高中物理粤教版1第三章磁场 2023版第3章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①运动的电荷②运动电荷(电流)③B＝eq\f(F,IL)④北极⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB⑨qvB⑩eq\f(mv,qB)⑪eq\f(2πm,qB)有关安培力问题的分析与计算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，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体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决定的平面，但L和B不一定垂直．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．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究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)根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知识列式求解．如图3­1所示，电源电动势E＝2V，内阻r＝Ω，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＝Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝，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：【导学号：62032049】图3­1(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．(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f，则Fsin30°＋f－mg＝0F＝B1ILf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)联立四式并代入数值得B1＝T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为f′，如图乙所示，则F′sin30°－f′－mg＝0f′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足T≤B≤T.【答案】(1)斜向下指向纸里(2)T≤B≤T电偏转和磁偏转的分析所谓“电偏转”与“磁偏转”是指分别利用电场和磁场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向，但电场和磁场对电荷的作用特点不同，因此这两种偏转有明显的差别.垂直电场线进入匀强电场(不计重力)——电偏转垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)——磁偏转受力情况电场力F＝Eq，大小、方向不变洛伦兹力F＝Bqv，大小不变，方向随v而改变且F⊥v运动类型类平抛运动匀速圆周运动或其一部分运动轨迹抛物线圆或圆的一部分运动图示动能的变化电场力与速度的夹角越来越小，动能不断增大，并增大得越来越快洛伦兹力不做功，所以动能保持不变求解方法纵向偏移y和偏转角φ要通过类平抛运动的规律求解纵向偏移y和偏转角φ要结合圆的几何关系通过对圆周运动的讨论求解如图3­2所示，某一真空区域内充满匀强电场和匀强磁场，此区域的宽度d＝8cm，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一电子以一定的速度沿水平方向射入此区域．若电场与磁场共存，电子穿越此区域恰好不发生偏转；若射入时撤去磁场，电子穿越电场区域时，沿电场方向偏移量y＝3.2cm；若射入时撤去电场，电子穿越磁场区域时也发生了偏转．不计重力作用，求：图3­2(1)电子射入时的初速度的表达式；(注：表达式不必代入具体数值，只保留字母符号)(2)电子比荷的表达式；(3)画出电子穿越磁场区域时(撤去电场时)的轨迹并标出射出磁场时的偏转角α；(sin37°＝，cos37°＝(4)电子穿越磁场区域后(撤去电场时)的偏转角α.【解析】(1)电子在复合场中不发生偏转，所受电场力和洛伦兹力平衡有qE＝qvB，得初速度的表达式v＝eq\f(E,B).(2)电子垂直进入匀强电场，向上做类平抛运动有d＝v·t，y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qE,m)可解得电子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2).(3)电子穿越磁场区域时的轨迹如图所示．(4)电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，代入比荷的表达式得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d2,2y)＝10cm＝0.1m由几何知识得sinα＝eq\f(d,r)＝所以偏转角α＝53°.【答案】(1)v＝eq\f(E,B)(2)eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2)(3)见解析图(4)53°1电偏转的运动规律是类平抛运动，解决的方法是运动的合成与分解.2磁偏转是洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，解决的方法是作轨迹图，确定圆心，求解半径和圆心角，利用周期公式和半径公式求解.带电粒子在有界匀强磁场中圆周运动分析1．穿出条件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．运动时间当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动时间越长．3．几种常见的边界类型(1)若粒子垂直于磁场边界入射，且仍能从此边界出射，则出射时与此边界垂直，运动轨迹为半圆．图3­3(2)若粒子以与边界线夹角为α或β射入磁场且仍从此边界出射，则射出时与边界的夹角仍为α或β.图3­4(3)若磁场为一圆形有界磁场，粒子以过圆心的速度方向垂直入射，则出磁场时速度方向的反向延长线必过圆心．图3­5如图3­6所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射速度方向在xOy平面内，与x轴正方向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子电量与质量之比．图3­6【解析】根据带电粒子在有界磁场中运动的对称性，作出运动轨迹，如图所示，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由几何关系得：Rsinθ＝eq\f(1,2)L①由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得R＝eq\f(mv0,qB)②联立①②两式解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0sinθ,LB).【答案】eq\f(2v0sinθ,LB)带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题1．带电粒子的电性不确定形成多解如图3­7所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.图3­72．磁场方向的不确定形成多解如图3­8所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.图3­83．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3­9所示，于是形成了多解．图3­94．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3­10所示．图3­10在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图3­11所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)．图3­11【解析】要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝Oeq\x\to(M)＝l.2R·n＝l ①R＝eq\f(mv,qB) ②Eq·y＝eq\f(1,2)mv2 ③联立①②③可得y＝eq\f(B2l2q,8n2mE)(n＝1、2、3、…)．【答案】见解析1.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图3­12所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图3­12\f(ω,3B) \f(ω,2B)\f(ω,B) \f(2ω,B)【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧eq\x\to(MP)所对应的圆心角由几何知识知为30°，则eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，选项A正确．【答案】A2．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确；由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，选项B错误；由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，选项C正确；由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，选项D错误．正确选项为A、C.【答案】AC3．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图3­13所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()【导学号：62032127】图3­13A．11 B．12C．121 D．144【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq\f(mv,qB)，由以上两式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：eq\f(m2,m1)＝144，选项D正确．