2016-2017學(xué)年高中物理第三章磁場章末復(fù)習(xí)課練習(xí)粵教版選修3

1、第三章章末復(fù)習(xí)課-提綱挈領(lǐng)復(fù)習(xí)知識【知識體系】磁康感應(yīng)強(qiáng)度工 場“安培力二方向3左手定則洛倫茲力邃方向;左手定則直流電動機(jī)和送電式電流態(tài)通電導(dǎo)體在復(fù)合場中的平衡和運動帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動.半徑3，周期松田J質(zhì)譜儀衛(wèi)I回旋加速器安培分子電流假說F答案填寫匹ILmv27tm3匕qB上1r總結(jié)歸納提升能力主題i磁場對電流的作用一一安培力1.安培力大小.當(dāng)RI、L兩兩垂直時，F(xiàn)=BIL.(2)若B與I(L)夾角為0,則F=BILsin0.當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時，導(dǎo)線所受安培力最大，F(xiàn)max=BIL.(3)當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場平行時，導(dǎo)線所受的安培力最小，F(xiàn)min=0.2.安培力的方向：左手定

2、則.3 .分析在安培力作用下通電導(dǎo)體運動情況的一般步驟.(1)畫出.通電導(dǎo)線所在處的磁感線方向及分布情況.(2)用左手定則確定各段通電導(dǎo)線所受安培力.(3)據(jù)初速度方向結(jié)合牛頓定律確定導(dǎo)體運動情況.4 .注意問題.(1)公式F=BIL中L為導(dǎo)線的有效長度.(2)安培力的作用點為磁場中通電導(dǎo)體的幾何中心.(3)安培力做功：做功的結(jié)果將電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能.【典例1】如圖所示，在傾角為a的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L,質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒.當(dāng)導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可將導(dǎo)體棒置于勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉(zhuǎn)至水平向左

3、的過程中，關(guān)于B大小的變化，正確的說法是()A.逐漸增大B.逐漸減小C.先減小后增大D.先增大后減小解析：根據(jù)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針至水平向左的條件，受力分析，再根據(jù)力的平行四邊形定則作出力的合成變化圖，由此可得B大小的變化情況是先減小后增大.答案：C針對別練1.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m,金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角0=37°,在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場.金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50Q的直流電源.現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬

4、導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止.導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的電阻R=2.5Q,金屬導(dǎo)軌電阻不計，g取10m/s2.已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,求：(1)通過導(dǎo)體棒的電流；(2)導(dǎo)體棒受到的安培力的大?。?3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力的大小.解析：(1)導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I1.5A.(2)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=81=0.30N.(3)導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力Fi=mgiin370=0.24.NI,由于F1小于安培力，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f;根據(jù)共點力平衡條件m$in3

5、70+f=F安，解得：f=0.06N.答案：(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N主題2磁場對運動電荷的作用一一洛倫茲力1 .帶電粒子在無界勻強(qiáng)磁場中的運動：完整的圓周運動.2 .帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運動：部分圓周運動(偏轉(zhuǎn)).3 .解題一般思路和步驟.(1)利用輔助線確定圓心.(2)利用幾何關(guān)系確定和計算軌道半徑.(3)利用有關(guān)公式列方程求解.4 .帶電粒子通過有界磁場.a0 0 .1臨界條件，如340bc圖）.(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖).解析：先作圓o,根據(jù)題目條件過O作直線L即x軸，交圓O于O',即可得到粒子進(jìn)入磁場的運動軌跡：過入射點O沿逆時針再經(jīng)

6、。射出.再分別過OO'作垂線交于O',既為粒子作圓周運動軌跡的圓心.如圖（a）這樣作出的圖既準(zhǔn)確又標(biāo)準(zhǔn)，且易判斷粒子做圓周運動的圓心角為270°（1）粒子軌跡如圖（b）.粒子進(jìn)入磁場在洛倫茲力的作用下做圓周運動:2qvB=mv-,r=?rrqB（2）粒子運動周期：T=21=2g粒子做圓周運動的圓心角為270。，vqB所以t = 4丁=3 7tm2qB.g-mv37tm日木：qB（2）2qBt對訓(xùn)練2.（多選）兩個初速度大小相同的同.種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到屏P上.不計重力，下列說法正確的有（）A. a、b均帶正電B. a在磁場中飛行的時

