高中物理人教版 (新課標(biāo))選修3第三章磁場(chǎng)綜合與測(cè)試導(dǎo)學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

章末分層突破[自我校對(duì)]①運(yùn)動(dòng)的電荷②運(yùn)動(dòng)電荷(電流)③B＝④北極⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB(B⊥L)⑨⑩　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　有關(guān)安培力問(wèn)題的分析與計(jì)算安培力既可以使通電導(dǎo)體靜止、運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)，又可以對(duì)通電導(dǎo)體做功，因此有關(guān)安培力問(wèn)題分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問(wèn)題一樣，先取研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)題中條件由牛頓定律或動(dòng)能定理等規(guī)律列式求解．具體求解應(yīng)從以下幾個(gè)方面著手分析：1．安培力的大小(1)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，F＝ILB.(2)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向平行時(shí)，F＝0.(3)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向的夾角為θ時(shí)，F＝ILBsin θ.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(shí)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)．對(duì)導(dǎo)體進(jìn)行正確的受力分析，是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵．分析的一般步驟是：(1)明確研究對(duì)象，這里的研究對(duì)象一般是通電導(dǎo)體．(2)正確進(jìn)行受力分析并畫(huà)出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時(shí)畫(huà)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(yùn)動(dòng)過(guò)程．(4)運(yùn)用平衡條件或動(dòng)力學(xué)知識(shí)列式求解．　如圖3-1所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝2 V，內(nèi)阻r＝0.5 Ω，豎直導(dǎo)軌寬L＝0.2 m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．另有一質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻R＝0.5 Ω的金屬棒，它與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，靠在導(dǎo)軌的外面．為使金屬棒不滑動(dòng)，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(qiáng)磁場(chǎng)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2)．求：圖3-1(1)此磁場(chǎng)的方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)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(huà)出由a→b的側(cè)視圖，并對(duì)棒ab受力分析如下圖所示．經(jīng)分析知磁場(chǎng)的方向斜向下指向紙里．(2)如圖甲所示，當(dāng)ab棒有向下滑的趨勢(shì)時(shí)，受靜摩擦力向上為Ff，則：Fsin 30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos 30°I＝E/(R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝3.0 T.當(dāng)ab棒有向上滑的趨勢(shì)時(shí)，受靜摩擦力向下為Ff′，如圖乙所示，則：F′sin 30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos 30°F′＝B2ILI＝可解得B2＝16.3 T.所以若保持金屬棒靜止不滑動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足3.0 T≤B≤16.3 T.【答案】　(1)斜向下指向紙里　(2)3.0 T≤B≤16.3 T　帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問(wèn)題1.帶電粒子的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(fù)電，當(dāng)粒子具有相同速度時(shí)，正負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，導(dǎo)致多解．如圖3-2所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b.圖3-22．磁場(chǎng)方向的不確定形成多解磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，如果題述條件只給出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，則應(yīng)考慮因磁場(chǎng)方向不確定而導(dǎo)致的多解．如圖3-3所示，帶正電的粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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.圖3-33．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(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射面邊界反向飛出，如圖3-4所示，于是形成了多解．圖3-44．運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場(chǎng)、部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖3-5所示．圖3-5　在x軸上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖3-6所示．在x軸上有一點(diǎn)M，離O點(diǎn)距離為l，現(xiàn)有一帶電量為＋q的粒子，從靜止開(kāi)始釋放后能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標(biāo)應(yīng)滿足什么關(guān)系？(重力忽略不計(jì))．圖3-6【解析】　要使帶電粒子從靜止釋放后能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，必須把粒子放在電場(chǎng)中A點(diǎn)先加速才行，當(dāng)粒子經(jīng)加速以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半周后到達(dá)B點(diǎn)，再做減速運(yùn)動(dòng)，上升到與A點(diǎn)等高處，再返回做加速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)后又以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與前者相同，以后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，從圖中可以看出，要想經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，OM距離應(yīng)為直徑的整數(shù)倍，即滿足2R·n＝O＝l.2R·n＝l ①R＝ ②Eq·y＝mv2 ③聯(lián)立①②③可得：y＝(n＝1、2、3…)【答案】　見(jiàn)解析1．質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓軌道上，整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時(shí)導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖3-7所示，則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中電流的分析正確的是(　　)圖3-7A．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為B．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為C．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為D．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為【解析】　平衡時(shí)導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力、斜向左上方的彈力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件有tan 60°＝＝，得導(dǎo)體棒中電流I＝.