《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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)定在磁場中任一點小磁針N極受力的方向(或者小磁針靜止時N極的指向)就是那一點的磁場方向． 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)強度 (1)定義：B＝. (2)方向：用左手定則來判斷． 4．安培力 (1)計算式：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?。篺＝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．帶電粒子在勻強磁場中運動(不計重力) (1)若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動． (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動的周期，帶電粒子每運動半周就可以被加速一次，這樣經(jīng)過多次加速，帶電粒子可以達到很高的能量． [提升層能力強化] 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，在解決這類問題時應(yīng)把握以下幾點： (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)軌上向右做勻速運動．現(xiàn)將磁場方向沿順時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運動，已知棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ<1，則磁感應(yīng)強度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＝μ(mg－BILcos θ)，可解得B＝＝，其中φ＝arctan μ，因為θ從45變化到90，所以當(dāng)θ＋φ＝90時，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；勻強磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度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，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)有界勻強磁場是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，經(jīng)歷一段勻速圓周運動后，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，運動的弧長越長，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長． (3)當(dāng)比荷相同時，在勻強磁場中運動的圓心角越大，運動時間越長． 　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點有一個電荷量為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，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點旋轉(zhuǎn)一周時恰好能回到A點，試求該粒子運動速度v的最大值； (2)在粒子恰能回到A點的情況下，求該粒子回到A點所需的最短時間． 【解析】　(1)粒子運動的半徑為r，則r＝ ① 如圖所示，O1為粒子運動的第一段圓弧AC的圓心，O2為粒子運動的第二段圓弧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，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時對應(yīng)的速度最大且最大速度vm＝. ⑤ (2)粒子做圓周運動的周期 T＝ ⑥ 因為粒子每次在圓形區(qū)域外運動的時間和圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間互補為一個周期T，所以粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少，所花時間就越短，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點的最短運動時間 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點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為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點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不計重力? 圖58 (1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間； (2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值． 【解析】　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有 qv0B＝m T＝ 依題意，粒子第一次到達x軸時如圖所示，運動轉(zhuǎn)過的角度為π，所需時間t1為t1＝T 求得t1＝. (2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有 qE＝ma v0＝at2 得t2＝ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足 t2≥T0 得電場強度最大值 E＝. 【答案】　(1)　(2) (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律：①在勻強磁場中做勻速圓周運動；②在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動. (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理. (3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點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)在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)(不計重力)，電子可能沿水平方向向右做直線運動的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682304】 BC　[若電子水平向右運動，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，電子向右做勻速直線運動；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動，因此只有選項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磁場，第Ⅲ象限有沿y軸負方向的勻強電場，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點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點．設(shè)OM＝L，ON＝2L.求： 圖59 (1)電場強度E的大?。? (2)勻強磁場的方向； (3)磁感應(yīng)強度B的大小． 【解析】　如圖所示，帶電粒子從M點進入第Ⅲ象限做類平拋運動，－x方向上為勻速直線運動，＋y方向上為勻加速直線運動，粒子帶負電；從N點進入第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)的勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動；從P回到M點是勻速直線運動． (1)帶電粒子在第Ⅲ象限： L＝t2，且2L＝v0t， 則E＝. (2)粒子帶負電，由左手定則可知勻強磁場的方向為垂直紙面向里． (3)設(shè)粒子到達N點的速度為v，如圖所示，設(shè)運動方向與x軸負方向的夾角為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動，經(jīng)過P點時速度方向也與x軸負方向成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)