7、間比b的短C. a在磁場中飛行的路程比b的短D. a在P上的落點與O點的距離比b的近解析：a、b粒子的運動軌跡如圖所示，粒子a、b都向下運動，由左手定則可知，a、b均帶正電，故A正確；由=£知，兩粒子半徑相等，根據(jù)圖中兩粒子運動軌跡可知a粒qB子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，a在磁場中飛行的時間比b的長，故B、C錯誤；根據(jù)運動軌跡可知，在P上的落點與O點的距離a比b的近，故D正確.答案：AD主題3帶電粒子在復(fù)合場中的運動1 .復(fù)合場：電場、磁場、重力場共存，或其中兩場共存.2 .組合場：電場和磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).3 .三種場的比較.

8、名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏J=mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能電場大小：F=qE,方向：正電荷受力方向與場強(qiáng)力向相同；負(fù)電何受力方向與場強(qiáng)力向相反電場力做功與路徑無關(guān)W=qU,電場力做功改變物體的電勢能磁場洛倫茲力f=qvB,方向符合左手定則洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能4.復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況.(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般考慮其重力.(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規(guī)，也比較

9、簡單.(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在受力分析與運動分析時，要結(jié)合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力.5 .帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例.(1)速度選擇器.平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直，這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫速度選擇器.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是：qvB=qE即v=2B(2)質(zhì)譜儀.構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.12原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式：qU=2mV.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式：2vqvB=mr.由兩式可得出需要研究的物理量，

10、如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.r_1j2mUm=q.B2q2U(3)回旋加速器.構(gòu)造：如圖所示，D、D是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源.D形盒處于勻強(qiáng)磁場中.原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速，由22-22mv一qBr一一一一，、qvB=，得Rm=t-,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,r2m與加速電壓無關(guān).(4)磁流體發(fā)電機(jī).磁流體發(fā)電機(jī)是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.根據(jù)左手定則，如圖可知B是發(fā)電機(jī)的正極.磁流體發(fā)電機(jī)兩極間的距離為L,

11、等離子體的速度為v,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則兩極板間能達(dá)到的最大電勢差UtBLv.外電阻R中的電流可由閉合電路歐姆定律求出.（5）電磁流量計.工作原理：如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷（正、負(fù)離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即qvB=qE=q馬所以丫=與.因此液體流量，即Qi=Sv=:dBd4Bd4B（6）霍爾效應(yīng).在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種

12、現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，其原理如圖所示.【典例3為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計.該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口.在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極.污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積），下列說法中正確的是（）A.若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B.若污水中負(fù)離子較多，則前表面比后表面電勢高C.污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大D.污水流量Q與U成正比，與a、b無關(guān)且當(dāng)電荷所受洛

13、倫茲解析：由左手定則可判斷，前表面聚集負(fù)電荷，比后表面電勢低,A B、力與電場力平衡時，電荷不再偏轉(zhuǎn)，電壓表示數(shù)恒定，與污水中的離子的多少無關(guān),C均錯誤；由Q=vs.bc,qvB=qUT彳導(dǎo)Q=Uc可見，Q與U成正比，與a、b無關(guān)，D正確.dB答案：Dt對訓(xùn)練6 .（多選）如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為R方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩金屬板通過導(dǎo)線與滑動變阻器相連，變阻器接入電路的電阻為R等離子體連續(xù)以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場，理想電流表A的讀數(shù)為I.,則（）等底子體CA.發(fā)電機(jī)的電動勢E=IRBdvB,發(fā)電機(jī)的內(nèi)電阻為r-RIRC.發(fā)電機(jī)

