1、温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心归纳整合一、安培力与力学知识的综合应用通电导线在磁场中的平衡和加速:(1)首先把立体图画成易于分析的平面图,如侧视图、剖视图或俯视图等。(2)确定导线所在处磁场的方向,根据左手定则确定安培力的方向。(3)结合通电导线的受力分析、运动情况等,根据题目要求,列出平衡方程或牛顿第二定律方程求解。对点训练1.(2019全国卷)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到
2、的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为()A.2FB.1.5FC.0.5FD.0【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)明确导体棒MN受到的安培力大小和方向;(2)明确ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小和方向;(3)明确线框LMN受到的安培力的大小和方向。【解析】选B。设导体棒MN中的电流为I,则导体棒ML、LN中的电流为,导体棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向竖直向上。ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为LB=0.5F,方向竖直向上。线框LMN受到的安培力的大小为F+0.5F=1.5F,方向竖直向上。2.如图所示,在磁感应强度B=1.0 T,方向竖直向下的匀强磁场中
3、,有一个与水平面成=37角的导电滑轨,滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab。已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V,内阻不计。ab杆长L=0.5 m,质量m=0.2 kg,杆与滑轨间的动摩擦因数=0.1,滑轨与ab杆的电阻忽略不计。求:要使ab杆在滑轨上保持静止,滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化?(g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果保留一位有效数字)【解析】分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图,如图甲、乙所示。当ab杆恰好不下滑时,如图甲所示。由平衡条件得沿斜面方向mgsin =FN1+F安1cos 垂
4、直斜面方向FN1=mgcos +F安1sin 而F安1=解得R15 当ab杆恰好不上滑时,如图乙所示。由平衡条件得沿斜面方向mgsin +FN2=F安2cos 垂直斜面方向FN2=mgcos +F安2sin 而F安2=解得R23 所以,要使ab杆保持静止,R的取值范围是3 R5 。答案:3 R5 3.如图所示,一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上,两导轨平行且间距为L,导轨处在竖直方向的匀强磁场中,当导体棒中通一自右向左的电流I时,导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)磁场的磁感应强度大小B。(2)每个圆导轨对导体
5、棒的支持力大小FN。【解析】(1)从左向右看,导体棒的受力分析如图所示。由平衡条件得tan 37=F安=BIL解得B=(2)设每个导轨对导体棒支持力为FN,则有2FNcos 37=mg解得FN=mg即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。答案:(1)(2)mg4.如图,一长为10 cm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0.1 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12 V的电池相连,电路总电阻为2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;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
6、了0.3 cm,重力加速度大小取10 m/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。【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量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg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=IBL式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1+l2)=mg+F由欧姆定律有E=IR式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻
7、。联立式,并代入题给数据得m=0.01 kg答案:竖直向下0.01 kg二、带电粒子在有界磁场中的匀速圆周运动1.带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形:(1)直线边界(进出磁场具有对称性,如图甲所示)(2)平行边界(存在临界条件,如图乙所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图丙所示)2.分析带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的基本步骤:(1)画轨迹:即确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹。(2)找联系。从轨迹中寻找几何关系。轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系。偏转角度与圆心角、运动时间相联系。在磁场中的运动时间与周期相联系。(3)用规律:即运用牛顿第二定律和圆周运动的规律,
8、特别是半径公式和周期公式。(4)注意事项:注意分析边界条件,特别是对称性和临界条件,注意分析多解的情况。3.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动常用的结论:(1)速度总与半径垂直,圆心位于速度方向的垂线上。(2)圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)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。(4)在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出。对点训练1.(2019全国卷)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经
9、过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.B.C.D.【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由R=可知,第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍,整个运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间t=+=,故B正确。2.(2017全国卷)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同的方向射入磁场,若粒子射入的速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上,不计重力及带电粒子之间的相互作
10、用,则v2v1 为()A.2B.1C.1D.3【解析】选C。设圆形区域磁场半径为R,根据题意,当粒子出射点分布在六分之一圆周上,根据几何关系可知轨道半径r1=Rsin30,由洛伦兹力提供向心力,得到r1=,当粒子相应的出射点分布在三分之一圆周上时,根据几何关系:r2=Rsin60,又因为r2=,则v2v1为1,故选C。3.如图所示,虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场,电子束经过磁场区后,其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为m,电荷量为e,不计电子之间相互作用力及所受的重力,求:(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R。(2)
11、电子在磁场中运动的时间t。(3)圆形磁场区域的半径r。【解析】(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB=解得R=(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T,则T=由如图所示的几何关系得圆心角=所以t=T=(3)由如图所示几何关系可知,tan=解得r=tan答案:(1)(2)(3)tan4.如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。【解析】(1)粒子的运动
12、轨迹如图所示:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以在x0区域有:qvB0=;在x0区域运动时间t1=;在x0区域运动时间t2=;粒子运动的时间t=t1+t2=;(2)粒子与O点间的距离d=2(R1-R2)=答案:(1)(2)三、带电粒子在组合场、复合场中的运动(1)带电粒子垂直电场方向进入匀强电场后,要做类平抛运动,可采用研究平抛运动的方法(运动的合成与分解)处理。(2)带电粒子在匀强磁场中一般做匀速圆周运动,用好半径公式、周期公式即可。(3)带电粒子在两种场的分界面上的速度和位置是连接两个运动过程的桥梁,尤其是速度(包括大小和方向),起着承上启下的作用。所以,不论带
13、电粒子先在哪种场中运动,射出这种场时的速度大小和方向都必须求出。(4)如果出现临界状态,注意挖掘隐含条件,分析临界条件,列出辅助方程。对点训练1.如图所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是()A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为逆时针方向D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动【解析】选B。小球做匀速圆周运动,重力必与电场力平衡,则电场力方向竖直向上,结合电场方向可知小球一定带负电,A错误,B正确;洛伦兹力充当向心力,由小球运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向,C错误;重力和电场
14、力平衡,只改变v的大小,小球仍将做圆周运动,D错误。2.(2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。(2)求该粒子从M点射入时速度的大小。(3)若该粒子进入磁场时的
15、速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为(见图乙),速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m由
16、几何关系得l=2Rcos 联立式得v0=(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0cot 联立式得=设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+T式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=由式得t=答案:(1)图见解析3.如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做
17、的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。【解析】(1)由题意知,根据左手定则可判断,滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力,当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动,即BqvC=qE解得:vC=(2)从A到C根据动能定理:mgh-Wf=m-0解得:Wf=mgh-m(3)设重力与电场力的合力为F,由题意知,在D点速度vD的方向与F的方向垂直,从D到P做类平抛运动,在F方向做匀加速运动a=,t时间内在F方向的位移为x=at2从D到P,根据动能定理:Fx=m-m,其中F=联立解得:vP=关闭Word文档返回原板块