(江苏专版)高考物理二轮复习专题三第二讲磁场的基本性质课件

1、专题三电场与磁场磁场的基本性质i=ir1 1.5课前自测诊断i把薄弱环节查出来课堂重点攻坚ii.把高考短板补起来/释疑4大考点;E课后达标检测«f把高考能力提起来J课前自测诊断巴薄弱环节查出来（单击进入电子文档）课堂重点攻坚把高考短板补起来/释疑4大考点考点一磁场对电流的作用力本考点是对磁场及安培力知识的考查，常涉及磁场的叠加、安培定则，特别是涉及左手定则、安培力的平衡和运动 问题考查相对较多，试题难度中等，建议考生自学为主。（一）必备知识安培力的大小和方向>B/ IAF= 0安培力大小IAE丄IAF= BTL夹角为型f F = BJLsin 0安培力方向If左手定则（二）重点

2、提醒解题常见的两大失误点通电导线或圆环周围的磁场方向可用右手螺旋定则确定，磁场方向画线要准确，避免磁场的叠加结果跑偏, 如诊断卷第1题。2.安培力作用下导体棒的平衡与运动问题与力学中的平衡与运动问题的处理方法相同，只是安培力会随着磁场B、电流I及导线长度I的变化而变化，如诊断卷第2、3题。（三）解题规范导体棒运动问题“三步曲”正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意 通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与 导体棒和磁感应强度组成的平面垂直必要时将立体图的受力分析图转化为平面受 力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的 受力分析图根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列 式分析求解题点全练1多选如图甲

3、所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为厶 其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从（=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流人周期为八最大值为陰，图甲中/所示方向为电流正方向。则金属棒A. 直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功解析：在0I,导体棒受到向右的安培力，大小恒为册上， 导体棒向右做匀加速直线运动；在IT,导体棒受到的安培 力向左，大小仍为BgL,而此时速度方向仍然向右，做匀减 速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程,A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。答

4、案：ABC2多选（2017全国卷I）如图，三根相互平行的()固定长直导线Li、乙和厶两两等距，均通有电流人Li中电流方向与乙中的相同，与厶中的相反。下列说法正确的是A所受磁场作用力的方向与2、厶所在平面垂直B. 厶所受磁场作用力的方向与Li、乙所在平面垂直c. L1、乙2和厶*单位长度所受的磁场作用力大小之比为1 ： 1 ：逅D.乙、2和厶单位长度所受的磁场作用力大小之比为羽：a/3 ： 1解析：由安培定则可判断出乙在乙处产生的磁场（21）方向垂直L1 和L2的连线竖直向上，乙3在L处产生的磁场031）方向垂直L1和乙3 的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，厶和乙2在乙1处产生的合磁 场（B合

5、J方向如图1所示，根据左手定则可判断出厶所受磁场作用力 的方向与乙2和乙3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示， 可判断出厶所受磁场（B合3）作用力的方向（竖直向上）与L1、乙2所在平 面垂直，选项B正确；©厶3/ 弘3、T 32/ / 禺1 /怎里丄同理，如图3所亦，设一根长直导线在另_根导线处产生的磁场 的磁感应强度大小为B,根据几何知识可知，B合i=B, B合2=B, B合3=B,由安培力公式F=BIL可知厶、花和厶单位长度所 受的磁场作用力大小之比为1 ： 1 ：迈，选项c正确，D错误。厶3/ 图1图2/Q5/ 图3答案：BC3多选（2017全国卷U）某同学自制的简易电

6、动机示意图如图所示。 矩形线圈由一根漆包线绕制而 成，漆包线的两端分别从线圈的 一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖 直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉:臨解析：装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面

7、向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若 仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安 培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴 只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、Do答案：AD考点二 带电粒子在磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动是每年必考的内容，涉及的考点主要有：磁场对运动电荷的作用，带电粒子在匀强磁场中 的运动等。由于此类问题考查考生的空间想象能力，运用数学 知识解决物理问题的能力，综合性较强，但难度一般不大，解 答时应注意洛伦兹力永不做功的特点，明确半径公式、周期公 式，正确画出运动轨迹草图等，考生应学会灵活变通。（一）两种运动类型要记

