2021-2022高中物理3-1學(xué)案：第6章磁場對電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用 章末綜合提升

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PAGE11-版權(quán)所有@高考資源網(wǎng)學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精［體系構(gòu)建][核心速填]一、安培力1．大?。篎＝BIlsinθ，θ為B與I的夾角，lsinθ為有效長度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（B∥I，θ＝0°或180°，F(xiàn)＝0,B⊥I，θ＝90°，F(xiàn)＝BIl）)2．方向：總垂直于B與I決定的平面，由左手定則判定。3．應(yīng)用：電動(dòng)機(jī)、電流計(jì)等。二、洛倫茲力1．大?。篎＝qvBsinθ,θ為B與v的夾角eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（v∥B，θ＝0°或180°，F(xiàn)＝0，v⊥B，θ＝90°,F＝qvB))2．方向：總垂直于B、v決定的平面，由左手定則判定.（注：負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng)方向與四指指向相反)3．特點(diǎn):洛倫茲力不做功。三、洛倫茲力與帶電體的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(v∥B，勻速直線運(yùn)動(dòng),v⊥B，勻速圓周運(yùn)動(dòng)：r＝\f(mv，qB），T＝\f(2πm，qB）與v無關(guān))）2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)由粒子受到的力及粒子的初速度共同決定。常見到的可能是直線運(yùn)動(dòng)，也可能是勻速圓周運(yùn)動(dòng)。四、洛倫茲力的應(yīng)用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(質(zhì)譜儀,回旋加速器,速度選擇器,磁流體發(fā)電機(jī)，電磁流量計(jì),霍爾效應(yīng))）有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算安培力既可以使通電導(dǎo)體靜止、運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)，又可以對通電導(dǎo)體做功，因此有關(guān)安培力問題分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)題中條件由平衡條件、牛頓定律或動(dòng)能定理等規(guī)律列式求解。具體求解應(yīng)從以下幾個(gè)方面著手分析.1．安培力的大小(1)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向垂直時(shí),F＝IlB。(2）當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向平行時(shí)，F(xiàn)＝0.（3)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場方向的夾角為θ時(shí),F＝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(shí)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(dǎo)體的狀態(tài)分析通電導(dǎo)體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于不平衡狀態(tài)。對導(dǎo)體進(jìn)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(dǎo)體。（2)正確進(jìn)行受力分析并畫出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時(shí)畫出側(cè)視圖、俯視圖等平面圖。（3)根據(jù)受力分析確定通電導(dǎo)體所處的狀態(tài)或運(yùn)動(dòng)過程。(4）運(yùn)用平衡條件或動(dòng)力學(xué)知識(shí)列式求解?！纠?】在傾角為α的光滑斜面上，放置一根通有電流為I、長為l、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，如圖所示.（1）欲使棒靜止在斜面上，求外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值和方向;（2）欲使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，求外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向;(3)欲使棒有可能靜止在斜面上且要求B垂直于l，求應(yīng)加外磁場的方向范圍。[解析]（1）由于棒在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，故棒受力平衡.棒共受三個(gè)力的作用：重力大小為mg，方向豎直向下；彈力垂直于斜面，大小隨安培力的變化而變化；安培力的方向始終與磁場方向及電流方向垂直,大小隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小的變化而變化。但由平衡條件知，彈力與安培力的合力必與重力mg等大、反向，故當(dāng)安培力方向與彈力方向垂直，即沿斜面向上時(shí)，安培力最小，即BminIl＝mgsinα，所以Bmin＝eq\f（mgsinα，Il).由左手定則知，Bmin的方向應(yīng)垂直斜面向上。(2）棒靜止在斜面上，又對斜面無壓力，則棒只受兩個(gè)力的作用,即豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力F的作用,由平衡條件知F＝mg，所以有BIl＝mg,故B＝eq\f（mg,Il）.由左手定則知，B的方向水平向左。(3）此問討論的只是問題的可能性，并沒有具體研究滿足平衡的定量關(guān)系。為討論問題方便，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在圖上F1和F2之間。由圖不難看出,F的方向應(yīng)包括F2的方向，但不能包括F1的方向,根據(jù)左手定則可知，B與x軸正方向間的夾角θ應(yīng)滿足α＜θ≤π。［答案](1)eq\f（mgsinα,Il)方向垂直斜面向上(2)eq\f(mg,Il)方向水平向左（3)B與x軸正方向間的夾角θ應(yīng)滿足α＜θ≤π[一語通關(guān)］與安培力相關(guān)的力學(xué)類問題的解題方法(1）選擇通電導(dǎo)體作為研究對象，轉(zhuǎn)換立體圖，分析通電導(dǎo)體所受的各種力，運(yùn)用平衡條件或牛頓第二定律列出方程。(2)然后運(yùn)用安培力公式、閉合電路歐姆定律列出安培力表達(dá)式，聯(lián)立求解.