PAGEPAGE1第三章磁場本章優(yōu)化總結專題一有關安培力綜合問題的分析與計算安培力既可以使通電導體靜止、運動或轉動，又可以對通電導體做功，因此有關安培力問題分析與計算的基本思路和方法與力學問題一樣，先取探討對象進行受力分析，推斷通電導體的運動狀況，然后依據(jù)題中條件由牛頓定律或動能定理等規(guī)律列式求解．詳細求解應從以下幾個方面著手分析：1．安培力的大小(1)當通電導體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB．(2)當通電導體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0．(3)當通電導體和磁場方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝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F安⊥L，即F安垂直于B和L確定的平面，但L和B不肯定垂直．3．安培力作用下導體的狀態(tài)分析通電導體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運動狀態(tài)．對導體進行正確的受力分析，是解決該類問題的關鍵．(2024·武漢中學高二檢測)如圖所示，電源電動勢E＝2V，內阻r＝0．5Ω，豎直導軌寬L＝0．2m，導軌電阻不計．另有一質量m＝0．1kg，電阻R＝0．5Ω的金屬棒，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0．4，靠在導軌的外面．為使金屬棒不滑動，施加一與紙面夾角為30°且與導體棒垂直指向紙里的勻強磁場(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．求：(1)此磁場的方向；(2)磁感應強度B的取值范圍．[解析](1)要使金屬棒靜止，安培力應斜向上指向紙里，畫出由a→b的側視圖，并對棒ab受力分析如圖所示．經分析知磁場的方向斜向下指向紙里．甲乙(2)如圖甲所示，當ab棒有向下滑的趨勢時，受靜摩擦力向上為Ff，則：Fsin30°＋Ff－mg＝0F＝B1ILFf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝3．0T．當ab棒有向上滑的趨勢時，受靜摩擦力向下為Ff′，如圖乙所示，則：F′sin30°－Ff′－mg＝0Ff′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝16．3T．所以若保持金屬棒靜止不滑動，磁感應強度應滿意3．0T≤B≤16．3T．[答案](1)斜向下指向紙里(2)3．0T≤B≤16．3Teq\a\vs4\al()分析安培力問題的一般步驟(1)明確探討對象，這里的探討對象一般是通電導體．(2)正確進行受力分析并畫出導體的受力分析圖，必要時畫出側視圖、俯視圖等．(3)依據(jù)受力分析確定通電導體所處的狀態(tài)或運動過程．(4)運用平衡條件或動力學學問列式求解．1．澳大利亞國立高校制成了能把2．2g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到10km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2km/s)．如圖所示，若軌道寬為2m，長為100m，通過的電流為10A，試求軌道間所加勻強磁場的磁感應強度．(軌道摩擦不計)解析：依據(jù)veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得炮彈的加速度大小為a＝eq\f(veq\o\al(2,t),2x)＝eq\f(（10×103）2,2×100)m/s2＝5×105m/s2．依據(jù)牛頓其次定律F＝ma得炮彈所受的安培力F＝ma＝2．2×10－3×5×105N＝1．1×103N．依據(jù)安培力公式F＝ILB，得B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(1．1×103,10×2)T＝55T．答案：55T專題二帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題1．常用結論帶電粒子在有界磁場中的運動問題是高考中的熱點問題，該類問題的分析一般要留意下列結論，在此基礎上借助數(shù)學方法和相應的物理規(guī)律求解．(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．(2)當速率v肯定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(3)當速率v改變時，圓心角越大，運動時間越長．2．找尋臨界點的兩種有效方法(1)軌跡圓的縮放：當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓圓心肯定在入射點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，從圓的動態(tài)改變中即可發(fā)覺“臨界點”．其基本情形如圖所示．(2)軌跡圓的旋轉：當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，全部不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉，從定圓的動態(tài)旋轉(作圖)中，也簡單發(fā)覺“臨界點”．其基本情形如圖所示．另外，要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而精確的作圖可突出幾何關系，使抽象的物理問題更形象、直觀．如圖所示，S為粒子源，該源能在圖示紙面內360°范圍內向各個方向放射速率相等的質量為m、帶負電荷量e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，擋板左側充溢垂直紙面對里的勻強磁場．求：(1)若粒子的放射速率為v0，要使粒子肯定能經過點O，磁場的磁感應強度B的條件；(2)若磁場的磁感應強度為B0，要使S放射出的粒子能到達擋板，則粒子的放射速率應滿意什么條件；(3)若磁場的磁感應強度為B0，從S放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S發(fā)出后受到洛倫茲力作用而在紙面上做勻速圓周運動，若使磁感應強度的大小改變，粒子的軌跡構成過S點的一組動態(tài)圓，不同半徑的圓對應不同大小的磁感應強度，如圖所示．(1)要使粒子肯定能經過點O，即SO為圓周的一條弦，則粒子做圓周運動的軌道半徑必滿意R≥eq\f(L,2)，即eq\f(mv0,eB)≥eq\f(L,2)解得B≤eq\f(2mv0,eL)．(2)要使粒子從S發(fā)出后能到達擋板，則粒子至少能到達擋板上的O點，故粒子做圓周運動的半徑R′≥eq\f(L,2)，即eq\f(mv′0,eB0)≥eq\f(L,2)解得v′0≥eq\f(eB0L,2m)．(3)當從S發(fā)出的粒子的速率為eq\f(2eB0L,m)時，粒子在磁場中的運動軌跡半徑R″＝eq\f(mv,eB0)＝2L，如圖所示，最低點為動態(tài)圓與MN相切時的交點P1，最高點為動態(tài)圓與MN相割的交點P2，且SP2是軌跡圓的直徑，粒子擊中擋板的范圍在P1、P2間．對SP1弧分析，由圖知OP1＝eq\r(（2L）2－L2)＝eq\r(3)L對SP2弧分析，由圖知OP2＝eq\r(（4L）2－L2)＝eq\r(15)L．故出現(xiàn)粒子的范圍P1P2＝OP1＋OP2＝(eq\r(3)＋eq\r(5))L．[答案]見解析eq\a\vs4\al()分析該類題目的關鍵是找出臨界(極值)條件，而分析臨界(極值)條件的方法是以題目中的“恰好”“最大”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的狀況，必要時畫幾個不同半徑的圓周的軌跡，這樣就能順當?shù)卣业脚R界條件．