8、牢带电 粒子 在磁 场中 的运 动;F洛=0 严V匀速直线运动B±v匀速圆周运动= m vwr=b/ 点写出基本方程qvB - 甘口 ” 2nR 2yim期芮、m字、半径7?二竺、周RqB运动时间t瓷二売T（二）四步解题流程要用好在特殊位置或要求粒子到达的位置（如初 始位置、出射位置等）点一个点 画出速度。和洛伦兹力F两个矢量的方向,/二;lj上2-若已知初速度和末速度的方向，则画出两 个速度方向的垂线/三定/一定圆心、定半径、定圆心角解题的难点是画出轨迹图，挖掘隐含的几何关系，寻找轨迹半径尸与磁场宽度的几何关系。如图展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角（p等于圆心角«

9、, 且等于AB弦与切线的夹角（弦切角）的2 倍，即0=°=2=血。相对的弦切角相等，与相邻的弦切角 互补,<?+/?= 180° o(三)三个技巧提醒解题妙1. 洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。如诊断卷第4题，由电子的速率不变可 知，B、D均错误。2. 注意“对称性”的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时, 速度方向与边界的夹角相等。(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。3. 相同的粒子在磁场中的运动时间由粒子运动轨迹所n对应圆心角大小决定。如诊断卷第6题，t=石T,但的大小与粒子速度大小有关。/题点全练

10、1多选如图以实线为理想边界，上方是X X X X垂直纸面向里的匀强磁场。质量和带电B MX NX X7 荷量大小都相等的带电粒子M和N,* x以不同的速率经小孔S垂直边界和磁硏场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述错误的是AM带负电，N带正电B. M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M. N都做正功D. M在磁场中的运动时间大于N在磁场中的运动时间解析：由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力qvB =护mr)mf半径为：=硕,在质量与电荷XXXXBMXNXX-、 XX1 /X '；XX Sf量大小相同的情况下，半径大说明速率

11、大，即M的速率大于N 的速率，故B错误；洛伦兹力不做功，故C错误；粒子在磁 场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为卩=器，与磁场中的运动时间，故D错误。粒子运动的速度无关，所以M在磁场中的运动时间等于N在 答案：BCD2多选如图所示，虚线MV将平面分成I和II两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由I区运动到II区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧必、弧"的弧长之比为2 ： 1,且粒子经过°、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是A. I、II区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1 : 2B. 粒子在I、II区

12、域两个磁场中的运动半径之比为2 : 1D.弧必与弧刃对应的圆心角之比为2 ： 1C.粒子通过刃两段弧的时间之比为1 ： 1解析：粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区 域内粒子的速率相同。由两弧长之比为2 : 1,速率相同，可知时间之比为2 : 1,故C错误。由于粒子经过“、方点时的速度方向均水平向右，可知粒子在磁场中运动的圆心角相等, 故D错误。根据&=曲知角速度之比为1 ： 2,由o=初诃知半7mv径之比为2 ： 1,故B正确。根据qvB=mr=,所以磁 感应强度大小之比为1 ： 2,且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确。答案：AB3.如图所示，A点距坐标原点的距

13、离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为加、电荷量为e)从A点以初速度珂平行兀轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从乂轴上的D点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60° ,求：(1) 磁场的磁感应强度大小；(2) 磁场区域的圆心0的坐标;电子的磁场中运动的时间。解析：过D点作电子出射速度方向的垂线交丿轴于C点，则C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹，如图所示：由几何知识得ZACD = 60° ,设电子在磁场中运动的轨迹半径为R由几何关系得：R-L=Rcos60° ,解

14、得：R=2L联立解得：箸-沁2eL°洛伦兹力提供向心力，则有：eBv0=nr111(2)过A、O、D三点的圆的圆心在AD连线的中点，由几何关系可知，厶4仞为等边三角形 故40的长度也为R=2L，则磁场的半径为厶故 AOi=L所以：兀轴坐标x=A(71sin60° =y 轴坐标y=LAOlcos 60° =则0点坐标为(%,型。由几何知识知ZACD=60° ,则粒子在磁场中运动的时间为:7T03 2itR 2nL2n1lit Vq3v0 °答案:mv0 (B竝号厶2丿mv02eL考点三带电粒子在有界磁场中 运动的临界、极值问题带电粒子在有界磁场中

