高中物理滬科版1第五章磁場與回旋加速器單元測試 2023版第5章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①安培定則②強弱③切線方向④BSsinθ⑤BIL⑥平面⑦Bqv⑧平面安培力的平衡問題安培力作用下物體的平衡是常見的一類題型，體現(xiàn)了學科內(nèi)知識的綜合應用及知識的遷移能力，在解決這類問題時應把握以下幾點：(1)先畫出與導體棒垂直的平面，將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標注在圖上．(2)利用左手定則確定安培力的方向．(3)根據(jù)共點力平衡的條件列出方程求解．如圖5-1所示，平行金屬導軌PQ與MN都與水平面成θ角，相距為l.一根質量為m的金屬棒ab在導軌上，并保持水平方向，ab棒內(nèi)通有恒定電流，電流大小為I，方向從a到b.空間存在著方向與導軌平面垂直的勻強磁場，ab棒在磁場力的作用下保持靜止，并且棒與導軌間沒有摩擦力．求磁感應強度B的大小和方向．圖5-1【解析】金屬棒受力如圖所示，根據(jù)力的平衡條件可知：F安＝mgsinθ而F安＝BIl可得B＝eq\f(mgsinθ,Il)由左手定則可知，B的方向垂直導軌平面向下．【答案】eq\f(mgsinθ,Il)方向垂直導軌平面向下1．必須先將立體圖轉換為平面圖，然后對物體受力分析，先重力，再安培力，最后是彈力和摩擦力．2．注意：若存在靜摩擦力，則可能有不同的方向，因而求解結果是一個范圍．帶電粒子在有界勻強磁場中的運動帶電粒子在有界勻強磁場中的運動是指在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場區(qū)域，在磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)歷一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧后離開磁場區(qū)域的運動過程．解決這一類問題時，找到粒子在磁場中運動的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵．(1)磁場邊界的類型(如圖5-2所示)圖5-2(2)與磁場邊界的關系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當速度v一定時，弧長越長，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，圓心角越大的，運動的時間越長．(3)有界磁場中運動的對稱性①從某一直線邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等．②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖5-3所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y方向飛出.【導學號：29682036】圖5-3(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？【解析】(1)由粒子的運動軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r.又qvB＝meq\f(v2,R)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).(2)當粒子從D點飛出磁場時速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，如圖所示．粒子做圓周運動的半徑R′＝rcot30°＝eq\r(3)r又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B粒子在磁場中飛行時間，t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(\r(3)πr,3v).【答案】(1)負電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)帶電粒子在復合場中的運動1.弄清復合場的組成，一般有磁場、電場的復合；電場、重力場的復合；磁場、重力場的復合；磁場、電場、重力場三者的復合．2．正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析．3．確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的分析．4．對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題，要分階段進行處理．轉折點的速度往往成為解題的突破口．5．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律．如圖5-4，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶铮笮〔蛔?，不計重力．圖5-4(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ①T＝eq\f(2πR,v0) ②依題意，粒子第一次到達x軸時如圖所示，運動轉過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間t1為t1＝eq\f(5,8)T ③求得t1＝eq\f(5πm,4qB). ④(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qE＝ma ⑤v0＝eq\f(1,2)at2 ⑥得t2＝eq\f(2mv0,qE) ⑦根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0 ⑧得電場強度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0). ⑨【答案】(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)1．如圖5-5，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖5-5A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a點處磁場垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確．【答案】A2．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子()A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等【解析】兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確．由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項B錯誤．由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項C正確．由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項D錯誤．正確選項為A、C.【答案】AC3．(多選)如圖5-6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)的長度L＝cm，中點O與S間的距離d＝cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝×10－4T，電子質量m＝×10－31kg，電荷量e＝－×10－19C，不計電子重力，電子源發(fā)射速度v＝×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則()圖5-6A．θ＝90°時，l＝cm B．θ＝60°時，l＝cmC．θ＝45°時，l＝cm D．θ＝30°時，l＝cm【解析】電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,Be)＝×10－2m＝cm＝eq\f(L,2)，θ＝90°時，擊中板的范圍如圖(1)，l＝2R＝cm，選項A正確．θ＝60°時，擊中板的范圍如圖(2)所示，l＜2R＝cm，選項B錯誤．θ＝30°，如圖(3)所示l＝R＝cm，當θ＝45°時，擊中板的范圍如圖(4)所示，l＞R(R＝cm)，故選項D正確，選項C錯誤．圖(1)圖(2)圖(3)圖(4)【答案】AD4．如圖5-7，一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直．一根足夠長，質量為m的直導體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運動，運動時棒與x軸始終平行．棒單位長度的電阻ρ，與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P＝ky3/2(SI)．求：圖5-7(1)導體軌道的軌道方程y＝f(x)；(2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系；(3)棒從y＝0運動到y(tǒng)＝L過程中外力F的功．【解析】(1)設棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(±x，y)，安培力的功率F＝eq\f(B2l2v,R)P＝eq\f(4B2x2v2,R)＝ky3/2棒做勻加速運動v2＝2ayR＝2ρx代入前式得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4aB2,kρ)))eq\s\up12(2)x2軌道形式為拋物線．(2)安培力Fm＝eq\f(4B2x2,R)v＝eq\f(2B2x,ρ)eq\r(2ay)以軌道方程代入得Fm＝eq\f(k,\r(2a))y(3)由動能定理W＝Wm＋eq\f(1,2)mv2安培力做功Wm＝eq\f(k,2\r(2a))L2棒在y＝L處動能eq\f(1,2)mv2＝maL外力做功W＝eq\f(k,2\r(2a))L2＋maL【答案】(1)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4aB2,kρ)))eq\s\up12(2)x2(2)Fm＝eq\f(k,\r(2a))y(3)eq\f(k,2\r(2a))L2＋maL5．如圖5-8，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量．圖5-8【解析】依題意，開關閉合后，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．開關斷開時，兩彈簧各自相對于