù)題中條件由牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解具體求解應(yīng)從以下幾個方面著手分析：1安培力的大小(1)當通電導(dǎo)體和磁場方向垂直時，F(xiàn)ILB(2)當通電導(dǎo)體和磁場方向平行時，F(xiàn)0(3)當通電導(dǎo)體和磁場方向的夾角為時，F(xiàn)ILBsin 2安培力的方向(1)安培力的方向由左手定則確定(2)F安B，同時F安L，即F安垂直于B和L決定的平面，但L和B不一定垂直3安培力作用下導(dǎo)體的狀態(tài)分析通電導(dǎo)體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運動狀態(tài)對導(dǎo)體進行正確的受力分析，是解決該類問題的關(guān)鍵(2018武漢中學(xué)高二檢測)如圖所示，電源電動勢E2 V，內(nèi)阻r05 ，豎直導(dǎo)軌寬L02 m，導(dǎo)軌電阻不計另有一質(zhì)量m01 kg，電阻R05 的金屬棒，它與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)04，靠在導(dǎo)軌的外面為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30且與導(dǎo)體棒垂直指向紙里的勻強磁場(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)求：(1)此磁場的方向；(2)磁感應(yīng)強度B的取值范圍解析(1)要使金屬棒靜止，安培力應(yīng)斜向上指向紙里，畫出由ab的側(cè)視圖，并對棒ab受力分析如圖所示經(jīng)分析知磁場的方向斜向下指向紙里甲乙(2)如圖甲所示，當ab棒有向下滑的趨勢時，受靜摩擦力向上為Ff，則：Fsin 30Ffmg0FB1ILFfFcos 30I聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B130 T當ab棒有向上滑的趨勢時，受靜摩擦力向下為Ff，如圖乙所示，則：Fsin 30Ffmg0FfFcos 30FB2ILI可解得B2163 T所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足30 TB163 T答案(1)斜向下指向紙里(2)30 TB163 T分析安培力問題的一般步驟(1)明確研究對象，這里的研究對象一般是通電導(dǎo)體(2)正確進行受力分析并畫出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時畫出側(cè)視圖、俯視圖等(3)根據(jù)受力分析確定通電導(dǎo)體所處的狀態(tài)或運動過程(4)運用平衡條件或動力學(xué)知識列式求解 1澳大利亞國立大學(xué)制成了能把22 g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到10 km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2 km/s)如圖所示，若軌道寬為2 m，長為100 m，通過的電流為10 A，試求軌道間所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度(軌道摩擦不計)解析：根據(jù)vv2ax得炮彈的加速度大小為a m/s25105 m/s2根據(jù)牛頓第二定律Fma得炮彈所受的安培力Fma221035105 N11103 N根據(jù)安培力公式FILB，得B T55 T答案：55 T專題二帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題1常用結(jié)論帶電粒子在有界磁場中的運動問題是高考中的熱點問題，該類問題的分析一般要注意下列結(jié)論，在此基礎(chǔ)上借助數(shù)學(xué)方法和相應(yīng)的物理規(guī)律求解(1)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(2)當速率v一定時，弧長(或弦長)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(3)當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長2尋找臨界點的兩種有效方法(1)軌跡圓的縮放：當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓圓心一定在入射點所受洛倫茲力所表示的射線上，但位置(半徑R)不確定，用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中即可發(fā)現(xiàn)“臨界點”其基本情形如圖所示(2)軌跡圓的旋轉(zhuǎn)：當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，所有不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn)，從定圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)(作圖)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點”其基本情形如圖所示另外，要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關(guān)系，使抽象的物理問題更形象、直觀如圖所示，S為粒子源，該源能在圖示紙面內(nèi)360范圍內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、帶負電荷量e的粒子，MN是一塊足夠大的豎直擋板且與S的水平距離OSL，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向里的勻強磁場求：(1)若粒子的發(fā)射速率為v0，要使粒子一定能經(jīng)過點O，磁場的磁感應(yīng)強度B的條件；(2)若磁場的磁感應(yīng)強度為B0，要使S發(fā)射出的粒子能到達擋板，則粒子的發(fā)射速率應(yīng)滿足什么條件；(3)若磁場的磁感應(yīng)強度為B0，從S發(fā)射出的粒子的速率為，則擋板上出現(xiàn)粒子的范圍為多大解析粒子從點S發(fā)出后受到洛倫茲力作用而在紙面上做勻速圓周運動，若使磁感應(yīng)強度的大小變化，粒子的軌跡構(gòu)成過S點的一組動態(tài)圓，不同半徑的圓對應(yīng)不同大小的磁感應(yīng)強度，如圖所示(1)要使粒子一定能經(jīng)過點O，即SO為圓周的一條弦，則粒子做圓周運動的軌道半徑必滿足R，即解得B(2)要使粒子從S發(fā)出后能到達擋板，則粒子至少能到達擋板上的O點，故粒子做圓周運動的半徑R，即解得v0(3)當從S發(fā)出的粒子的速率為時，粒子在磁場中的運動軌跡半徑R2L，如圖所示，最低點為動態(tài)圓與MN相切時的交點P1，最高點為動態(tài)圓與MN相割的交點P2，且SP2是軌跡圓的直徑，粒子擊中擋板的范圍在P1、P2間對SP1弧分析，由圖知OP1L對SP2弧分析，由圖知OP2L故出現(xiàn)粒子的范圍P1P2OP1OP2()L答案見解析分析該類題目的關(guān)鍵是找出臨界(極值)條件，而分析臨界(極值)條件的方法是以題目中的“恰好”“最大”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫幾個不同半徑的圓周的軌跡，這樣就能順利地找到臨界條件 