15、的临界、极值问题是高考命题的重点 和热点，此类问题之所以常失分，关键是找不到解题的突破口， 针对此类问题，只要准确锁定临界点，合理套用思维流程，问题 便迎刃而解。(_)熟悉解题思维流程距离为3其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为O是MN上一点，O处有一粒子源，某M xy xp11X11X11111:X11X1111:X1X11111B11:XX11N Q（二）突破三类常考题型题型一 粒子在有界磁场中运动的最长时间问题 例1如图所示，竖直线MN/PQ , MN与PQ间时刻放出大量速率均为e（方向均垂直磁场方向）、比荷 一定的带负电粒子（粒子重力及粒子间的相互作用力不计），已知沿图中与MN

16、成0=60。角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为B.中运动轨迹所对的圆心角为血则其在磁场中运行的时间为=,即°甲解析当=60。时，粒子的运动轨迹如图甲所示，贝a=Rsm30° ,即R=2ao设带电粒子在磁场越大，粒子在磁场中运行时间越长，"最大时粒子的运行轨迹恰 好与磁场的右边界相切，如图乙所不，因R=2a，此时圆心角otm= 120° ,即最长运行时间为彳，而卩=警=響，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4na3vC正确。答案C题型二 粒子在有界磁场中运动的最短时间问题BCA0D例2如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强

17、磁场，磁感应强度的大小为B = 5.0X10_2T,矩形区域长为1.0 m,宽为0.2 mo在4D边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为r=2X106 m/s的某种带正电所带电荷量为9 =粒子。已知带电粒子的质量为加= 1.6X1027炮,3.2 X10-19 C(不计粒子重力)。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大?(2)求从BC边界射出的粒子,在磁场中运动的最短时间为多务?解析粒子在磁场中做匀速国冋运动，由牛顿第二定律得：qvB=nrj 解得：7?=02m。(2)因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO

18、丄40,BEcg 01A0DEO弦最短，如图所示。因为 EO=02m，且 /?=0.2m,7T所以对应的圆心角为0 = y111由牛顿第二定律得：qvB=m解得:最短时间为：t=T=誹,解得：/二參均入。答案(1)0.2 m (2耳XIOTs'题型三 磁场面积范围的空间极值问题为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为例3在如图所示的平面直角坐标系 xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中 未画出)，磁场方向垂直于欢"平面，O点 加，带电荷量为+?的带电粒子(不计重力) 从O点以初速度沿兀轴正方向进入磁场、e 疝p O已知粒子经过y轴上P点时速度方向与+丿方向夹角为=30。,OP

19、=L。求：(1)磁感应强度的大小和方向;(2)该圆形磁场区域的最小面积。解析(1)由左手定则得磁场方向垂直兀Oy平面向里。粒子在磁场中做弧长为£则用匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场。设其轨迹圆心为半径为人。111由几何关系有(LR)sin 30° =R,所以R=L0的由牛顿第二定律有加贽，故尺=解。由以上各式得磁感应强度3=号。(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得，最小圆形磁场区域的直径OQ =極 =7tL2IT考点四带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在磁场中做圆周运动时，由于初始条件的不确定性，使带电粒子的受力及运动规律存在某些不确定性，从而使

20、结果出现多种可能性。解答此类问题时最常见的失分之处是对 多解原因分析不清。建议对本考点重点攻坚。明确形成多解的四种常见题型1.磁场不确定形成多解，如诊断卷第10题，M. N间磁场方向不确定，而例2中磁感应强度大小也不确定。2.带电粒子速度大小或方向不确定形成多解，如诊断卷第11题，粒子速度方向不同时，运动路径也不同。3临界状态不唯一形成多解，如例1。4.带电粒子运动的重复性形成多解，如诊断卷第12题。=J例1多选长为I的水平极板间有垂直纸面 向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为 板间距离也为Z,极板不带电，现有质量为加、 电荷量为g的带正电粒子（不计重力），从左边极 板间中点处垂直磁感线以速