【答案】D4.平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图3­14所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图3­14\f(mv,2qB) \f(\r(3)mv,qB)\f(2mv,qB) \f(4mv,qB)【解析】如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB).设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝eq\r(3)R，则AO＝eq\r(3)AP＝3R，所以OB＝4R＝eq\f(4mv,qB).故选项D正确．【答案】D5．如图3­15，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图3­15【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01kg.⑤【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为kg章末综合测评(三)磁场(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．安培的分子环形电流假说不能用来解释下列哪些磁现象()A．磁体在高温时失去磁性B．磁铁经过敲击后磁性会减弱C．铁磁类物质放入磁场后具有磁性D．通电导线周围存在磁场【解析】磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，在高温时，分子电流的排布重新变得杂乱无章，故对外不显磁性，A正确；磁铁经过敲击后，分子电流的排布重新变得杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故B正确；铁磁类物质放入磁场后磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，对外显现磁性，C正确；通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故D错误．【答案】D2．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是()A．电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)，适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，当r→0，E→＋∞C．由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力则说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【解析】电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)，适用于任何电场，故A正确；当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E＝eq\f(kQ,r2)不再成立，故B错误；由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误；磁感应强度的方向和该处通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．【答案】A3．如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图1A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确．【答案】A4．如图2所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是()【导学号：62032050】图2A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转【解析】正离子以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，则有qvB＝Eq.即vB＝E，若一电子的速率v从左向右飞入此区域时，也必有evB＝Ee.电子沿直线运动．而电子以速率v从右向左飞入时，电子所受的电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，B正确，A、C、D均错误．【答案】B5．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()图3A．增大匀强电场间的加速电压B．减小磁场的磁感应强度C．增加周期性变化的电场的频率D．增大D形金属盒的半径【解析】粒子最后射出时的旋转半径为D形金属盒的最大半径R，R＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m).可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形金属盒的半径R，故正确选项为D.【答案】D6．如图4所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°.现将带电粒子的速度变为eq\f(v,3)，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()图4\f(1,2)Δt B．2Δt\f(1,3)Δt D．3Δt【解析】由牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,r)及匀速圆周运动T＝eq\f(2πr,v)得r＝eq\f(mv,qB)；T＝eq\f(2πm,qB).作出粒子的运动轨迹如图，由图可得，以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场经过Δt＝eq\f(T,6)从C点射出磁场，轨道半径r＝eq\r(3)AO；速度变为eq\f(v,3)时，运动半径是eq\f(r,3)＝eq\f(\r(3)AO,3)，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为120°，运动时间为eq\f(T,3)，即2Δt.故A、C、D项错误，B项正确．【答案】B7．带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0，先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图5甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<eq\f(E,B))穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则()图5A．W1<W2 B．W1＝W2C．W1>W2 D．无法判断【解析】在乙图中，由于v0<eq\f(E,B)，电场力qE大于洛伦兹力qBv.根据左手定则判断可知洛伦兹力有与电场力方向相反的分力．则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、B、D错误，选项C正确．【答案】C8．在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L，质量为m的导线，当通以如图6所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B满足()图6A．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向下B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向上C．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向竖直向下D．B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左【解析】磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgsinθ＝BIL，解得选项A正确．磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtanθ＝BIL，解得选项C正确．磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg＝BIL，解得选项D正确．【答案】ACD9．利用如图7所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()图7A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【解析】由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由图可知r最大值为rmax＝eq\f(3d＋L,2)，选项B正确；又r最小值为rmin＝eq\f(L,2)，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可见选项C正确，D错误．【答案】BC10．如图8所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()【导学号：62032051】图8A．从P射出的粒子速度大B．从Q射出的粒子速度大C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．两粒子在磁场中运动的时间一样长【解析】作出各自的轨迹如右图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1<R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确的选项应是B、D.【答案】BD二、计算题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(12分)如图9所示，倾角为θ＝30°的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E＝3V、内阻不计的电源，滑轨间距为L＝0.1m，将一个质量为m＝0.03kg，电阻R＝Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周