2021學年高中物理 第三章章末總結章末檢測同步學案 新人教版選修3-1

1、此資料由網(wǎng)絡收集而來，如有侵權請告知上傳者立即刪除。資料共分享，我們負責傳遞知識。章末總結 要點一 通電導線在磁場中的運動及受力1直線電流元分析法：把整段電流分成很多小段直線電流，其中每一小段就是一個電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元受到的安培力的方向，再判斷整段電流所受安培力的方向，從而確定導體的運動方向2特殊位置分析法，根據(jù)通電導體在特殊位置所受安培力方向，判斷其運動方向，然后推廣到一般位置3等效分析法：環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵或小磁針也可等效為環(huán)形電流，通電螺線管可等效為多個環(huán)形電流或條形磁鐵4利用結論法：(1)兩電流相互平行時，無轉動趨勢；電流同向導線相互吸引，電流反向導線

2、相互排斥；(2)兩電流不平行時，導線有轉動到相互平行且電流同向的趨勢要點二 帶電粒子在有界磁場中的運動有界勻強磁場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)域由于運動的帶電粒子垂直磁場方向，從磁場邊界進入磁場的方向不同，或磁場區(qū)域邊界不同，造成它在磁場中運動的圓弧軌道各不相同如下面幾種常見情景：圖31解決這一類問題時，找到粒子在磁場中一段圓弧運動對應的圓心位置、半徑大小以及與半徑相關的幾何關系是解題的關鍵1三個(圓心、半徑、時間)關鍵確定研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時，?？紤]的幾個問題：(1)

3、圓心的確定已知帶電粒子在圓周中兩點的速度方向時(一般是射入點和射出點)，沿洛倫茲力方向畫出兩條速度的垂線，這兩條垂線相交于一點，該點即為圓心(弦的垂直平分線過圓心也常用到)(2)半徑的確定一般應用幾何知識來確定(3)運動時間：tTT(、為圓周運動的圓心角)，另外也可用弧長l與速率的比值來表示，即tl/v.圖32(4)粒子在磁場中運動的角度關系：粒子的速度偏向角()等于圓心角()，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角)的2倍，即2t；相對的弦切角()相等，與相鄰的弦切角()互補，即180.如圖32所示2兩類典型問題(1)極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確

4、定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值注意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當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長當速率v變化時，圓周角大的，運動時間長(2)多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：粒子電性不確定；磁場方向不確定；臨界狀態(tài)不唯一；粒子運動的往復性等關鍵點：審題要細心重視粒子運動的情景分析要點三 帶電粒子在復合場中的運動復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在的某一空間粒子經(jīng)過該空間時可能受到的力有重力、靜電力和洛倫茲力處理帶電粒子(帶電體)在復合場中運動問題

5、的方法：1正確分析帶電粒子(帶電體)的受力特征帶電粒子(帶電體)在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子(帶電體)所受的合外力及其初始速度帶電粒子(帶電體)在磁場中所受的洛倫茲力還會隨速度的變化而變化，而洛倫茲力的變化可能會引起帶電粒子(帶電體)所受的其他力的變化，因此應把帶電粒子(帶電體)的運動情況和受力情況結合起來分析，注意分析帶電粒子(帶電體)的受力和運動的相互關系，通過正確的受力分析和運動情況分析，明確帶電粒子(帶電體)的運動過程和運動性質，選擇恰當?shù)倪\動規(guī)律解決問題2靈活選用力學規(guī)律(1)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做勻速運動時，就根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子(帶電體)在復合

6、場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解(3)當帶電粒子(帶電體)在復合場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解(4)由于帶電粒子(帶電體)在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)隱含條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解(5)若勻強電場和勻強磁場是分開的獨立的區(qū)域，則帶電粒子在其中運動時，分別遵守在電場和磁場中運動規(guī)律，處理這類問題的時候要注意分階段求解.一、通電導線在磁場中的受力問題【例1】 豎直放置的直導線圖33AB與導電圓環(huán)的平面垂直

