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用寻找“最小单元”的方法解答2014年江苏高考第14题


第35卷第8期

Vol?35 No?8 教 师 TEACHER(2014) 2014年PHYSICS





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用寻找“最小单元"的方法解答 2014年江苏高考第14题

>高



(天祝一中,甘肃天祝733299)

题目.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理 如图1所示,装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存 在匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向与纸面垂直且 相反,两磁场的间距为d.装置右端有一收集板,M、N、P 为板上3点,M位于轴线007上,N、P分别位于下方磁场 的上下边界上,在纸面内,质量为m,电荷量为一q的粒子 以某一速度从装置左端中点射人,方向与轴线成30。角,经 过上方的磁场区域一次,恰好到达P点,改变粒子入射速 度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置,不计粒子
的重力.

粒子在间距为d的无场区域运动时,线段AB、DE、 EF的长度均为d,若设粒子在磁场中轨道半径为r,则圆 弧BCD的弦BD长度为r,圆弧FP所对应的线段FN的 长度为线段BD长度的一半.我们要寻找的“最小单元”即 为线段AB与圆弧BC的组合,这一“最小单元”沿轴线方 向的长度为(dcos30。+rsin30。).当粒子恰好到达P点时, 经过了3个“最小单元”,所以L=3(dcos30。+rsin30。), NP之间的距离为磁场的宽度h,且h=r(1一cos30。),解得

^=(詈L一加)(-一粤).
(2)如图3所示。当粒子的速度略微减小时,它在磁场

中的弧长相应减少,就能使其到达收集板的位置从P点移 到N点.设此时粒子在磁场中轨道半径为r,,“最小单元” 沿轴线方向的长度相应变为(dcos30。+r7 sin30。),整体要 经过3.5个“最小单元”,据此列出方程L=3.5(dcos30。+
幽l

r’sin30。).比较图2和图3可知运动路线的直线部分没有 变化,而圆弧部发生变化,即圆弧沿轴线方向长度由 3rsin30。变为4r7 sin30。.列出更简单的方程3rsin30。=

(1)求磁场区域的宽度; (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求 粒子入射速度的最小变化量Av; (3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可 能值. 解析:带电粒子在匀强磁场做圆周运动时,洛伦兹力 提供向心力,物理关系非常简单,难在几何构图和几何图 形的动态变化. (1)如图2所示,粒子从左端中点A射人,先沿直线 运动到上方磁场的下边界B点,进入上方磁场后沿圆弧经 最高点C从D点离开上方磁场,然后又沿直线经过与轴线
的交点E进入下方磁场的上边界F点,在下方磁场中沿圆 弧到达收集板上的P点.由于对称性,粒子在运动中表现

4r7sin30。,解出r,后,结合r一石my和r 7一等,解得 qD qD

曲一V一”7一等(寺一雩d/1.
m\6 4“

图3

出“反反复复,绕来绕去”的特点。这就启发我们去寻找一 个“最小单元”,把粒子整体的运动看成是对“最小单元”的
多次“复制”或“循环”.

(3)当粒子的速度进一步减小,但仍然能够到达M点 时,分为两种情况:一为粒子从下方磁场射向M,如图4所 示;一为粒子从上方磁场射向M,如图5所示.将两种情况 合并起来,设粒子经过磁场珂次,第卵次所对应的半径和 速度分别为r。和u。,此时“最小单元”沿轴线方向的长度 变为(dcos30。+rn sin30。).且每经过两次“最小单元”就一 定到达轴线上,因而几何关系变为L一竹×2(dcos30。+ F"nsin30。).随着^越来越小,粒子在磁场中运动的回合越
一D一

来越多,由于%一芝≥,而粒子不能静止,因此,^只能大
于0而不能等于0.当“>o时,L>n×2dcos30。,即”<
图2

万方数据

V01.35 No.8

物 理 教 师 (2014)PHYSICS TEACHER

第35卷第8期
2014钜

一道2013年上海高考计算题的4种解法
王添华
(福建省漳州第一中学,福建漳州
363000)

题目.(2013年高考上 海卷第33题)如图1所示, 两根相距L一0.4 m、电阻 不计的平行光滑金属导轨 水平放置,一端与阻值R一
0.15

的平均功率P.



