1、第三章 章末复习课【知识体系】 答案填写BFBILfqvBrT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，FBIL.(2)若B与I(L)夹角为，则FBILsin .当通电导线与磁场垂直时，导线所受安培力最大，FmaxBIL.(3)当通电导线与磁场平行时，导线所受的安培力最小，Fmin0.2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FBIL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
2、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L0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B0.50 T、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E4.5 V、内阻r0.50 的直流电源现把一个质量m0.040 kg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R2.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 370.60，cos 370.80，求： (1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大
3、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：I1.5 A.(2)导体棒受到的安培力：F安BIL0.30 N.(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1 mgsin 370.24 N，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mgsin 37fF安，解得：f0.06 N.答案：(1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N针对训练1.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，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
4、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
5、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(y0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
6、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：qvBm，r.(2)粒子运动周期：T，粒子做圆周运动的圆心角为270，所以tT.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()Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da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；
7、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：Gmg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：FqE，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WqU，电场力做
8、功改变物体的电势能磁场洛伦兹力fqvB，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、
9、电荷量为q的微粒，在点A(0，3)以初速度v0120 m/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1102 C/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xv0t，得t0.05 s，微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动
10、，由yat2，得a2.4103 m/s2.(2)vyat，tan 1，所以45.轨迹如图：(3)由qEma，得E24 N/C，设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，vv0120 m/s，由qvBm，得r，由几何关系，可知r m，所以可得B1.2 T.答案：(1)0.05 s2.4103 m/s2(2)45见解析图(3)24 N/C1.2 T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
11、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：qvBqEq.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：
12、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(2017天津卷)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子
13、从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0t，Lat2，设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvyat，设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan ，联立式得45，即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为
14、v，由运动的合成有v，联立式得vv0.(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma，又FqE，设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm，由几何关系可知RL，联立式得.答案：(1)v0，与x轴正方向成45角斜向上(2) 针对训练(2017全国卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在
15、纸面内向左做匀速直线运动下列选项正确的是()AmambmcBmbmamcCmcmamb Dmcmbma解析：对微粒a，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力，且magEq，对微粒b，qvBEqmbg，对微粒c，qvBmcgEq，联立三式可得mbmamc，选项B正确答案：B1.(2017全国卷)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L
16、2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析：由题意知，三根导线处于等边三角形的三个顶点处，设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0，在L1所在处，L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示，方向垂直L2、L3所在平面向上，由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下，合磁感应强度大小BL12B0cos 60B0；同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小BL22B0cos 60B0；在L3所在处，L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示，方向平行L1、L2所在平面向右，由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上，合磁感应强度大小BL32B0cos 30B0.由安培力F
17、BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11，选项B、C正确答案：BC2(2017全国卷)如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0B.B0C.B0 D2B0解析：当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时，由于aPPQaQl，P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为B1，由几何关系知B12BPcos 30BP，由题可知，a点处磁感
18、应强度为零，则B0和B1等大反向，则可得B0B1BP，且B0方向平行于PQ向左当P中电流反向后，如图乙所示，P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2，由几何关系知B2BPB0，且B2方向垂直于PQ向上可得a点处的磁感应强度大小为BB0，C正确答案：C3(2017全国卷)如图所示，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，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为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用则v2v1为()A.2 B.1C.
19、1 D3解析：当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时，出射点与入射点的距离最远，故射入的速率为v1时，对应轨道半径为r1Rsin 30，射入的速率为v2时，对应轨道半径为r2Rsin 60，由半径公式r可知轨道半径与速率成正比，因此，C正确答案：C4.(2017全国卷)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；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1)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)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0m，qB0v0m，粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1，粒子再转过180时，所需时间t2为t2，联立式得，所求时间为t0t1t2.(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2).答案：(1)(2)