2．(2024·哈師大附中檢測)如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0．2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝1．0T，方向垂直紙面對外，該磁場區(qū)域的右邊緣與坐標原點O相切．y軸右側存在電場強度大小為E＝1．0×104N/C的勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域寬度l＝0．1m，現(xiàn)從坐標為(－0．2m，－0．2m)的P點放射出質量m＝2．0×10－9kg、電荷量q＝5．0×10－5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5．0×103m/s．重力不計．(1)求該帶電粒子射出電場時的位置坐標；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0．1m，－0．05m)的點回到電場中，可在緊鄰電場的右側一正方形區(qū)域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和正方形區(qū)域的最小面積．解析：(1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)解得r＝0．20m＝R如圖所示，依據(jù)幾何關系可知，帶電粒子恰從O點沿x軸正向進入電場，帶電粒子做類平拋運動．設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y，有l(wèi)＝v0t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2聯(lián)立得y＝0．05m所以粒子射出電場時的位置坐標為(0．1m，0．05m)．(2)粒子飛離電場時，沿電場方向的速度vy＝eq\f(qE,m)t＝5．0×103m/s＝v0粒子射出電場時的速度v＝eq\r(2)v0由幾何關系可知，粒子在正方形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑r′＝0．05eq\r(2)m由qvB′＝eq\f(mv2,r′)，解得B′＝4T故正方形區(qū)域的最小面積S＝(2r′)2＝0．02m2．答案：(1)(0．1m，0．05m)(2)4T0．02m2專題三帶電粒子在磁場中運動的多解問題(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面對里，一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，粒子重力不計，欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A．eq\f(Bqd,m) B．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)C．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m) D．eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大，若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，簡單看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，B正確；若粒子帶負電，其運動徑跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，簡單看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)，C正確．[答案]BCeq\a\vs4\al()(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成多解．如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b．(2)磁場方向的不確定形成多解：磁感應強度是矢量，假如題述條件只給出磁感應強度的大小，而未說明磁感應強度的方向，則應考慮因磁場方向不確定而形成多解．如圖乙所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面對里，其軌跡為a；若B垂直紙面對外，其軌跡為b．(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解．(4)運動的往復性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖丁所示．3．如圖所示，垂直紙面對里的勻強磁場以MN為邊界，左側磁感應強度為B1，右側磁感應強度為B2，B1＝2B2＝2T，比荷為2×106C/kg的帶正電粒子從O點以v0＝4×104m/s的速度垂直于MN進入右側的磁場區(qū)域(粒子重力不計)，求粒子通過距離O點4cm的磁場邊界上的P點所需的時間．解析：粒子在右側磁場B2中做勻速圓周運動由qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),R2)解得R2＝eq\f(mv0,qB2)＝2cm故粒子經過半個圓周恰好到達P點，軌跡如圖甲所示．則粒子運動的時間t1＝eq\f(T2,2)＝eq\f(πm,qB2)＝eq\f(π,2)×10－6s由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后，做半徑R1＝eq\f(1,2)R2＝1cm的勻速圓周運動，經過兩次周期性運動可再次經過P點，軌跡如圖乙所示，則粒子運動的時間t2＝T1＋T2＝eq\f(3π,2)×10－6s所以，粒子通過距離O點4cm的磁場邊界上的P點所需的時間為eq\f(π,2)×10－6s或eq\f(3π,2)×10－6s．答案：eq\f(π,2)×10－6s或eq\f(3π,2)×10－6s(12分)一個質量為m＝0．1g的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(絕緣)，斜面置于B＝0．5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對里，如圖所示，小滑塊由靜止起先沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時要離開斜面．求：(取g＝10m/s2)(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？[思路點撥]“小滑塊滑至某一位置要離開斜面”是解決本題的關鍵，從這個臨界條件中得到此時斜面對滑塊的支持力FN＝0．[解析](1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F．若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面對上，依據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶有負電荷． (2分)(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0(2分)當FN＝0時，小滑塊起先脫離斜面 (1分)所以v＝eq\f(mgcosα,Bq)＝eq\f(0．1×10－3×10×\f(\r(3),2),0．5×5×10－4)m/s＝2eq\r(3)m/s≈3．46m/s． (2分)(3)法一：下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得：mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2