×



×











所以,第(3)问是本题解题的关键也是本题的难点所 在.由于安培力在导体棒运动过程中是变力,可见本题考 查的是变力做功的处理方法.这对学生的综合分析能力 和知识迁移能力要求较高.以下列举的4种解法,也是中 学阶段求解变力做功常用的方法:

。。

。B。
x x x x

n的电阻相连.导轨
雪1

x>0一侧存在沿z方向均

解法1:等效替代法. 由于导体棒在运动过程中受到的安培力为FA— BIL,且B=Bo+hx,则安培力F^一(Bo+点z)儿.电阻上 消耗的功率不变,故电流不变为J一2 A,安培力随位移线 性变化,可以用平均安培力做功等效替代线性变化力做 功,即有z一0时,Fo—Bo儿一0.4
B。IL=1.2 F上P


匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率最一
0.5

T/m,z=0处磁场的磁感应强度Bo一0.5 T.一根质量 kg、电阻r=0.05 Q的金属棒置于导轨上,并与导轨

m=0.1

垂直.棒在外力作用下从z一0处以初速度Vo一2 m/s沿导 轨向右运动,运动过程中电阻上消耗的功率不变.求: (1)回路中的电流; (2)金属棒在z一2m处的速度; (3)金属棒从z一0运动到z=2 m过程中安培力做 功的大小; (4)金属棒从T一0运动到z=2 m过程中外力的平 均功率. 答案:(1)2
A;(2)0.67 m/s;(3)1.6 J;(4)0.71 W.

N,aT一2 m时FA—

N.x=0到z一2 in过程的平均安培力为F= N.故安培力做功w=P?z一1.6 J.

塑掣一0.8

点评:当力的方向不变,大小随位移做线性变化时,

可先求出力对位移的平均值F一—171F+Fz,再由平均值替


代变力做功:W,一F?z计算,如弹簧弹力做功、浮力做 功、随位移变化的阻力做功等.
解法2:微元法.

解析:由题目已知运动过程中电阻上消耗的功率不 变,电阻是一个定值.由焦耳热功率P。一12R可以判断运 动过程中通过回路的电流强度保持不变.(1)由法拉第 电磁感应定律得E—B。Lv=0.4 V,由闭合电路欧姆定律


将运动的位移z分成聍段,则每一段的位移Ax一

三.令竹一cx3,△z—o,在每一小段位移的空间内可以认为


A ,(2)由 B 2一o+^z一.5 B 1 T, E I - 一 得f一—D兰一一2 J~l-,-

磁感应强度不变,则在这段微小位移缸过程,通过闭合
电路的磁通量变化量△垂为
Aq)=B,?L?△z,

B:L耽,得'U2—0.67 m/s,通过前面两问题考查学生对基

本概念的理解,基本规律的应用能力.如果第(3)问安培 力做功的大小Ⅳ能求出来,可以再利用动能定理可得


则导体棒运动位移z过程磁通量的变化为

A--W=百1埘功2一i1

mvo

2,就可以求得运动过程中外力

>:∞一△甄+△Q+…+△蛾一L(Bl?缸+B2?
△z+…+B。?△z).

磐6a.所以入射速度的可能值为%一等(鲁 励)( 2≤
m\珂

着眼,小处着手”的良好习惯.

”<等,刀取整数).当”为奇数时,粒子离开上方磁场射
O“


向M;当72为偶数时,粒子离开下方磁场射向M. 感悟:本题没有过多的数学运算,却有浓郁的物理气 息,意境深远,耐人寻味.三问的设置有一种渐入佳境,曲 径通幽之感.考生只要做到准确作图,步步推进,是能够完 成的.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动与多过程和对称 性相结合的题目,往往存在一个“最小单元”.通过寻找和 确定“最小单元”能将这类题目化整为零,从而以小见大, 在有效降低难度的同时,更能培养学生解题过程中“大处
鞫5 (收稿日期:2014—06—12)

一88一

万方数据


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