[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖所示，在南北方向安放的長直導(dǎo)線的正上方用細(xì)線懸掛一條形小磁鐵，當(dāng)導(dǎo)線中通入圖示的電流I后，下列說法正確的是（）A．磁鐵N極向里轉(zhuǎn)，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力B．磁鐵N極向外轉(zhuǎn)，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力C．磁鐵N極向里轉(zhuǎn)，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力D．磁鐵N極向外轉(zhuǎn)，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力C[由條形磁鐵的磁場分布，并由左手定則，可知導(dǎo)線左半部分受到安培力方向垂直紙面向外，右半部分安培力方向垂直紙面向里,由牛頓第三定律得磁鐵左半部分受到安培力方向垂直紙面向里，右半部分安培力方向垂直紙面向外，因此條形磁鐵N極向里轉(zhuǎn).當(dāng)轉(zhuǎn)過90°時(shí)導(dǎo)線受力豎直向上,則磁鐵受力豎直向下，導(dǎo)致懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力，故C正確.]帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的兩類典型問題1．兩類問題(1)臨界問題：解決此類問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點(diǎn)，找臨界點(diǎn)的方法是以題目中的“恰好”“最大"“至少”等詞語為突破點(diǎn)，挖掘隱含條件，分析可能的情況,必要時(shí)畫出幾個(gè)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(yùn)動(dòng)的周期性等。解答這類問題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過程，同時(shí)考慮問題要全面,不要漏解.2．尋找臨界點(diǎn)的兩種有效方法（1）軌跡圓的縮放：當(dāng)粒子的入射方向不變而速度大小可變時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓圓心一定在入射點(diǎn)所受洛倫茲力所表示的射線上,但位置（半徑R)不確定,用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動(dòng)態(tài)變化中即可發(fā)現(xiàn)“臨界點(diǎn)”.（2）軌跡圓的旋轉(zhuǎn)：當(dāng)粒子的入射速度大小確定而方向不確定時(shí)，所有不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點(diǎn)發(fā)生了旋轉(zhuǎn),從定圓的動(dòng)態(tài)旋轉(zhuǎn)（作圖)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點(diǎn)”。另外，要重視分析時(shí)的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準(zhǔn)確的作圖可突出幾何關(guān)系，使抽象的物理問題更形象、直觀。【例2】如圖所示，S為粒子源,該源能在圖示紙面內(nèi)360°范圍內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、電荷量為e帶負(fù)電的粒子,MN是一塊足夠大的豎直擋板且與S的水平距離OS＝L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。（1）若粒子的發(fā)射速率為v0，要使粒子一定能經(jīng)過點(diǎn)O,求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B滿足的條件;(2）若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,要使S發(fā)射出的粒子能到達(dá)擋板，則粒子的發(fā)射速率為多大？（3）若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，從S發(fā)射出的粒子的速率為eq\f(2eB0L,m）,則擋板上出現(xiàn)粒子的范圍為多大？[解析］粒子從點(diǎn)S發(fā)出后受到洛倫茲力作用而在紙面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變化，粒子的軌跡構(gòu)成過S點(diǎn)的一組動(dòng)態(tài)圓，不同半徑的圓對應(yīng)不同大小的磁感應(yīng)強(qiáng)度，如圖所示。(1)要使粒子一定能經(jīng)過點(diǎn)O，即SO為圓周的一條弦，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑必滿足R≥eq\f(L,2)，即eq\f（mv0,eB）≥eq\f（L，2），解得B≤eq\f（2mv0,eL)。(2）要使粒子從S發(fā)出后能到達(dá)擋板，則粒子至少能到達(dá)擋板上的O點(diǎn)，故粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R′≥eq\f（L,2)，即eq\f（mv0′，eB0)≥eq\f（L,2)，解得v0′≥eq\f（eB0L,2m）。(3）當(dāng)從S發(fā)出的粒子的速率為eq\f(2eB0L，m）時(shí),粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R″＝eq\f（mv,eB0)＝2L，如圖所示，最低點(diǎn)為動(dòng)態(tài)圓與MN相切時(shí)的交點(diǎn)P1，最高點(diǎn)為動(dòng)態(tài)圓與MN相割的交點(diǎn)P2,且SP2是軌跡圓的直徑，粒子擊中擋板的范圍在P1、P2之間。對SP1弧分析,由圖知OP1＝eq\r(2L2－L2）＝eq\r（3）L，對SP2弧分析，由圖知OP2＝eq\r（4L2－L2）＝eq\r(15）L。[答案]見解析［跟進(jìn)訓(xùn)練]2．如圖所示,兩個(gè)板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的質(zhì)子以速度v0從O點(diǎn)垂直射入。已知兩板之間距離為d.板長為d,O點(diǎn)是NP板的正中點(diǎn)，為使質(zhì)子能從兩板之間射出，試求磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件(已知質(zhì)子帶電荷量為q,質(zhì)量為m）。［解析］如圖所示,由于質(zhì)子在O點(diǎn)的速度垂直于板NP，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O′一定位于NP所在的直線上。如果質(zhì)子恰好從N點(diǎn)射出，R1＝eq\f（d,4)，qv0B1＝eq\f(mv\o\al（2，0)，R1).所以B1＝eq\f(4mv0,dq)。如果質(zhì)子恰好從M點(diǎn)射出Req\o\al