2020-2021高中物理3-1學(xué)案：第三章 磁場 單元整合與評價含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年高中物理人教版選修3-1學(xué)案：第三章磁場單元整合與評價含解析單元整合與評價［知識建構(gòu)］[專題突破］專題一安培力作用下物體的運動方向及受力大小的計算總結(jié)：判定安培力作用下通電導(dǎo)體或通電線圈的運動方向,首先應(yīng)該畫出通電導(dǎo)體所在處的磁感線方向，然后根據(jù)左手定則確定導(dǎo)體所受安培力的方向，再由導(dǎo)體的受力情況判定導(dǎo)體的運動方向．當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時,安培力F＝ILB，當(dāng)I∥B時，安培力F＝0。安培力可以使通電導(dǎo)體靜止、運動或轉(zhuǎn)動，安培力還可以做功,解題的基本思路和力學(xué)問題一樣，先取研究對象進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)題中條件,運用平衡條件、牛頓定律等規(guī)律列式求解．［例1]質(zhì)量為m,長度為L的導(dǎo)體棒MN靜止于水平導(dǎo)軌上,通過MN的電流為I，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與導(dǎo)軌平面成θ角斜向下，如圖(a)所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力．［解析］導(dǎo)體棒MN在安培力作用下，處于平衡狀態(tài)，題目中盡管磁感線傾斜，但磁場方向與導(dǎo)體棒MN是垂直的．同時要注意題中圖為立體圖,受力分析時,應(yīng)轉(zhuǎn)換為平面圖．畫出平面圖，由左手定則判斷出安培力方向，對MN受力分析，如圖(b）所示．對導(dǎo)體棒MN，由平衡條件得：水平方向Ff＝Fsinθ，豎直方向FN＝Fcosθ＋mg。安培力F＝BIL，所以MN所受的支持力FN＝BILcosθ＋mg，所受摩擦力Ff＝BILsinθ.［答案］BILcosθ＋mgBILsinθ［評析］磁感應(yīng)強(qiáng)度B是描述磁場強(qiáng)弱和方向的物理量，在B與I方向垂直時安培力F＝BIL，此時由左手定則知F與B垂直，也可以說F垂直于B、I決定的平面,受力分析時，可將表示磁場方向的箭頭標(biāo)在受力圖旁邊，以便于對安培力方向的檢查．在有關(guān)安培力計算中，由立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖進(jìn)行受力分析是基本的能力要求，注意在解題中體會．【變式1】如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距1m，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m＝0。2kg，棒的中點用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.3kg，棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0。5，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T,方向豎直向下，為了使物體勻速上升，應(yīng)在棒中通入多大的電流？方向如何？（g取10m/s2）答案：I＝2A，方向a→b解析：為使物體勻速上升，必使棒受安培力且向左，依左手定則可知電流必須a→b，依ab棒受力平衡可知，F(xiàn)安－μmg－Mg＝0，即BIL＝Mg＋μmg,得I＝eq\f（Mg＋μmg,BL)＝eq\f（0.3×10＋0.5×0.2×10，2×1）A＝2A。專題二帶電粒子在復(fù)合場中的運動總結(jié)：帶電粒子的速度v與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向相同或相反時，帶電粒子不受洛倫茲力．若其他力可以忽略或其他力的合力等于零，粒子將做勻速直線運動．帶電粒子的速度v與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直時，帶電粒子受到洛倫茲力的大小F＝qvB，方向與速度的方向垂直．若帶電粒子做直線運動，則粒子一定受到了其他力，并且在垂直于速度v的方向上，洛倫茲力與其他力的合力為零．在磁場中，當(dāng)帶電體的速率v變化時，洛倫茲力的大小F隨之改變,這樣，帶電體在運動過程中的受力情況是動態(tài)變化的．由于洛倫茲力F的方向總與帶電粒子速度v的方向垂直，故洛倫茲力不對粒子做功．不論是電荷在只有磁場的空間里運動,還是在既有磁場，又有電場和重力場的空間里運動，這個結(jié)論總是正確的．[例2]如圖所示，正三角形ACD是一用絕緣材料制成的固定框架，邊長為L,在框架外是范圍足夠?qū)挼膭驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向里，ACD可視為磁場的理想內(nèi)邊界．在框架內(nèi)有一對帶電平行極板M、N，M板的中點K處有一粒子源,能夠產(chǎn)生速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子重力不計．帶電粒子經(jīng)兩極板間的電場加速后從CD邊中心的小孔S垂直于CD邊射入磁場．若這些粒子與框架的碰撞為彈性碰撞(粒子碰撞前后速度大小相等，方向相反）,且每一次碰撞時速度方向均垂直于被碰的邊框．要使粒子在最短的時間內(nèi)回到小孔S，求：（1)粒子做圓周運動的軌道半徑,并畫出粒子在磁場中的運動軌跡和繞行方向;(2）兩極板M、N間的電壓；(3）粒子回到小孔S的最短時間．[解析]（1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，與邊框垂直碰撞后要重新回到S,由幾何關(guān)系可知，A、C、D三點必為圓軌道的圓心，要使粒子回到S的時間最短，圓軌道半徑為R＝eq\f（L,2），軌跡如圖所示．(2)粒子經(jīng)電場加速,有qU＝eq\f(1，2)mv2,粒子在磁場中運動,有qvB＝eq\f（mv2，R)，解得U＝eq\f(qB2L2，8m)。（3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f（2πm,qB），粒子回到S的最短時間為t＝3×eq\f（5,6)T＝eq\f(5πm，qB).[答案］(1）見解析（2）eq\f(qB2L2,8m)（3)eq\f(5πm,qB）［評析］帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向由所受的洛倫茲力決定，由左手定則可知，在磁場方向和粒子電性不變的情況下，粒子所受洛倫茲力方向?qū)⒂善渌俣确较虼_定．而粒子在磁場中以垂直于框架的速度與框架發(fā)生彈性碰撞（碰撞前后粒子速度大小相等，方向相反)時,其速度大小不變而方向相反,碰撞后所受洛倫茲力方向相反，在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向隨之改變，而與框架還會再次發(fā)生彈性碰撞,從而使粒子軌跡形成對稱圖案．【變式2】平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場,最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，求：(1）粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；（2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比．答案：（1)v＝eq\r(2）v0速度方向與x軸正方向的夾角為45°角斜向上(2)eq\f(E,B)＝eq\f（v0，2)解析:(1)粒子運動軌跡如圖所示，粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設(shè)O點速度v與x軸正方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，x方向：2L＝v0t,y方向：L＝eq\f（1，2）at2，粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為：vy＝at,又tanα＝eq\f（vy，v0)，解得:α＝45°，粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向的夾角為45°角斜向上，粒子到達(dá)O點時的速度大小為v＝eq\f(v0，cos45°）＝eq\r(2）v0。（2）設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度：a＝eq\f（qE，m），設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力,有:qvB＝