2(2018哈師大附中檢測)如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R02 m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B10 T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與坐標原點O相切y軸右側(cè)存在電場強度大小為E10104 N/C的勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾萳01 m，現(xiàn)從坐標為(02 m，02 m)的P點發(fā)射出質(zhì)量m20109 kg、電荷量q50105 C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v050103 m/s重力不計(1)求該帶電粒子射出電場時的位置坐標；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(01 m，005 m)的點回到電場中，可在緊鄰電場的右側(cè)一正方形區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和正方形區(qū)域的最小面積解析：(1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B解得r020 mR如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子恰從O點沿x軸正向進入電場，帶電粒子做類平拋運動設(shè)粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y，有l(wèi)v0t，yt2聯(lián)立得y005 m所以粒子射出電場時的位置坐標為(01 m，005 m)(2)粒子飛離電場時，沿電場方向的速度vyt50103 m/sv0粒子射出電場時的速度vv0由幾何關(guān)系可知，粒子在正方形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑r005 m由qvB，解得B4 T故正方形區(qū)域的最小面積S(2r)2002 m2答案：(1)(01 m，005 m)(2)4 T002 m2專題三帶電粒子在磁場中運動的多解問題(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，粒子重力不計，欲使粒子不能從邊界QQ射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()ABC D解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的徑跡和邊界QQ相切時，粒子剛好不從QQ射出，此時其入射速度v0應(yīng)為最大，若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45dR1，將R1代入上式得v0，B正確；若粒子帶負電，其運動徑跡如圖乙所示(此時圓心為O點)，容易看出R2R2cos 45d，將R2代入上式得v0，C正確答案BC(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成多解如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b(2)磁場方向的不確定形成多解：磁感應(yīng)強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應(yīng)強度的大小，而未說明磁感應(yīng)強度的方向，則應(yīng)考慮因磁場方向不確定而形成多解如圖乙所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面向外，其軌跡為b (3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解(4)運動的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示3如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，左側(cè)磁感應(yīng)強度為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強度為B2，B12B22 T，比荷為2106 C/kg的帶正電粒子從O點以v04104 m/s的速度垂直于MN進入右側(cè)的磁場區(qū)域(粒子重力不計)，求粒子通過距離O點4 cm的磁場邊界上的P點所需的時間解析：粒子在右側(cè)磁場B2中做勻速圓周運動由qv0B2m解得R22 cm故粒子經(jīng)過半個圓周恰好到達P點，軌跡如圖甲所示則粒子運動的時間t1106 s由于B12B2，由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后，做半徑R1R21 cm的勻速圓周運動，經(jīng)過兩次周期性運動可再次經(jīng)過P點，軌跡如圖乙所示，則粒子運動的時間t2T1T2106 s所以，粒子通過距離O點4 cm的磁場邊界上的P點所需的時間為106 s或106 s答案：106 s或106 s(12分)一個質(zhì)量為m01 g的小滑塊，帶有q5104 C的電荷量，放置在傾角30的光滑斜面上(絕緣)，斜面置于B05 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時要離開斜面求：(取g10 m/s2)(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？思路點撥 “小滑塊滑至某一位置要離開斜面”是解決本題的關(guān)鍵，從這個臨界條件中得到此時斜面對滑塊的支持力FN0解析(1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶有負電荷(2分)(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvBFNmgcos 0(2分)當FN0時，小滑塊開始脫離斜面(1分)所以v m/s2 m/s346 m/s(2分)(3)法一：下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得：mgxsin mv2(3分)斜面的長度至少應(yīng)是x m12 m(2分)法二：下滑過程中，小滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，對小滑塊：由牛頓第二定律得：mgsin ma(2分)由運動學(xué)公式得：v22ax(2分)解得x12 m(1分)答案(1)帶負電(2)346 m/s(3)12 m洛倫茲力是一個大小、方向都與速度v有關(guān)的力，所以從受力分析及平衡條件求解洛倫茲力，從而能求解v；相反，已知v也能求解洛倫茲力F