21、度Q水平射入磁场， 欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是A. 使粒子的速度X鬻B. 使粒子的速度e>C. 使粒子的速度警D. 使粒子的速度e满足鬻思路点拨粒子不打在极板上粒子从左 上侧射出>>最大半径为#>>对应从左侧射 出的最大速度粒子从右 上侧射出由几何关系确定最小半径为¥ 1对应从右侧射 出的最小速度°卜、I 、X X X X解析带电粒子刚好打在极板右边 缘，有厂/=»-訂+尸，又因口=驚，解 得6=警；粒子刚好打在极板左边缘， 有厂2=扌=需，解得5=譽,欲使粒子不打在极板上，使粒子速度大于帀或小于"2,故a、B正确

22、。答案AB例2 (2018-M潭一棋)如图甲所示，在直角 坐标系OWrWL区域内有沿兀轴正方向的匀强电场，右侧有一个圆心在兀轴上、半径为L的111圆形区域，圆形区域与兀轴的交点分别为M、111八B'''7：2T tN。现有一质量为m,带电荷量为e的正电子(重 力忽略不计)，从丿轴上的A点以速度沿丿轴负方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆 形区域，速度方向与X轴夹角为30° o此时在圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向里为磁 场正方向，最后正电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与进 入磁场时的速度方向相同。求：(1) OWxWL区域内匀强电场场

23、强E的大小；(2) 写出圆形磁场区域磁感应强度Bq的大小应满足的表达式3二解析(1)正电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，如图甲所示，由速度关系：=tan30° ,整理可以得到：vx=3vqo 正电子在水平方向做匀加速运甲动,则打=2罟整理可以得到:mVx 3/wr02E=leL=eTQ几何知识，在磁场变化的半个周期内,O! R/：/60°M! V(2)由题意知，在磁场变化的半个 周期内正电子的偏转角为60。,根据正电子在X轴方向上的位移恰好等于R.正电子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR =21( = 1，2,3,)，兀=1时，轨迹如图乙所示，v=2vQ9在磁

24、场中运动的半径为虑=盂= 整理可以得到：Bo=*(/i = l,2,3,)。*4.3mr022nmv0答案忑产(2)B°=(11 = 1,2,3,)题点全练1多选如图所示，在半径为人的圆形区域内充满磁 感应强度为B的匀强磁场，MV是一竖直放置的感 光板。从圆形磁场最高点P以速度。垂直磁场射入 大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质 量为加。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒 子的运动以下说法正确的是（）A对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过 的弧长越长，运动时间越长B对着圆心入射的粒子，速度越小在磁场中做圆周运动的圆心角 越小C.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线

25、一定过圆心xo XX,/X,一一X 、til、M ND.只要速度满足°=警,沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直解析：对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，n111弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由f=石T知，运动时间t越小，故A、B错误。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故c正确。速度满足=豊时，粒子的轨迹半niV111径为r=B=Rf入射点、出射点、°点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子射出后一定垂直打在MN板上，故D正确。 答案：CD2.在兀Oy平面内分布着

26、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.01 T,其中有一半径为1?=01 m的无磁场圆形区域，圆心在原111111点0(0,0)，如图所示。位于直线：X=-O.3 m上的粒子源可以沿直线移动，且沿兀轴正向发射质zn = 1.0X1014 kg、电荷量?= -L0X10"6C速率r=4.0X105 m/s的粒子，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。* 一Z Z/-、A先二-0.3 m °/ %/III(1)求从粒子源发射的粒子运动到圆形区域所用的最短时间;(2)在直线兀=0.3 m上什么范围内发射的粒子才能进入圆形区域?(3)若在直线兀=03 m处放置一足够长的荧光屏，

27、将上述粒子源放在原点0仅改变发射粒子的速度方向，求粒子能打中 屏最高点的纵坐标畑。解析：（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为厂,V由牛顿第二定律得解得尸=0.4 m如图甲所示，经过（一0lm，0）的粒子进入形区域的时间最短，由几何关系得sin=MD0Do°o0,2=0.5由圆周运动公式丁=警,联立解得:r=X10'6s(或0.52X106 s)。甲(2)如图乙所示，在旳点发射的粒子恰好能进入圆形区域。由几何关系 OiM=WiO2_MO2,A1M=A1O1+O1M,解得 AiM=0.8 mo如图乙所示，在去点发射的粒子恰好能进入圆形区域，由几何关系。2必=111o2O2-

