高二物理粤教版选修3-1 检测题 第三章 章末复习课 Word版含解析

章末复习课
【知识体系】
磁场
[答案填写]　　BS　投影面积　左手定则　相吸　相斥　qvB　　
主题1　磁场对电流的作用——安培力
1．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．
2．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，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．则
(1)这时B至少多大？B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
解析：解这类题时必须先画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而理清各矢量方向之间的关系．
(1)画出金属杆的截面图．由三角形定则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mgsin α，B＝.
(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2Lcos α＝mgsin α，I2＝.
答案：(1)　垂直于导轨平面向上
(2)
针对训练
1.质量为m、长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示．求棒MN受到的支持力和摩擦力．
解析：由左手定则判断安培力的方向时，要注意安培力的方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向，垂直于电流方向和磁场方向所决定的平面，棒MN受力分析如图所示。由平衡条件有水平方向Ff＝Fsin θ，竖直方向FN＝Fcos θ＋mg.且F＝BIL，从而得Ff＝BILsin θ.
答案：Fcos θ＋mg　BILsin θ
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，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．则a、b两粒子的质量之比为多少？
解析：粒子a、b动能相同，有mav＝mbv，则＝，a粒子在磁场中运动轨迹半径ra＝，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb＝d，a粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，轨迹弧长为sa＝＝，运动时间ta＝，b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，轨迹弧长为sb＝＝，运动时间tb＝，又因a、b同时到达P点，所以ta＝tb，联立上式得＝，＝.
答案：3∶4
针对训练
2.如图所示，重力不计、初速度为v的正电荷，从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后(　　)
A．动能发生改变
B．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动
C．运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出
D．运动轨迹是一个半圆，并从a点下方某处穿出边界向左射出
解析：洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A错误；由左手定则知，正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出，B、D均错误，C正确．
答案：C
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，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场．质量为m、电荷量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点．设OM＝L，ON＝2 L．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的方向；
(3)磁感应强度B的大小．
解析：如图所示，带电粒子从M点进入第三象限做类平抛运动，－x方向上为匀速直线运动，＋y方向上为匀加速直线运动，粒子带负电；从N点进入第一、二象限内的匀强磁场区做匀速圆周运动；从P点回到M点是匀速直线运动．
(1)带电粒子在第三象限：L＝t2，且2L＝v0t，则E＝,2qL).①
(2)粒子带负电，由左手定则可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里．
(3)设粒子到达N点的速度为v，如图所示，设运动方向与x轴负方向的夹角为θ，
由动能定理得qEL＝mv2－mv，
将①式中的E代入可得v＝v0，所以θ＝45°.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与z轴负方向成45°角．
则OP＝OM＝L，NP＝NO＋OP＝3L，
半径为R＝NPcos 45°＝L，
又R＝，
解得B＝.
答案：(1),2qL)　(2)垂直纸面向里　(3)
针对训练
3.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＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，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)，g取10 m/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，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＝20 m/s，②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝，③
代入数据解得tan θ＝，
故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tan θ＝，⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s＝3.5 s．⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，他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，小球在竖直向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ，⑤
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的分位移为零，则有
vyt－gt2＝0，⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s＝3.5 s.
答案：(1)20 m/s　速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为60°　(2)3.5 s
统揽考情
历年高考对本章知识的考查覆盖面大，几乎每个知识点都会考查到，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
(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间相互作用．求
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比．
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理，有
q1U＝m1v，①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有
q1v1B＝m1,R1)，②
由几何关系，得
2R1＝l，③
联立①②③式解得
B＝.④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝m2v，⑤
q2v2B＝m2,R2)，⑥
由题给条件有
2R2＝，⑦
联立①②③⑤⑥⑦式，得甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4.⑧
答案：(1)　(2)1∶4
针对训练
(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：A、C对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0＝B0－B1＋B2在a点：B0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0.
答案：AC
1．(2018·北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，带电粒子做匀速直线运动，则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直，qvB＝qE，故v＝.因此粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关．撤去电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件．
答案：C
2.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零，两细线竖直．现将匀强磁场磁感应强度B大小保持不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中(　　)
A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大
B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大
C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小
D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小
解析：开始时，金属棒的重力和安培力大小相等．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小FA＝BIL不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转，因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3.(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
解析：a点射出粒子半径Ra＝＝，得
va＝＝；
d点射出粒子半径为R＝l2＋，Rd＝l，
故vd＝＝，故B选项符合题意．
答案：B
4．(2018·天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．
(1)求粒子从P到M所用的时间t.
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．
解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝，①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有
F＝qE，②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律，有
F＝ma，③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v＝at，④
联立①②③④式，解得t＝.
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系，可得
(r′－R)2＋(R)2＝r′2，⑤
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系，知
tan θ＝，⑥
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解，可得
tan θ＝，⑦
联立①⑤⑥⑦式，解得v0＝.
答案：(1)　(2)
5．(2018·全国卷Ⅱ)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为条形区域边界上的两点，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(a)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θ[如图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.
根据牛顿第二定律，有
qE＝ma，①
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＝at，②
l′＝v0t，③
v1＝vcos θ，④
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＝，⑤
由几何关系，得
l＝2Rcos θ，⑥
联立①②③④⑤⑥式，得
v0＝.⑦
(3)由运动学公式和题给数据，得
v1＝v0cot，⑧
联立①②③⑦⑧式，得
＝；⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T，⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝，?
由③⑦⑨⑩?式，得t′＝.
答案：(1)见解析　(2)
(3)