2024-2025学年高中物理第三章磁场优化总结学案新人教版选修3-1

PAGEPAGE1第三章磁场本章优化总结专题一有关安培力综合问题的分析与计算安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取探讨对象进行受力分析，推断通电导体的运动状况，然后依据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．详细求解应从以下几个方面着手分析：1．安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB．(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0．(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILBsinθ．2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定．(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L确定的平面，但L和B不肯定垂直．3．安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．(2024·武汉中学高二检测)如图所示，电源电动势E＝2V，内阻r＝0．5Ω，竖直导轨宽L＝0．2m，导轨电阻不计．另有一质量m＝0．1kg，电阻R＝0．5Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0．4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)．求：(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围．[解析](1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里．甲乙(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则：Fsin30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)联立四式并代入数值得B1＝3．0T．当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则：F′sin30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝16．3T．所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满意3．0T≤B≤16．3T．[答案](1)斜向下指向纸里(2)3．0T≤B≤16．3Teq\a\vs4\al()分析安培力问题的一般步骤(1)明确探讨对象，这里的探讨对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．(3)依据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．(4)运用平衡条件或动力学学问列式求解．1．澳大利亚国立高校制成了能把2．2g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2km/s)．如图所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度．(轨道摩擦不计)解析：依据veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得炮弹的加速度大小为a＝eq\f(veq\o\al(2,t),2x)＝eq\f(（10×103）2,2×100)m/s2＝5×105m/s2．依据牛顿其次定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2．2×10－3×5×105N＝1．1×103N．依据安培力公式F＝ILB，得B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(1．1×103,10×2)T＝55T．答案：55T专题二带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题1．常用结论带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考中的热点问题，该类问题的分析一般要留意下列结论，在此基础上借助数学方法和相应的物理规律求解．(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当速率v肯定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v改变时，圆心角越大，运动时间越长．2．找寻临界点的两种有效方法(1)轨迹圆的缩放：当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹圆圆心肯定在入射点所受洛伦兹力所表示的射线上，但位置(半径R)不确定，用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态改变中即可发觉“临界点”．其基本情形如图所示．(2)轨迹圆的旋转：当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，全部不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也简单发觉“临界点”．其基本情形如图所示．另外，要重视分析时的尺规作图，规范而精确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观．如图所示，S为粒子源，该源能在图示纸面内360°范围内向各个方向放射速率相等的质量为m、带负电荷量e的粒子，MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS＝L，挡板左侧充溢垂直纸面对里的匀强磁场．求：(1)若粒子的放射速率为v0，要使粒子肯定能经过点O，磁场的磁感应强度B的条件；(2)若磁场的磁感应强度为B0，要使S放射出的粒子能到达挡板，则粒子的放射速率应满意什么条件；(3)若磁场的磁感应强度为B0，从S放射出的粒子的速率为eq\f(2eB0L,m)，则挡板上出现粒子的范围为多大．[解析]粒子从点S发出后受到洛伦兹力作用而在纸面上做匀速圆周运动，若使磁感应强度的大小改变，粒子的轨迹构成过S点的一组动态圆，不同半径的圆对应不同大小的磁感应强度，如图所示．(1)要使粒子肯定能经过点O，即SO为圆周的一条弦，则粒子做圆周运动的轨道半径必满意R≥eq\f(L,2)，即eq\f(mv0,eB)≥eq\f(L,2)解得B≤eq\f(2mv0,eL)．(2)要使粒子从S发出后能到达挡板，则粒子至少能到达挡板上的O点，故粒子做圆周运动的半径R′≥eq\f(L,2)，即eq\f(mv′0,eB0)≥eq\f(L,2)解得v′0≥eq\f(eB0L,2m)．(3)当从S发出的粒子的速率为eq\f(2eB0L,m)时，粒子在磁场中的运动轨迹半径R″＝eq\f(mv,eB0)＝2L，如图所示，最低点为动态圆与MN相切时的交点P1，最高点为动态圆与MN相割的交点P2，且SP2是轨迹圆的直径，粒子击中挡板的范围在P1、P2间．对SP1弧分析，由图知OP1＝eq\r(（2L）2－L2)＝eq\r(3)L对SP2弧分析，由图知OP2＝eq\r(（4L）2－L2)＝eq\r(15)L．故出现粒子的范围P1P2＝OP1＋OP2＝(eq\r(3)＋eq\r(5))L．[答案]见解析eq\a\vs4\al()分析该类题目的关键是找出临界(极值)条件，而分析临界(极值)条件的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的状况，必要时画几个不同半径的圆周的轨迹，这样就能顺当地找到临界条件．