再由左手定則可知，導(dǎo)體棒中電流的方向應(yīng)垂直紙面向里，故選項(xiàng)C正確．【答案】　C2．有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)．與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)A. 運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等【解析】　兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且Ⅰ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍．A：由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確．B：由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．C：由T＝得T∝r，所以＝k，選項(xiàng)C正確．D：由ω＝得＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．正確選項(xiàng)為A、C.【答案】　AC3．(多選)如圖3-8，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為9 m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM＝3 m．現(xiàn)有一個(gè)比荷大小為＝1.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計(jì))從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是(　　)圖3-8A．3 m/s B．3.75 m/sC．4 m/s D．5 m/s【解析】　圖1因?yàn)樾∏蛲ㄟ^(guò)y軸的速度方向一定是＋x方向，故帶電小球圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最小值為3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；經(jīng)驗(yàn)證，帶電小球以3 m/s速度進(jìn)入磁場(chǎng)，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖1所示，A項(xiàng)正確；當(dāng)帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖2所示，小球速度沿－x方向射入磁場(chǎng)，則圓心一定在y軸上，作出MN的垂直平分線，交于y軸的點(diǎn)即得圓心位置，由幾何關(guān)系解得軌跡半徑最大值Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D項(xiàng)正確；當(dāng)小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時(shí)，軌跡如圖3所示，由幾何條件計(jì)算可知軌跡半徑R＝3.75 m，由半徑公式R＝得v＝3.75 m/s，B項(xiàng)正確，由分析易知選項(xiàng)C錯(cuò)誤．【答案】　ABD4．(多選)如圖3-9所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L＝9.1 cm，中點(diǎn)O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4 T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電荷量e＝－1.6×10－19 C，不計(jì)電子重力，電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個(gè)電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l，則(　　)圖3-9A．θ＝90°時(shí)，l＝9.1 cmB．θ＝60°時(shí)，l＝9.1 cmC．θ＝45°時(shí)，l＝4.55 cmD．θ＝30°時(shí)，l＝4.55 cm【解析】圖1電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時(shí)，擊中板的范圍如圖1，l＝2R＝9.1 cm，選項(xiàng)A正確．θ＝60°時(shí)，擊中板的范圍如圖2所示，l＜2R＝9.1 cm，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．θ＝30°，如圖3所示l＝R＝4.55 cm，當(dāng)θ＝45°時(shí)，擊中板的范圍如圖4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．圖4【答案】　AD5．如圖3-10所示，一長(zhǎng)為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量為0.5 cm；閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．圖3-10【解析】　依題意，開(kāi)關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg ①式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大?。?/span>開(kāi)關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL ②式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度．兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由歐姆定律有E＝IR ④式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R是電路總電阻．聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01 kg. ⑤【答案】　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg6．如圖11甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按圖乙所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正)．t＝0時(shí)，一比荷為＝1×105 C/kg的帶正電粒子從原點(diǎn)沿y軸正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不計(jì)粒子重力．(1)求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)求t＝×10－4 s時(shí)帶電粒子的坐標(biāo)；(3)保持b中磁場(chǎng)不變，再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3 T，在t＝0時(shí)，粒子仍以原來(lái)的速度從原點(diǎn)射入，求粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)刻．甲　　　　乙圖3-11【解析】　(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，則qvB1＝m代入數(shù)據(jù)解得：r＝1 m.(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T0＝＝×10－4 s在0～×10－4 s過(guò)程中，粒子運(yùn)動(dòng)了，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ1＝在×10－4 s～×10－4 s過(guò)程中，粒子又運(yùn)動(dòng)了，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ2＝甲軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，橫坐標(biāo)：x＝2r＋2rsin ＝(2＋) m≈3.41 m縱坐標(biāo)：y＝－2rcos＝－m≈－1.41 m所以帶電粒子的坐標(biāo)為(3.41 m，－1.41 m)．(3)施加B2＝0.3 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)疊加后，如圖乙所示，乙①當(dāng)nT≤t＜nT＋(n＝0,1,2，…)時(shí)，T1＝＝×10－4 s②當(dāng)nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0,1,2，…)時(shí)，T2＝＝π×10－4 s粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，則粒子回到原點(diǎn)的時(shí)刻為丙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，…)我還有這些不足：(1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　我的課下提升方案：(1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

相關(guān)學(xué)案

相關(guān)學(xué)案更多

相關(guān)學(xué)案

相關(guān)學(xué)案 更多

精品成套資料

相關(guān)學(xué)案更多