14、的效率Y=3不BdvD.變阻器觸頭P向上滑動時，單位時間內(nèi)到達(dá)金屬板A、C的等離子體數(shù)目增多解析：當(dāng)?shù)入x子體受到的洛倫茲力等于電場力時，電動勢呈穩(wěn)定狀態(tài)，則場強(qiáng)E=Bv,發(fā)動機(jī)的.電動勢E=Ed=Bdv,外電路白電壓為IR,A錯誤；發(fā)電機(jī)的內(nèi)部電阻等效于電源的內(nèi)阻，那么發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻r=BdvR,B正確；發(fā).電機(jī)的效率Y=U=獸，C正確；觸頭IEBdvP向上運動，則電路中的電阻變小，電路中的電流變大，單位時間移動的電荷數(shù)變多，D正確.答案：BCD分析考情體驗真題統(tǒng)攬考情歷年高考對本章知識得考查覆蓋面大，幾乎每個知識點都考查到，特別是左手定則和帶電粒子在磁場中運動更是兩個命題頻率最高的知識點，且題

15、目難度大，對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力要求較高，且不僅考查對安培力的理解，而且考查能將它和其他力放在一起，綜合分析和解決復(fù)雜問題的能力；而帶電粒子在磁場中的運動考查能否正確解決包括洛倫茲力在內(nèi)的復(fù)雜綜合性力學(xué)問題，考查綜合能力的特點.試題題型全面，難度中.等偏難.預(yù)計今后的題目更趨于綜合能力考查.真題例析(2014廣東卷)如圖(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi),存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R=R,R=3R,電量為+q,質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進(jìn)入該區(qū)域，不計重力.(1)已知粒子從外圓上以速度vi射出，求粒

16、子在A點的初速度V0的大小.(2)若撤去電場，如圖(b),已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度V2射出，方向與OA延長線成45。角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運動的時間.(3)在圖(b)中，若粒子從A點進(jìn)入磁場，速度大小為V3,方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？解析：(1)粒子從A點射入到從外界邊界射出的過程，洛倫茲力不做功，電場力做功，由動能定理，得：1212qU=2mv2mv,解得：vo=v2一弓(2)撤去電場后，作出粒子的運動軌跡如圖1,設(shè)粒子運動的軌道半徑為r,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,運動時間為t,由牛頓第二定律，有：2v2小qB1V2=m-,由幾何關(guān)系可

17、知，粒子運動的圓心角為90。，則J2(R,-R)r=-2Z2R,聯(lián)立得：B=.2qR2兀r勻速圓周運動周期T=，V2一，1粒子在磁場中運動時間t=412兀R聯(lián)立得：t=F-.2V2LOKB2（3）要使粒子一定能夠從外圓射出，粒子剛好與兩邊界相切，軌跡圖如圖2,由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑:設(shè)此過程的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2,由牛頓第二定律，有:2V3一qE2V3=m-,ri口mv由得：B2=左".qrt所以磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于£答案：（1）v22qUm (2)2qR2v2mvqR0針對訓(xùn)練半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一個帶電粒子（不計重力）從A點以速度vo

18、垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出./AOB= 120° ,如圖所示,則該帶電粒子在磁場中運動的時間為2兀rA.3vo兀rC.菰3兀rD.t3vo解析：由/AOB= 120°可知，弧 AB所對圓心角0 =60° ,故兀RQ ,從圖中分析3vo有曾4,所以t=之工,D項正確.答案：D章末集訓(xùn)迎戰(zhàn)兩考1.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上,導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示.一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()B.向下D.向右A.向上C.向左解析：在O點處，各電流產(chǎn)生的磁

19、場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在O點疊加.d、b電流在O點產(chǎn)生的磁場抵消，a、c電流在O點產(chǎn)生的磁場合矢.量方向向左，帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，由左手定則可判斷出它所受洛倫茲力的方向向下，B選項正確.答案：BR,磁場方向垂直于橫截7 .空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為面.一質(zhì).量為m電荷量為q(q>0)的粒子以速率V0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60° .不計重力.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為A./3mv3qRB.mvqRC.Mmv ""qR"D.3mv "qR解析：畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如圖所示.設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動軌跡的半徑為r,根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，得2qv°B= mv,解得 r =mv qB.由圖中幾何關(guān)系可得:B=嚶，選項tan30°=-.r聯(lián)立解得：該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度答案：A8 .(多選)1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎.若一束粒子