2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 滬科版選修3-1.doc

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第5章 磁場與回旋加速器 [鞏固層知識整合] [體系構(gòu)建] [核心速填] 1．磁場 (1)存在于磁體、電流周圍的一種特殊物質(zhì)． (2)方向：規(guī)定在磁場中任一點(diǎn)小磁針N極受力的方向(或者小磁針靜止時(shí)N極的指向)就是那一點(diǎn)的磁場方向． 2．磁感線 (1)磁感線的切線方向表示該位置的磁場方向，曲線的疏密能定性地表示磁場的強(qiáng)弱．磁感線都是閉合曲線，且不能相交． (2)電流(包括直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管)周圍的磁感線方向與電流方向的關(guān)系可以由安培定則來判定． 3．磁感應(yīng)強(qiáng)度 (1)定義：B＝. (2)方向：用左手定則來判斷． 4．安培力 (1)計(jì)算式：F＝ILBsin_θ. (2)方向：用左手定則來判斷，安培力與速度垂直，與磁場垂直． 5．洛倫茲力 (1)大小：f＝qvB(v⊥B)． (2)方向：用左手定則來判斷，洛倫茲力與速度垂直，與磁場垂直． 6．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(不計(jì)重力) (1)若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動． (2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動． ①向心力由洛倫茲力提供：qvB＝m. ②軌道半徑公式：R＝. ③周期：T＝. 7．應(yīng)用實(shí)例 (1)質(zhì)譜儀：測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具． (2)回旋加速器：磁場使帶電粒子偏轉(zhuǎn)，交變電場使帶電粒子加速．只要交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運(yùn)動的周期，帶電粒子每運(yùn)動半周就可以被加速一次，這樣經(jīng)過多次加速，帶電粒子可以達(dá)到很高的能量． [提升層能力強(qiáng)化] 安培力的平衡問題 安培力作用下物體的平衡是常見的一類題型，體現(xiàn)了學(xué)科內(nèi)知識的綜合應(yīng)用及知識的遷移能力，在解決這類問題時(shí)應(yīng)把握以下幾點(diǎn)： (1)先畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面，將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標(biāo)注在圖上． (2)利用左手定則確定安培力的方向． (3)根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件列出方程求解． 　如圖51所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ與MN都與水平面成θ角，相距為l.一根質(zhì)量為m的金屬棒ab在導(dǎo)軌上，并保持水平方向，ab棒內(nèi)通有恒定電流，電流大小為I，方向從a到b.空間存在著方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，ab棒在磁場力的作用下保持靜止，并且棒與導(dǎo)軌間沒有摩擦力．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向． 圖51 【解析】　金屬棒受力如圖所示， 根據(jù)力的平衡條件可知：F安＝mgsin θ 而F安＝BIl 可得B＝ 由左手定則可知，B的方向垂直導(dǎo)軌平面向下． 【答案】　　方向垂直導(dǎo)軌平面向下 (1)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(gè)范圍. [針對訓(xùn)練] 1．如圖52所示，一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45角斜向左上方的勻強(qiáng)磁場中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動．現(xiàn)將磁場方向沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運(yùn)動，已知棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ<1，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化情況是(　　) 圖52 A．不變　　　　　　 B．一直減小 C．一直增大 D．先變小后變大 D　[分析金屬棒的受力如圖所示．由平衡條件有BILsin θ＝f，f＝μN(yùn)＝μ(mg－BILcos θ)，可解得B＝＝，其中φ＝arctan μ，因?yàn)棣葟?5變化到90，所以當(dāng)θ＋φ＝90時(shí)，B最小，此過程中B應(yīng)先減小后增大，D正確． ] 2.如圖53所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角θ＝45，相距為20 cm；金屬棒MN的質(zhì)量為110－2 kg，電阻R＝8 Ω；勻強(qiáng)磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8 T，電源電動勢E＝10 V，內(nèi)阻r＝1 Ω.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，MN處于平衡狀態(tài)，求變阻器R1的取值為多少？(忽略金屬導(dǎo)軌的電阻) 【導(dǎo)學(xué)號：69682302】 圖53 【解析】　沿M→N的方向看去，導(dǎo)體棒MN受重力、支持力、安培力，這三個(gè)力在同一豎直平面內(nèi)，如圖所示． 由受力圖及平衡條件有： mgsin θ－BILcos θ＝0 ① 由閉合電路的歐姆定律有： E＝I(R＋R1＋r) ② 由①②兩式解得：R1＝7 Ω. 【答案】　7 Ω 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題 1．有界磁場及邊界類型 (1)有界勻強(qiáng)磁場是指在局部空間存在著勻強(qiáng)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，經(jīng)歷一段勻速圓周運(yùn)動后，又離開磁場區(qū)域． (2)常見邊界的類型如圖54所示． 圖54 2．常用臨界、極值結(jié)論 (1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切． (2)當(dāng)以一定的速率垂直射入磁場時(shí)，運(yùn)動的弧長越長，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動時(shí)間越長． (3)當(dāng)比荷相同時(shí)，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的圓心角越大，運(yùn)動時(shí)間越長． 　在某平面上有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)、外均有垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場，圓外磁場范圍足夠大，已知兩部分磁場方向相反且磁感應(yīng)強(qiáng)度都為B，方向如圖55所示．