28、MO29 a2m=o2m-a2o2 解得：A2M=0（即去与M重合） 综上，在直线X=0.3 m ±,OWy W0.8 m范围内发射的粒子才能进入圆形区域。如图丙所示，粒子从原点。©0）发 射，初速度方向与兀轴负方向成角，轨迹与荧光屏相切于D点（一0.3, j）o由几何关系sin 0=OjF O.l+O.lcos"0.4解得4sin “一cos 0=1而=0.1sin +04cos 仇 联立解得：jm=0.4 mo答案:（i）xio-6s（2）owywo.m (3)0.4 mN0.3课陶貉提起来的一点，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

29、磁场。若粒子1.（2017全国卷U）如图，虚线所示的圆形区域内 存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上射入速率为6,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Q2，相应的出射点分布在三分之一 I上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则： 5为 （）A. /3 : 2B边：1C.j3 : 1D. 3 ： 2解析：由于是相同的粒子，粒子进入磁场V2时的速度大小相同，由qvB=m 可知，R亦，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为可，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远 时，贝iAP=2R1；同样，若粒子运动的速度大小为血，粒子

30、在磁场 边界的出射点离P点最远时，则BP=2R29由几何关系可知，R.=¥，R2=Rcos 30° = 2Rf 则卷=畫=2，C项正确。答案:C2.(2018肃逋一模)在匀强磁场中有粗细均匀的b同种导线制成的等边三角形线框血c,磁场方向垂直于线框平面，“两点间接一直流电源，电流方向如图所示。贝!1()A. 导线ab受到的安培力大于导线ac受到的安培力B. 导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力C. 线框受到安培力的合力为零线框受到安培力的合力方向垂直于ac向下b解析：根据串并联电路的特点及欧姆定律知, 流过必、方C的电流为流过QC的电流为¥， 所以导线ab

31、受到的安培力大小为Fi=|b/£,2导线ac所受的安培力大小为F2=BILf故A错误。导线必c的有效长度为厶 故受到的安培力大小为FBIL, 小于导线如受到的安培力，故B错误。根据左手定则，导线abc受 安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，故 线框受到的安培力的合力：F合=F2+F3=BIL,合力方向垂直于ac 向下，故c错误，D正确。 答案：D勺LXXX XXXXxA X0XXXXXXN3（2018江苏七市三棋）如图所示，水平虚线MV上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面 向里。大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90。范围内的各个方

32、向，由小孔O射111入磁场区域，做半径为的圆周运动。不计粒子重力和粒子间相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是（）X X X X X XX X X. X X XM._x_x_x x_x_¥ o/v故B正确，A、D错误。AB答案：B解析：粒子由小孔o射入磁场区域，做半径 为人的圆周运动，因为粒子带正电，根据左 手定则可知粒子将向左偏转，故c错误；因 为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右 到竖直向上90°范围内的各个方向发射，由O点射入水平向右的粒子恰好 应为最右端边界且ON=R；在竖直方向上有最远点为2/6由O点竖直向 上射入的粒子，打在最左端且

33、距离为但是左侧因为没有粒子射 入，所以中间会出现一块空白区域，4. (2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为间距为几导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为方向与导轨平面垂直。质量为加的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金 属棒被松开后，以加速度“沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小"通过的电流大小人(3)通过的电荷量Q。解析：（1）金属棒做匀加速直线运动,根据运动学公式有v2=2as,解得0=问。（2）金属棒所受安培力F安=IdB金属棒所受合力F=mgsin 0F安根据牛顿第二定律有F=ma解得Z=加(gsin 0a)dB金属棒的运动时间通过的电荷量Q =It解得Q =dBa答案：伍叫旷）X X X；X X X X；!x x x x；|x x x x! lx X X X； 0!x><xx；4/|X X X X； x x x x I lx X X X； |X X X X； lx X X X； ；X X X xl t IX X X X； ；x x x x« !x x x x| ；x x x x! lx X X X；I :x xxxOr厂 iX X X