人教版高中物理选修3-1第三章章末复习课.docx

高中物理学习材料
第三章章末复习课【知识体系】
[答案填写] ①运动 ②F IL
③N ④BS ⑤右 ⑥B ⑦I ⑧左 ⑨B ⑩v ⑪mv qB ⑫2πm qB
主题一 安培力作用下物体的平衡
1．分析安培力的方向应牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又跟电流方向垂直．
2．一般是先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上，然后根据平衡条件列方程．【典例1】(2015·江苏卷)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )
解析：由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．
答案：A
针对训练
1.如图所示为“等臂电流天平”，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着一矩形线圈，设其匝数n＝9，线圈的水平边长为l＝0.10 m，处在匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直．当线圈中通入如图方向的电流I＝0.10 A时，调节砝码使两臂平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m ＝9.00 g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．则磁感应强度B的大小为(g＝10 m/s2)( )
A．0.45 T B．0.5 T C．0.9 T D．1 T 解析：(1)根据平衡条件：
有：mg＝2nBIL，
得：B＝
mg
2nIL
.
根据以上公式，代入数据，则有：
B＝
0.009×10
2×9×0.1×0.1
T＝0.5 T.
答案：B
主题二带电粒子在磁场中的运动
带电粒子在磁场及复合场中的运动，往往具有以下特点：
(1)受力情况；
(2)运动特点不唯一，轨迹发生变化；
(3)运动时间不易把握．解题时应分析粒子的受力情况，画出粒子的运动轨迹，利用几何关系找出粒子运动的半径进而结合半径和周期公式求解其他物理量．
【典例2】(2016·北京卷)如图所示，质量为m、电荷量为q
的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．
解析：(1)洛伦兹力提供向心力，
有qvB ＝m v 2R
， 带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv Bq
， 匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB
. (2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB ，粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB ，电场强度E 的大小E ＝vB .
针对训练
2.(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．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为( )
A.mv
2Bq
B.
3mv
Bq
C.
2mv
Bq
D.
4mv
Bq
解析：根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为O′点，根据几何知识可得AB＝2r sin 30°＝r，则三角形O′AB为等边三角形，故∠O′AB＝60°，而∠MON ＝30°，∠OCA＝90°，故CO′A为一条直线，所以△AOC为直角三
角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为AO＝
AC
sin 30°
＝
2r sin 30°＝4r，而半径公式r＝
mv
Bq
，故距离为
4mv
Bq
.
答案：D
统揽考情
本章在高考中所占比重比较大．主要从两个方面进行考查，一个磁场对通电导线的作用力(安培力)在高考考查的频率比较高，主要考查安培力方向的判断以及大小的计算，也常与力学知识结合起来进行考查．另一考查点带电粒子在匀强磁场中的运动和在复合场中的运动也是高考常考的地方，此处也是本章的难点．
真题例析
(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值约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
解析：设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理
得：qU＝1
2
mv2－0得v＝
2qU
m
.在磁场中应满足qvB＝m
v2
r
，由题意，
由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．
由上式联立求解得匀速圆周运动的半径r＝1
B
2mU
q
，由于加速
电压不变，
故r1
r2
＝
B2
B1
·
m1
m2
·
q2
q1
＝
1
1
，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得
m1
m2
＝
1
144
，
故一价正离子与质子的质量比约为144.
答案：D
针对训练
(2015·全国Ⅰ卷)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求
出金属棒的质量．
解析：金属棒通电后，闭合回路电流I＝U
R
＝
12 V
2 Ω
＝6 A.
导体棒受到安培力F＝BIL＝0.06 N.
根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下．
开关闭合前2×k×0.5×10－2m＝mg；
开关闭合后2×k×(0.5＋0.3)×10－2m＝mg＋F.m＝0.01 kg.
1.(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.ω
3B
B.
ω
2B
C.
ω
B
D.
2ω
B
答案：A
2．(2015·全国Ⅱ卷)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( ) A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍
答案：AC
3．(2015·全国Ⅰ卷)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不
同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入较弱磁场区域后，粒子的( )
A ．轨道半径减小，角速度增大
B ．轨道半径减小，角速度减小
C ．轨道半径增大，角速度增大
D ．轨道半径增大，角速度减小
解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，
即qvB ＝m v 2R ，轨道半径R ＝mv qB
，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角
速度ω＝v R
可判断角速度变小，选项D 正确． 答案：D
4.(2015·上海卷)如图，两根通电长直导线a 、b 平行放置，a 、b 中的电流强度分别为I 和2I ，此时a 受到的磁场力为F ，若以该磁场力的方向为正，则b 受到的磁场力为________；a 、b 的正中间再放置一根与a 、b 平行共面的通电长直导线c 后，a 受到的磁场力大小变为2F ，则此时b 受到的磁场力为________．
解析：物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等，方向相反，a受到的磁场力为F，则b受到的磁场力也为－F.当加入匀强磁场后，a受到的磁场力为2F，可能新加入的磁场对a产生的力F1，对b产生的便为2F1.对a：F1可能等于F且与F同向；也可能为3F与F反向．对b：磁场力的合力：－3F或5F.
答案：－F－3F或5F
5.(2016·海南卷)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0，不计重力．
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC
边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁
场内运动的时间为53
t 0，求粒子此次入射速度的大小． 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 0内其速度方
向改变了90°，故其周期T ＝4t 0.①
设磁感应强度大小为B ，粒子速度为v ，圆周运动的半径为r .由
洛伦兹力公式和牛顿定律得
qvB ＝m v 2r
.② 匀速圆周运动的速度满足v ＝2πr T
.③ 联立①②③式得B ＝πm 2qt 0
.④ (2)设粒子从OA 边两个不同位置射入磁场，能从OC 边上的同一
点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示．设两轨迹所
对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1＝180°－θ2.⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1＋t2＝T
2
＝2t0.
⑥
图(a) 图(b)
(3)如图(b)，由题目条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题目条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°，⑦
r0cos∠OO′D＋r0
cos∠BO′A
＝L.⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律得v0＝2πr0 T
.
⑨
联立①⑦⑧⑨式得v0＝3πL
7t0
.⑩。