7、且隔有一小段距離，直導線固定，圓環(huán)可以自由運動，當通以如圖33所示方向的電流時(同時通電)，從左向右看，線圈將()A順時針轉動，同時靠近直導線ABB順時針轉動，同時離開直導線ABC逆時針轉動，同時靠近直導線ABD不動答案C解析圓環(huán)處在通電直導線的磁場中，由右手螺旋定則判斷出通電直導線右側磁場方向垂直紙面向里，由左手定則判定，水平放置的圓環(huán)外側半圓所受安培力向上，內側半圓所受安培力方向向下，從左向右看逆時針轉，轉到與直導線在同一平面內時，由于靠近導線一側的半圓環(huán)電流向上，方向與直導線中電流方向相同，互相吸引，直導線與另一側半圓環(huán)電流反向，相互排斥，但靠近導線的半圓環(huán)處磁感應強度B值較大，故F引F

8、斥，對圓環(huán)來說合力向左二、帶電粒子在有界磁場中的運動【例2】 如圖34所示，圖34在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B.一質量為m，帶電荷量為q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(APd)射入磁場(不計重力影響)(1)如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度(2)如果粒子經(jīng)紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線的夾角為(如圖所示)，求入射粒子的速度答案(1)(2)解析(1)由于粒子由P點垂直射入磁場，故圓弧軌跡的圓心在AP上，又由粒子從A點射出，故可知AP是圓軌跡的直徑設入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得m

9、qv1B，解得v1.(2)如下圖所示，設O是粒子在磁場中圓弧軌跡的圓心連接OQ，設OQR.由幾何關系得OQO=OO=R+R-d由余弦定理得(OO)2R2R22RRcos 聯(lián)立式得R設入射粒子的速度為v，由mqvB解出v三、復合場(電場磁場不同時存在)【例3】 在空間存在一個變化的勻強電場和另一個變化的勻強磁場，電場的方向水平向右(如圖35中由點B到點C)，場強變化規(guī)律如圖甲所示，磁感應強度變化規(guī)律如圖乙所示，方向垂直于紙面從t1 s開始，在A點每隔2 s有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能擊中C點，若ABBCl，且粒子在點A、C間的運動時間小于1 s，

10、求：圖35(1)磁場方向(簡述判斷理由)(2)E0和B0的比值(3)t1 s射出的粒子和t3 s射出的粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1和t2之比答案(1)垂直紙面向外(理由見解析)(2)2v01(3)2解析(1)由圖可知，電場與磁場是交替存在的，即同一時刻不可能同時既有電場，又有磁場據(jù)題意對于同一粒子，從點A到點C，它只受靜電力或磁場力中的一種，粒子能在靜電力作用下從點A運動到點C，說明受向右的靜電力，又因場強方向也向右，故粒子帶正電因為粒子能在磁場力作用下由A點運動到點C，說明它受到向右的磁場力，又因其帶正電，根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直于紙面向外(2)粒子只在磁場中運動時，它在洛倫

11、茲力作用下做勻速圓周運動因為ABBCl，則運動半徑Rl.由牛頓第二定律知：qv0B0，則B0粒子只在電場中運動時，它做類平拋運動，在點A到點B方向上，有l(wèi)v0t在點B到點C方向上，有a，lat2解得E0，則(3)t1 s射出的粒子僅受到靜電力作用，則粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t1，因E0，則t1，t3 s射出的粒子僅受到磁場力作用，則粒子由A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t2T，因為T，所以t2；故t1t22.章末檢測一、選擇題1.圖1一束粒子沿水平方向平行飛過小磁針上方，如圖1所示，此時小磁針S極向紙內偏轉，這一束粒子可能是()A向右飛行的正離子束B向左飛行的正離子束C向右飛行的負離子束D向

12、左飛行的負離子束答案BC解析小磁針N極的指向即是磁針所在處的磁場方向題中磁針S極向紙內偏轉，說明離子束下方的磁場方向由紙內指向紙外由安培定則可判定離子束的定向運動所產(chǎn)生的電流方向由右向左，故若為正離子，則應是由右向左運動，若為負離子，則應是由左向右運動，答案是B、C.2當帶電粒子垂直進入勻強電場或勻強磁場中時，稱這種電場為偏轉電場，這種磁場為偏轉磁場，下列說法正確的是()A要想把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場B要想把動能相同的質子和粒子分開，只能采用偏轉電場C要想把由靜止開始經(jīng)同一電場加速的質子和粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場D要想把初速度相同、比