現(xiàn)在圓形區(qū)域的邊界上的A點(diǎn)有一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以沿OA方向的速度經(jīng)過A點(diǎn)，已知該粒子只受到磁場對它的作用力． 圖55 (1)若粒子在其與圓心O的連線繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一周時(shí)恰好能回到A點(diǎn)，試求該粒子運(yùn)動速度v的最大值； (2)在粒子恰能回到A點(diǎn)的情況下，求該粒子回到A點(diǎn)所需的最短時(shí)間． 【解析】　(1)粒子運(yùn)動的半徑為r，則r＝ ① 如圖所示，O1為粒子運(yùn)動的第一段圓弧AC的圓心，O2為粒子運(yùn)動的第二段圓弧CD的圓心，根據(jù)幾何關(guān)系可知tan θ＝ ② ∠AOC＝∠COD＝2θ 如果粒子回到A點(diǎn)，則必有n2θ＝2π，n取正整數(shù) ③ 由①②③可得v＝tan ④ 考慮到θ為銳角，即0<θ<，根據(jù)③可得 當(dāng)n＝3時(shí)對應(yīng)的速度最大且最大速度vm＝. ⑤ (2)粒子做圓周運(yùn)動的周期 T＝ ⑥ 因?yàn)榱Ｗ用看卧趫A形區(qū)域外運(yùn)動的時(shí)間和圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間互補(bǔ)為一個(gè)周期T，所以粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少，所花時(shí)間就越短，因此取n＝3代入到③可得 θ＝ ⑦ 而粒子在圓形區(qū)域外運(yùn)動的圓弧的圓心角為α， α＝2π－2＝π ⑧ 故所求的粒子回到A點(diǎn)的最短運(yùn)動時(shí)間 t＝T＋T＝. 【答案】　(1)　(2) [針對訓(xùn)練] 3. (多選)如圖56所示，寬為d＝4 cm的有界勻強(qiáng)磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一群正粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r＝10 cm，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682303】 圖56 A．右邊界：－8 cm8 cm有粒子射出 D．左邊界：00)的粒子以速度v0從y軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時(shí)間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶铮笮〔蛔?，不?jì)重力． 圖58 (1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間； (2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的最大值． 【解析】　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動半徑為R，運(yùn)動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動規(guī)律，有 qv0B＝m T＝ 依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)如圖所示，運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度為π，所需時(shí)間t1為t1＝T 求得t1＝. (2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有 qE＝ma v0＝at2 得t2＝ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足 t2≥T0 得電場強(qiáng)度最大值 E＝. 【答案】　(1)　(2) (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動規(guī)律：①在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動；②在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動. (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理. (3)當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口. [針對訓(xùn)練] 5．(多選)在如圖所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)(不計(jì)重力)，電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682304】 BC　[若電子水平向右運(yùn)動，在A圖中電場力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能做水平向右的直線運(yùn)動；在B圖中，電場力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右做勻減速直線運(yùn)動；在C圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，當(dāng)二者大小相等時(shí)，電子向右做勻速直線運(yùn)動；在D圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動，因此只有選項(xiàng)B、C正確．] 6.如圖59所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限內(nèi)無電場和磁場．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從M點(diǎn)以速度v0沿x軸負(fù)方向進(jìn)入電場，不計(jì)粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點(diǎn)．設(shè)OM＝L，ON＝2L.求： 圖59 (1)電場強(qiáng)度E的大小； (2)勻強(qiáng)磁場的方向； (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 【解析】　如圖所示，帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限做類平拋運(yùn)動，－x方向上為勻速直線運(yùn)動，＋y方向上為勻加速直線運(yùn)動，粒子帶負(fù)電；從N點(diǎn)進(jìn)入第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動；從P回到M點(diǎn)是勻速直線運(yùn)動． (1)帶電粒子在第Ⅲ象限： L＝t2，且2L＝v0t， 則E＝. (2)粒子帶負(fù)電，由左手定則可知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮? (3)設(shè)粒子到達(dá)N點(diǎn)的速度為v，如圖所示，設(shè)運(yùn)動方向與x軸負(fù)方向的夾角為θ， 由動能定理得：qEL＝mv2－mv， 將上式中的E代入可得v＝v0，所以θ＝45， 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度方向也與x軸負(fù)方向成45角． 則OP＝OM＝L，NP＝NO＋OP＝3L， 半徑為r＝NPcos 45＝L， 又r＝，解得：B＝. 【答案】　(1)　(2)垂直紙面向里　(3)