人教版物理選修3-1講義第3章章末復習課222

[體系構(gòu)建][核心速填]1．磁場(1)存在于磁體、電流周圍的一種特殊物質(zhì)。(2)方向：規(guī)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向(或者小磁針靜止時N極的指向)就是那一點的磁場方向。2．磁感線(1)磁感線的切線方向表示該位置的磁場方向，曲線的疏密能定性地表示磁場的強弱。磁感線都是閉合曲線，且不能相交。(2)電流(包括直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管)周圍的磁感線方向與電流方向的關系，可以由安培定則來判定。3．磁感應強度(1)定義：B＝eq\f(F,IL)。(2)方向：用左手定則來判斷。4．安培力(1)計算式：F＝ILBsin_θ。(2)方向：用左手定則來判斷，安培力與速度方向垂直，與磁場方向垂直。5．洛倫茲力(1)大小：F＝qvB(v⊥B)。(2)方向：用左手定則來判斷，洛倫茲力與速度方向垂直，與磁場方向垂直。6．帶電粒子在勻強磁場中運動(不計重力)(1)若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速運動。(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。①向心力由洛倫茲力提供：qvB＝meq\f(v2,R)。②軌道半徑公式：R＝eq\f(mv,qB)。③周期：T＝eq\f(2πm,qB)。7．應用實例(1)質(zhì)譜儀：測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具。(2)回旋加速器：磁場使帶電粒子偏轉(zhuǎn)，交變電場使帶電粒子加速。只要交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，帶電粒子每運動半周就可以被加速一次，這樣經(jīng)過多次加速，帶電粒子可以達到很高的能量。有關安培力問題的分析與計算安培力既可以使通電導體靜止、運動或轉(zhuǎn)動，又可以對通電導體做功，因此有關安培力問題分析與計算的基本思路和方法與力學問題一樣，先取研究對象進行受力分析，判斷通電導體的運動情況，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。具體求解應從以下幾個方面著手分析：1．安培力的大小(1)當通電導體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB。(2)當通電導體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0。(3)當通電導體和磁場方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝ILBsinθ。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．安培力作用下導體的狀態(tài)分析通電導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)。對導體進行正確的受力分析，是解決該類問題的關鍵。【例1】如圖所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，豎直導軌寬L＝0.2m，導軌電阻不計。另有一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝0.5Ω的金屬棒，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，靠在導軌的外面。為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30°且與導體棒垂直指向紙里的勻強磁場(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2(1)此磁場的方向；(2)磁感應強度B的取值范圍。[解析](1)要使金屬棒靜止，安培力應斜向上指向紙里，畫出由a→b的側(cè)視圖，并對棒ab受力分析如下圖所示。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：Fsin30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos30°I＝E/(R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝3.0T。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：F′sin30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝16.3T。所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應強度應滿足3.0T≤B≤16.3T。[答案](1)斜向下指向紙里(2)3.0T≤B≤16.3T[一語通關]解答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體。(2)正確進行受力分析并畫出導體的受力分析圖，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體所處的狀態(tài)或運動過程。(4)運用平衡條件或動力學知識列式求解。1．質(zhì)量為m，長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示。則下列關于導體棒中的電流分析正確的是()A．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)B．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)C．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)D．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)C[導體棒受到豎直向下的重力、斜向上的彈力，要使導體棒平衡，應受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件有關系tan60°＝eq\f(BIL,mg)＝eq\r(3)，得導體棒中電流I＝eq\f(\r(3)mg,BL)，再由左手定則可知，導體棒中電流的方向應垂直紙面向里，故只有選項C正確。]帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問題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，也可能帶負電，當粒子具有相同速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解。如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負電，其軌跡為B.2．磁場方向的不確定形成多解磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度的大小，而未說明磁感應強度的方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解。如圖所示，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，如圖所示，于是形成了多解。4．運動的往復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，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖所示?！纠?】在x軸上方有勻強電場，場強為E，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示。在x軸上有一點M，離O點距離為l，現(xiàn)有一帶電荷量為＋q的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標應滿足什么關系？(重力忽略不計)。[解析]要使帶電粒子從靜止釋放后能運動到M點，必須把粒子放在電場中A點先加速才行，當粒子經(jīng)加速以速度v進入磁場后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，運動半周后到達B點，再做減速運動，上升到與A點等高處，再返回做加速運動，到B點后又以速度v進入磁場做圓周運動，半徑與前者相同，以后重復前面的運動，從圖中可以看出，要想經(jīng)過M點，OM距離應為直徑的整數(shù)倍，即滿足2R·n＝OM＝l(n＝1，2，3…)。 ①R＝eq\f(mv,qB) ②Eq·y＝eq\f(1,2)mv2 ③聯(lián)立①②③可得：y＝eq\f(B2l2q,8n2mE)(n＝1、2、3…)[答案]見解析[一語通關]求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧(1)分析題目特點，確定題目多解性形成原因。(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。2．(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷上的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是()A.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)AC[依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv′＝meq\f(v′2,R′)，v′＝eq\f(2BqR′,m)，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω′＝eq\f(v′,R′)＝eq\f(2Bq,m)，選項A、C正確。]帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在電場和磁場兩種場中運動的性質(zhì)：(1)在電場中①當粒子的運動方向與電場方向平行時，做勻變速直線運動；②當粒子垂直于電場方向進入磁場時，做勻變速曲線運動(類平拋運動)。(2)在磁場中①當粒子的運動方向與磁場方向一致時，不受洛倫茲力作用，做勻速直線運動；②當粒子垂直于勻強磁場方向進入磁場時，做勻速圓周運動?！纠?】如圖所示，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知eq\o\al(1,1)H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應強大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。[解析](1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。設eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有s1＝v1t1 ①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1 ③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h。 ④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE＝ma1 ⑤設eq\o\al(1,1)H進入磁場時速度的大小為v′1，由速度合成法則有v′1＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（a1t1）2) ⑥設磁感應強度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv′1B＝eq\f(mv′eq\o\al(2,1),R1) ⑦由幾何關系得s1＝2R1sinθ1 ⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))。 ⑨(3)設eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑩由牛頓第二定律有qE＝2ma2 ?設eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有s2＝v2t2 ?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2) ?v′2＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（a2t2）2) ?sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2) ?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1 ?設eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2＝eq\f(（2m）v′2,qB)＝eq\r(2)R1 ?所以出射點在原點左側(cè)。設eq\o\al(2,1)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s′2，由幾何關系有s′2＝2R2sinθ2 ?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h。 ?[答案]見解析[一語通關]關于帶電粒子在復合場中運動的問題，應借助示意圖把物理過程劃分為幾個階段，考慮每個階段的運動特點和所遵循的規(guī)律，同時要充分考慮幾何知識的靈活運用。3．在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t。[解析](1)設粒子過N點時的速度為v，有eq\f(v0,v)＝cosθ，得v＝2v0粒子從M點運動到N點的過程中有qUMN＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得UMN＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)。(2)如圖所示，粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(2mv0,qB)。(3)由幾何關系得ON＝rsinθ設粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1，解得t1＝eq\f(\r(3)m,qB)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)設粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2＝eq\f(π－θ,2π)T，解得t2＝eq\f(2πm,3qB)則粒子從M點運動到P點的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(（3\r(3)＋2π）m,3qB)。[答案](1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(2mv0,qB)(3)eq\f(（3\r(3)＋2π）m,3qB)帶電粒子在疊加場中的運動1.帶電粒子在疊加場中運動的基本性質(zhì)(1)勻速直線運動：若帶電粒子所受合外力為零，它將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)；(2)勻速圓周運動：若帶電粒子所受合外力只充當向心力，它將做勻速圓周運動；(3)勻變速運動：若帶電粒子所受合外力恒定，它將做勻變速運動；(4)非勻變速運動：若帶電粒子所受合外力不恒定，它將做非勻變速運動。2．帶電體所受重力、靜電力與洛倫茲力的性質(zhì)各不相同，做功情況也不同，應予以區(qū)別。大小方向做功特點做功大小重力mg豎直向下與路徑無關，只與始、末位置的高度差有關W＝mgh靜電力qE與電場方向相同或相反與路徑無關，只與始、末位置的電勢差有關W＝qU洛倫茲力v∥B，則f＝0v⊥B，則f＝qvB由左手定則判定不做功0【例4】在如圖所示的空間中存在場強為E的勻強電場和沿x軸負方向、磁感應強度為B的勻強磁場。一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動，據(jù)此可以判斷出()A．質(zhì)子所受的靜電力大小等于eE，運動中電勢能減?。谎貁軸正方向電勢升高B．質(zhì)子所受的靜電力大小等于eE，運動中電勢能增大；沿z軸正方向電勢降低C．質(zhì)子所受的靜電力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高D．質(zhì)子所受的靜電力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低C[磁場沿x軸負方向，質(zhì)子受到的洛倫茲力沿著z軸正方向，因質(zhì)子做勻速直線運動，所以質(zhì)子所受到的靜電力與洛倫茲力等大反向，電場強度必然沿著z軸負方向，否則質(zhì)子不可能做勻速直線運動。這樣質(zhì)子在運動過程所受到靜電力的大小為eE＝evB，電勢能不變。電場強度沿著z軸負方向，所以沿著z軸正方向電勢升高。綜上所述選項C正確。][一語通關]帶電粒子在復合場中運動問題的處理方法(1)首先要弄清復合場的組成。其次，要正確地對帶電粒子進行受力分析和運動過程分析。在進行受力分析時要注意洛倫茲力方向的判定方法——左手定則。在分析運動過程時，要特別注