学年高中物理第三章磁场章末复习课课时检测粤教版选修31.docx
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学年高中物理第三章磁场章末复习课课时检测粤教版选修31
第三章磁场
【知识体系】
[答案填写] ①B＝
②F＝BIL ③f＝qvB ④r＝
⑤T＝
主题1 磁场对电流的作用——安培力
1．安培力大小．
（1）当B、I、L两两垂直时，F＝BIL.
（2）若B与I（L）夹角为θ，则F＝BILsinθ.当通电导线与磁场垂直时，导线所受安培力最大，Fmax＝BIL.
（3）当通电导线与磁场平行时，导线所受的安培力最小，Fmin＝0.
2．安培力的方向：
左手定则．
3．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．
（1）画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．
（2）用左手定则确定各段通电导线所受安培力．
（3）据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．
4．注意问题．
（1）公式F＝BIL中L为导线的有效长度．
（2）安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．
（3）安培力做功：
做功的结果将电能转化成其他形式的能．
【典例1】 如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力的大小；
（3）导体棒受到的摩擦力的大小．
解析：
（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
I＝
＝1.5A.
（2）导体棒受到的安培力：
F安＝BIL＝0.30N.
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.24N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件mgsin37°＋f＝F安，解得：
f＝0.06N.
答案：
（1）1.5A
（2）0.30N （3）0.06N
针对训练
1.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B大小的变化，正确的说法是（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大D．先增大后减小
解析：
根据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再根据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化情况是先减小后增大．
答案：
C
主题2 磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力
1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：
完整的圆周运动．
2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：
部分圆周运动（偏转）．
3．解题一般思路和步骤．
（1）利用辅助线确定圆心．
（2）利用几何关系确定和计算轨道半径．
（3）利用有关公式列方程求解．
4．带电粒子通过有界磁场．
（1）直线边界（进出磁场具有对称性，如图）．
（2）平行边界（存在临界条件，如图）．
（3）圆形边界（沿径向射入必沿径向射出，如图）．
【典例2】 如图所示，在x轴的上方（y＞0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：
（1）该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
（2）粒子在磁场中运动的时间．
解析：
先作圆O′，根据题目条件过O作直线L即x轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：
过入射点O沿逆时针再经O″射出．再分别过O、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图（a）这样作出的图既准确又标准，且易判断粒子做圆周运动的圆心角为270°.
（1）粒子轨迹如图（b）．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：
qvB＝m
，r＝
.
所以t＝
T＝
.
答案：
（1）
（2）
针对训练
2．（多选）两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力，下列说法正确的有（ ）
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析：
a、b粒子的运动轨迹如图所示，粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r＝
可知，两粒子半径相等，根据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．
答案：
AD
主题3 带电粒子在复合场中的运动
1．复合场：
电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．
2．组合场：
电场和磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．
3．三种场的比较．
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：
G＝mg
方向：
竖直向下
重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：
F＝qE，方向：
正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关W＝qU，电场力做功改变物体的电势能
磁场
洛伦兹力f＝qvB，方向符合左手定则
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
4.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况．
（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力．
（2）在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单．
（3）不能直接判断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．
【典例3】 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在点A（0，3）以初速度v0＝120m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点（6，0）和Q点（8，0）各一次．已知该微粒的比荷为
＝1×102C/kg，微粒重力不计，求：
（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
（3）电场强度E和磁感应强度B的大小．
解析：
（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，
由x＝v0t，得t＝
＝0.05s，
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝
at2，
得a＝2.4×103m/s2.
（2）vy＝at，tanα＝
＝1，所以α＝45°.
轨迹如图：
（3）由qE＝ma，得E＝24N/C，
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，v＝
v0＝120
m/s，
由qvB＝m
，得r＝
，
由几何关系，可知r＝
m，所以可得B＝
＝1.2T.
答案：
（1）0.05s 2.4×103m/s2
（2）45° 见解析图 （3）24N/C 1.2T
针对训练
3．（多选）如图所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是（ ）
A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
解析：
初状态：
qvB＝qE＝q
.A、B选项中，当开关S闭合时，两极板间的电压不变，若将两极板的距离增大一倍，则电场力变为原来的一半，要使磁场力与电场力相等，则需使B变为原来的一半，A错；同理可判断B对；C、D选项中，若将开关S断开，则极板上的带电量不变，由C＝
及C＝
，E＝
知F＝
＝
，当两极板的正对面积减小一半，可知电场强度变为原来的2倍，故板间的磁场也变为原来的2倍，才能使二力平衡，故D对．
答案：
BD
统揽考情
历年高考对本章知识得考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到，特别是左手定则和带电粒子在磁场中运动更是两个命题频率最高的知识点，且题目难度大，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力要求较高，且不仅考查对安培力的理解，而且考查能将它和其他力放在一起，综合分析和解决复杂问题的能力；而带电粒子在磁场中的运动考查能否正确解决包括洛伦兹力在内的复杂综合性力学问题，考查综合能力的特点．试题题型全面，难度中等偏难．预计今后的题目更趋于综合能力考查．
真题例析
（2014·广东卷）如图（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
（1）已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
（2）若撤去电场，如图（b），已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
（3）在图（b）中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：
（1）粒子从A点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：
qU＝
mv
－
mv
，①
解得：
v0＝
.②
（2）撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r，磁感应强度为B1，运动时间为t，由牛顿第二定律，有：
qB1v2＝m
，③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则
r＝
＝
R0，④
联立③④得：
B1＝
.⑤
匀速圆周运动周期T＝
，⑥
粒子在磁场中运动时间t＝
T，⑦
联立③⑤⑥⑦得：
t＝
.⑧
（3）要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：
r1＝
＝R0，⑨
设此过程的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律，有：
qB2v3＝m
，⑩
由⑨⑩得：
B2＝
.
所以磁感应强度应小于
.
答案：
（1）
（2）
（3）
针对训练
（2016·四川卷）如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则（ ）
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：
由定圆心的方法知，粒子以vb射入时轨迹圆心在a点，半径为正六边形边长L；粒子以vc射入时轨迹圆心在M点，半径为2L；由半径公式r＝
可得vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，由几何图形可看出，两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°，所以tb∶tc＝2∶1，A项正确．
答案：
A
1．（2016·全国Ⅰ卷）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（ ）
A．11 B．12
C．121D．144
解析：
设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2.在加速电场中：
qU＝
mv2，在磁场中：
qvB＝m
，联立两式得m＝
，故有
＝
＝144，选项D正确．
答案：
D
2．（2016·全国Ⅱ卷）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
如图所示，定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝
T＝
；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝
＝
，联立以上两式，得
＝
，A项正确．
答案：
A
3．（2016·全国Ⅲ卷）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m
，得R＝
，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上．
则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝
，选项D正确．
答案：
D
4．（2016·天津卷）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g＝10m/s2.求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
解析：
（1）小球匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝
，①
代入数据，解得v＝20m/s.②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ＝
，③
代入数据，解得tanθ＝
，θ＝60°.④
（2）解法一
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝
.⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt，⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝
at2，⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ＝
，⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得
t＝2
s＝3.5s．⑨
解法二
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向．小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－
gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2
s＝3.5s．⑦
答案：
（1）见解析
（2）3.5s
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