2024-2025学年高中物理第6章磁吃电流和运动电荷的作用章末综合提升学案鲁科版选修3-1

PAGE6-第6章磁场对电流和运动电荷的作用[体系构建][核心速填]一、安培力1．大小：F＝BIlsinθ，θ为B与I的夹角，lsinθ为有效长度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B∥I，θ＝0°或180°，F＝0,B⊥I，θ＝90°，F＝BIl))2．方向：总垂直于B与I确定的平面，由左手定则判定。3．应用：电动机、电流计等。二、洛伦兹力1．大小：F＝qvBsinθ，θ为B与v的夹角eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v∥B，θ＝0°或180°，F＝0,v⊥B，θ＝90°，F＝qvB))2．方向：总垂直于B、v确定的平面，由左手定则判定。(注：负电荷的运动方向与四指指向相反)3．特点：洛伦兹力不做功。三、洛伦兹力与带电体的运动1．带电粒子在匀强磁场中的运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v∥B，匀速直线运动,v⊥B，匀速圆周运动：r＝\f(mv,qB)，T＝\f(2πm,qB)与v无关))2．带电粒子在复合场中的运动由粒子受到的力及粒子的初速度共同确定。常见到的可能是直线运动，也可能是匀速圆周运动。四、洛伦兹力的应用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(质谱仪,回旋加速器,速度选择器,磁流体发电机,电磁流量计,霍尔效应))有关安培力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平衡条件、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，也可能处于不平衡状态。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、俯视图等平面图。(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。【例1】在倾角为α的光滑斜面上，放置一根通有电流为I、长为l、质量为m的导体棒，如图所示。(1)欲使棒静止在斜面上，求外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向；(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，求外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)欲使棒有可能静止在斜面上且要求B垂直于l，求应加外磁场的方向范围。[解析](1)由于棒在斜面上处于静止状态，故棒受力平衡。棒共受三个力的作用：重力大小为mg，方向竖直向下；弹力垂直于斜面，大小随安培力的改变而改变；安培力的方向始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁感应强度的大小的改变而改变。但由平衡条件知，弹力与安培力的合力必与重力mg等大、反向，故当安培力方向与弹力方向垂直，即沿斜面对上时，安培力最小，即BminIl＝mgsinα，所以Bmin＝eq\f(mgsinα,Il)。由左手定则知，Bmin的方向应垂直斜面对上。(2)棒静止在斜面上，又对斜面无压力，则棒只受两个力的作用，即竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力F的作用，由平衡条件知F＝mg，所以有BIl＝mg，故B＝eq\f(mg,Il)。由左手定则知，B的方向水平向左。(3)此问探讨的只是问题的可能性，并没有详细探讨满意平衡的定量关系。为探讨问题便利，建立如图所示的直角坐标系。欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在图上F1和F2之间。由图不难看出，F的方向应包括F2的方向，但不能包括F1的方向，依据左手定则可知，B与x轴正方向间的夹角θ应满意α＜θ≤π。[答案](1)eq\f(mgsinα,Il)方向垂直斜面对上(2)eq\f(mg,Il)方向水平向左(3)B与x轴正方向间的夹角θ应满意α＜θ≤π[一语通关]与安培力相关的力学类问题的解题方法(1)选择通电导体作为探讨对象，转换立体图，分析通电导体所受的各种力，运用平衡条件或牛顿其次定律列出方程。(2)然后运用安培力公式、闭合电路欧姆定律列出安培力表达式，联立求解。[跟进训练]1．如图所示，在南北方向安放的长直导线的正上方用细线悬挂一条形小磁铁，当导线中通入图示的电流I后，下列说法正确的是()A．磁铁N极向里转，悬线所受的拉力小于磁铁所受的重力B．磁铁N极向外转，悬线所受的拉力小于磁铁所受的重力C．磁铁N极向里转，悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力D．磁铁N极向外转，悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力C[由条形磁铁的磁场分布，并由左手定则，可知导线左半部分受到安培力方向垂直纸面对外，右半部分安培力方向垂直纸面对里，由牛顿第三定律得磁铁左半部分受到安培力方向垂直纸面对里，右半部分安培力方向垂直纸面对外，因此条形磁铁N极向里转。当转过90°时导线受力竖直向上，则磁铁受力竖直向下，导致悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力，故C正确。]带电粒子在磁场中运动的两类典型问题1．两类问题(1)临界问题：解决此类问题的关键是找准临界点，找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破点，挖掘隐含条件，分析可能的状况，必要时画出几个不同半径的轨迹，这样就能顺当地找到临界条件。(2)多解问题：造成多解问题的常见缘由有带电粒子电性的不确定、磁场方向的不确定、临界状态不唯一、运动的周期性等。解答这类问题的关键是仔细分析物理过程，同时考虑问题要全面，不要漏解。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”。(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”。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。【例2】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、电荷量为e带负电的粒子，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。(1)若粒子的放射速率为v0，要使粒子肯定能经过点O，求磁场的磁感应强度B满意的条件；(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，则粒子的放射速率为多大？(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(mv0′,eB0)≥eq\f(L,2)，解得v0′≥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之间。对SP1弧分析，由图知OP1＝eq\r(2L2－L2)＝eq\r(3)L，对SP2弧分析，由图知OP2＝eq\r(4L2－L2)＝eq\r(15)L。[答案]见解析[跟进训练]2．如图所示，两个板间存在垂直纸面对里的匀强磁场，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入。已知两板之间距离为d。板长为d，O点是NP板的正中点，为使质子能从两板之间射出，试求磁感应强度B应满意的条件(已知质子带电荷量为q，质量为m)。[解析]如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以粒子在磁场中做圆周运动的圆心O′肯定位于NP所在的直线上。假如质子恰好从N点射出，R1＝eq\f(d,4)，qv0B1＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)。所以B1＝eq\f(4mv0,dq)。假如质子恰好从M点射出Req\o\al(2,2)－