13、荷不同的粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場答案ABD3.圖2電動機通電之后電動機的轉子就轉動起來，其實質是因為電動機內線圈通電之后在磁場中受到了安培力的作用，如圖2所示為電動機內的矩形線圈，其只能繞Ox軸轉動，線圈的四個邊分別與x、y軸平行，線圈中電流方向如圖所示，當空間加上如下所述的哪種磁場時，線圈會轉動起來()A方向沿x軸的恒定磁場B方向沿y軸的恒定磁場C方向沿z軸的恒定磁場D方向沿z軸的變化磁場答案B4.圖3兩帶電油滴在豎直向上的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B正交的空間做豎直平面內的勻速圓周運動，如圖3所示則兩油滴一定相同的是()帶電性質運動周期運動半徑運動速率A BC

14、D答案A解析根據(jù)mgqE，所以靜電力方向必須向上；根據(jù)r，而根據(jù)式，所以只要為常數(shù)即可，但v不一定相等，所以錯誤根據(jù)T，可得運動周期相同，對5如圖4所示，一質量為m，電荷量為q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為，整個空間中存在垂直紙面向里，磁感應強度為B的水平勻強磁場，現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，隧道足夠長，則整個運動過程中，物塊克服阻力做功可能是()圖4A0 B.mvC.mv D.mv答案ABC解析物塊進入磁場后的受力情況有三種可能情況：第一種，洛倫茲力和重力是一對平衡力，即Bqv0m

15、g，滿足該情況的v0，沒有摩擦力，所以克服摩擦力做功為零；第二種情況，v0，擠壓上表面，要克服摩擦力做功，當速度減小為v后，摩擦力消失，故克服摩擦力做功Wmvmv2mv；第三種情況，v00的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面(紙面)向外一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x2h處的P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y2h的P3點不計重力求：(1)電場強度的大小(2)粒子到達P2時速度的大小和方向(3)磁感應強度的大小答案(1)(2)v0方向與x軸夾角45，斜向右下方(3

16、)解析(1)粒子在電場和磁場中的運動軌跡如右圖所示設粒子從P1運動到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律和運動學公式有：qEma，v0t2h，hat2由上列三式解得：E(2)粒子到達P2時速度沿x方向速度分量為v0，以v1為速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，為速度與x軸的夾角，則有：v2ah，v，tan 由上圖可得：45知v1v0由以上各式解得：vv0(3)設磁場的磁感應強度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得：qvBr是圓周的半徑，與x軸、y軸的交點為P2、P3，因為OP2OP3，45，由幾何關系可知，連線P2P3為

17、圓周的直徑，由幾何關系可求得：rh最后解得：B10如圖9所示，圖9abcd是一個邊長為L的正方形，它是磁感應強度為B的勻強磁場橫截面的邊界線一帶電粒子從ad邊的中點O與ad邊成30角且垂直于磁場方向射入若該帶電粒子所帶電荷量為q、質量為m(重力不計)，則該帶電粒子在磁場中飛行時間最長是多少？若要帶電粒子飛行時間最長，帶電粒子的速度必須符合什么條件？答案v解析從題設的條件中，可知帶電粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，它做勻速圓周運動，粒子帶正電，由左手定則可知它將向ab方向偏轉，帶電粒子可能的軌道如下圖所示(磁場方向沒有畫出)，這些軌道的圓心均在與v方向垂直的OM上帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供

18、向心力，有qvB，r運動的周期為T由于帶電粒子做勻速圓周運動的周期與半徑和速率均沒有關系，這說明了它在磁場中運動的時間僅與軌跡所對的圓心角大小有關由圖可以發(fā)現(xiàn)帶電粒子從入射邊進入，又從入射邊飛出，其軌跡所對的圓心角最大，那么，帶電粒子從ad邊飛出的軌跡中，與ab相切的軌跡的半徑也就是它所有可能軌跡半徑中的臨界半徑r0：rr0，在磁場中運動時間是變化的，rr0，在磁場中運動的時間是相同的，也是在磁場中運動時間最長的由上圖可知，三角形O2EF和三角形O2OE均為正三角形，所以有OO2E.軌跡所對的圓心角為2運動的時間t由圖還可以得到r0，r0得v帶電粒子在磁場中飛行時間最長是；帶電粒子的速度應符合條件v.11飛行時間質譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的比荷q/m.如圖10所示，帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進入長度為L的真空管AB，可測得離子飛越AB所用時間t1.改進以上方法，如圖，讓離子飛越AB后進入電場為E(方向如圖11)的勻強電場區(qū)域BC，在電場的作用下離子返回B端，此時，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間t2.(不計離子重力)