高中物理魯科版1第六章磁場對電流和運動電荷的作用 2023版第6章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①電流②ILB③運動④qvB⑤eq\f(mv,qB)⑥eq\f(2πm,qB)⑦eq\f(2πm,qB)⑧qvB＝qE有關(guān)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(guān)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(yīng)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(guān)鍵．分析的一般步驟是：(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．如圖6-1所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)阻r＝Ω，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＝Ω的金屬棒，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝，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(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．求：圖6-1(1)此磁場的方向；(2)磁感應(yīng)強度B的取值范圍.【導學號：34022037】【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a→b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．(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＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝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：F′sin30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝T.所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足T≤B≤T.【答案】(1)斜向下指向紙里(2)T≤B≤T1．必須先將立體圖轉(zhuǎn)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(jié)果是一個范圍．帶電粒子在有界磁場中的運動1.幾種常見情景(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖6-2所示)圖6-2(2)平行邊界(不同情況下從不同邊界射出，存在臨界條件，如圖6-3所示)圖6-3(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6-3所示)圖6-32．兩類典型問題(1)臨界問題：解決此類問題的關(guān)鍵是找準臨界點，找臨界點的方法是以題目中的“恰好”“最大”“至少”等詞語為突破點，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫出幾個不同半徑的軌跡，這樣就能順利地找到臨界條件．(2)多解問題：造成多解問題的常見原因有帶電粒子電性的不確定、磁場方向的不確定、臨界狀態(tài)不唯一、運動的周期性等．解答這類問題的關(guān)鍵是認真分析物理過程，同時考慮問題要全面，不要漏解．3．注意的問題(1)抓住解決問題的基本思路，即找圓心、求半徑、確定圓心角并利用其對稱性，結(jié)合磁場邊界，畫出粒子在有界磁場中的軌跡．(2)帶電粒子在有界磁場中的對稱性或臨界情景①帶電粒子在一些有界磁場中的圓周運動具有對稱性是指從某一邊界射入又從同一邊界射出時，粒子的速度方向與邊界的夾角相等，或在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．②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．(3)當速度v一定時，弧長越長，軌道對應(yīng)的圓心角越大，帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(多選)如圖6-4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．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()圖6-4\f(Bqd,m) \f(2＋\r(2)Bqd,m)\f(2－\r(2)Bqd,m) \f(\r(2)Bqd,2m)【解析】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)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，其運動軌跡如圖中的(a)所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，B項正確．若粒子帶負電，其運動徑跡如圖(b)所示(此時圓心為O′點)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C項正確．(a)(b)【答案】BC空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為()\f(\r(3)mv0,3qR) \f(mv0,qR)\f(\r(3)mv0,qR) \f(3mv0,qR)【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關(guān)系和洛倫茲力公式即可求解．如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確．【答案】A1．一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖6-5所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖6-5\f(ω,3B) \f(ω,2B)\f(ω,B) \f(2ω,B)【解析】如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧eq\o(\s\up12(︵),MP)所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項A正確．【答案】A2．關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿窘馕觥客娭睂Ь€在勻強磁場中所受安培力的方向由左手定則判斷，安培力的大小由F＝BILsinθ計算．安培力的方向始終與電流方向和磁場方向垂直，選項A錯誤，選項B正確；由F＝BILsinθ可知，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關(guān)，選項C錯誤；將直導線從中點折成直角時，因磁場與導線的夾角未知，則安培力的大小不能確定，選項D錯誤．【答案】B3．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖6-6所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖6-6\f(mv,2qB) \f(\r(3)mv,qB)\f(2mv,qB) \f(4mv,qB)【解析】如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB).設(shè)入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P.由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝eq\r(3)R，則AO＝eq\r(3)AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝eq\f(4mv,qB).故選項D正確．【答案】D4．如圖6-7，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()圖6-7A．2 \r(2)C．1 \f(\r(2),2)【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律與圓周運動知識得出半徑與速度之間的關(guān)系．當粒子穿過鋁板時，動能損失，由此可求出穿過鋁板前后的速度之比，即可得出磁感應(yīng)強度大小之比．設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1).由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，由題意可知eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1R2,v2R1)＝eq\f(\r(2),2)，故選項D正確．【答案】D5．如圖6-8所示，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(yīng)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(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關(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6-8【解析】依題意，開關(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．開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5cm.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)