2．(2024·哈师大附中检测)如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0．2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1．0T，方向垂直纸面对外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切．y轴右侧存在电场强度大小为E＝1．0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0．1m，现从坐标为(－0．2m，－0．2m)的P点放射出质量m＝2．0×10－9kg、电荷量q＝5．0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5．0×103m/s．重力不计．(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0．1m，－0．05m)的点回到电场中，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积．解析：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)解得r＝0．20m＝R如图所示，依据几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴正向进入电场，带电粒子做类平抛运动．设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有l＝v0t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2联立得y＝0．05m所以粒子射出电场时的位置坐标为(0．1m，0．05m)．(2)粒子飞离电场时，沿电场方向的速度vy＝eq\f(qE,m)t＝5．0×103m/s＝v0粒子射出电场时的速度v＝eq\r(2)v0由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动的半径r′＝0．05eq\r(2)m由qvB′＝eq\f(mv2,r′)，解得B′＝4T故正方形区域的最小面积S＝(2r′)2＝0．02m2．答案：(1)(0．1m，0．05m)(2)4T0．02m2专题三带电粒子在磁场中运动的多解问题(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，粒子重力不计，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A．eq\f(Bqd,m) B．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)C．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m) D．eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大，若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，简单看出R1sin45°＋d＝R1，将R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，B正确；若粒子带负电，其运动径迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，简单看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)，C正确．[答案]BCeq\a\vs4\al()(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解．如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b．(2)磁场方向的不确定形成多解：磁感应强度是矢量，假如题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而形成多解．如图乙所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面对里，其轨迹为a；若B垂直纸面对外，其轨迹为b．(3)临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解．(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示．3．如图所示，垂直纸面对里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2T，比荷为2×106C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域(粒子重力不计)，求粒子通过距离O点4cm的磁场边界上的P点所需的时间．解析：粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动由qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),R2)解得R2＝eq\f(mv0,qB2)＝2cm故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示．则粒子运动的时间t1＝eq\f(T2,2)＝eq\f(πm,qB2)＝eq\f(π,2)×10－6s由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1＝eq\f(1,2)R2＝1cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2＝T1＋T2＝eq\f(3π,2)×10－6s所以，粒子通过距离O点4cm的磁场边界上的P点所需的时间为eq\f(π,2)×10－6s或eq\f(3π,2)×10－6s．答案：eq\f(π,2)×10－6s或eq\f(3π,2)×10－6s(12分)一个质量为m＝0．1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于B＝0．5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面对里，如图所示，小滑块由静止起先沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面．求：(取g＝10m/s2)(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？[思路点拨]“小滑块滑至某一位置要离开斜面”是解决本题的关键，从这个临界条件中得到此时斜面对滑块的支持力FN＝0．[解析](1)小滑块沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F．若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面对上，依据左手定则可知，小滑块应带有负电荷． (2分)(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB＋FN－mgcosα＝0(2分)当FN＝0时，小滑块起先脱离斜面 (1分)所以v＝eq\f(mgcosα,Bq)＝eq\f(0．1×10－3×10×\f(\r(3),2),0．5×5×10－4)m/s＝2eq\r(3)m/s≈3．46m/s． (2分)(3)法一：下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2