《2014-2015學年高中物理 第三章 磁場章末知識整合 粵教版選修》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2014-2015學年高中物理 第三章 磁場章末知識整合 粵教版選修（21頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 【金版新學案】2014-2015學年高中物理 第三章 磁場章末知識整合 粵教版選修3-1 專題一　磁場對電流的作用 1．+公式F＝BIL中L為導線的有效長度． 2．安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心． 3．安培力做功：做功的結果將電能轉化成其他形式的能． 4．分析在安培力作用下通電導體運動情況的一般步驟． ①畫出通電導線所在處的磁感線方向及分布情況． 1 / 21 ②用左手定則確定各段通電導線所受安培力． ③據初速度方向結合牛頓定律確定導體運動情況． 　如圖所示：在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質量為m的直導體棒．當導體棒中

2、的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可將導體棒置于勻強磁場中，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內由豎直向上逆時針轉至水平向左的過程中，關于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：根據外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內由豎直向上逆時針至水平向左的條件，受力分析，再根據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 練習 1．如右圖所示，一根長度為L的均勻金屬桿

3、用兩根勁度系數為k的輕彈簧水平懸掛在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．當金屬棒中通有由左向右的電流I時，兩根輕彈簧比原長縮短Δx后金屬桿平衡，保持電流大小不變，方向相反流過金屬桿時，兩彈簧伸長Δx后金屬桿平衡，求勻強磁場的磁感應強度B為多大？ 解析：根據安培力和力的平衡條件有(設棒的重力為mg)： 當電流方向由左向右時：BIL＝2kΔx＋mg， 當電流方向由右向左時：BIL＋mg＝2kΔx， 將重力mg消去得：B＝. 答案：B＝ 2．如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37，在導軌所在平面內，分布著磁感應強

4、度B＝0.50 T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5 V、內阻r＝0.50 Ω的直流電源．現把一個質量m＝0.040 kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R＝2.5 Ω，金屬導軌電阻不計，g取.已知sin 37＝0.60，cos 37＝0.80，求： (1)通過導體棒的電流； (2)導體棒受到的安培力大??； (3)導體棒受到的摩擦力． 解析：(1)導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有：I ＝＝1.5 A (2)導體棒

5、受到的安培力：F安＝BIL＝0.30 N (3)導體棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝ mgsin 37＝0.24 N，由于F1小于安培力，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力f；根據共點力平衡條件mgsin 37＋f＝F安，解得：f＝0.06 N. 答案：(1)I＝1.5 A　(2)F安＝0.30 N (3)f＝0.06 N 專題二　磁場對運動電荷的作用 1．帶電粒子在無界勻強磁場中的運動：完整的圓周運動． 2．帶電粒子在有界勻強磁場中的運動：部分圓周運動(偏轉)． 解題一般思路和步驟： ①利用輔助線確定圓心． ②利用幾何關系確定和計算軌道半徑． ③利用有關公式列方程求解．

6、　如圖所示，在x軸的上方(y＞0的空間內)存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶正電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成45角，若粒子的質量為m，電量為q，求： (1)該粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑． (2)粒子在磁場中運動的時間． 解析：先作圓O′，根據題目條件過O作直線L即x軸，交圓O′于O″，即可得到粒子進入磁場的運動軌跡：過入射點O沿逆時針再經O″出射．再分別過O、O″作垂線交于O′，既為粒子作圓周運動軌跡的圓心．如圖(a)這樣作出的圖既準確又標準，且易判斷粒子做圓周運動的圓心角為270.

7、 (1)粒子軌跡如圖(b)．粒子進入磁場在洛倫茲力的作用下做圓周運動：qvB＝m，r＝. (2)粒子運動周期：T＝＝，粒子做圓周運動的圓心角為270，所以t＝T＝. 答案：(1)　(2) 3．(2013廣東)(雙選)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人勻強磁場，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都向下由左手定則可知，a、

8、b均帶正電，故A正確；由r＝可知，兩粒子半徑相等，根據上圖中兩粒子運動軌跡可知a粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，運動時間a在磁場中飛行的時間比b的長，故B、C錯誤；根據運動軌跡可知，在P上的落點與O點的距離a比b的近，故D正確．故選AD. 答案：AD 練習 4．如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．電量為q、質量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉了60角．試求： (1)粒子做圓周運動的半徑； (2)粒子的入射速度； (3)若保持粒子的速率不變，從A點入

9、射時速度的方向順時針轉過60角，粒子在磁場中運動的時間． 解析：(1)設帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動半徑為R，如圖所示 ∠OO′A ＝ 30由圖可知，圓運動的半徑 R＝ O′A ＝ r； (2)根據牛頓運動定律， 有：Bqv＝m有：R ＝ ，故粒子的入射速度 v＝ (3)當帶電粒子入射方向轉過60角，如圖所示，在△OAO1中，OA＝ r，O1A＝ r，∠O1AO＝30，由幾何關系可得，O1O＝r，∠AO1E＝60 設帶電粒子在磁場中運動所用時間為t，由： v＝，R＝ 有：T ＝ 　解出：t ＝ ＝ 答案：見解析 ?規(guī)律小結：

10、 (1) 直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖) (2) 平行邊界(存在臨界條件，如圖) (3) 圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖) 專題三　帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場：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得區(qū)域內，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現． 3．三種場的比較 名稱 力的特點 功和能的特點 重力場 大小G＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關重力做功改變物體的重力勢能 電場 大?。篎＝qE，方向：正電荷受力方向與場強方向相同；負電荷受

11、力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關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，要結合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力． 5．帶電粒子在復合場中運動的應

12、用實例 (1)速度選擇器 ①平行板中電場強度E和磁感應強度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． ②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＝. (2)磁流體發(fā)電機 ①磁流體發(fā)電機是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能． ②根據左手定則，右圖可知B是發(fā)電機的正極． ③磁流體發(fā)電機兩極間的距離為L，等離子體的速度為v，磁場的磁感應強度為B，則兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv. ④外電阻R中的電流可由閉合電路歐姆定律求出． (3)電磁流量計 工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁

13、性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差，形成電場，當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，所以v＝因此液體流量：即Q＝Sv＝，＝ (4) 霍爾效應 在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現了電勢差，這種現象成為霍爾電勢差，其原理如圖所示． 　為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術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、

14、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個內側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，電壓表的示數將越大 D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關 解析：由左手定則可判斷，前表面聚集負電荷，比后表面電勢低，且當時，電荷不再偏轉，電壓表示數恒定，與污水中的離子的多少無關，A、B、C均錯誤；由Q

15、＝v1bc可得Q＝.可見，Q與U成正比，與a、b無關，D正確． 答案：D 練習 5．半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度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(　　) A. B. C. D. 解析：由∠AOB＝120可知，弧AB所對圓心角θ＝60，故t＝T＝，但題中已知條件不夠，沒有此項選擇，另想辦法找規(guī)律表示t.由勻速圓周運動t＝，

16、從圖中分析有R＝r，則AB弧長LAB＝Rθ＝r＝πr，則t＝＝，D項正確． 答案：D 6．如下圖，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸正半軸上y ＝ h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x ＝ 2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場．不計粒子重力．求： (1)電場強度的大小E. (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r. (3)粒子從進入電場到離開磁場經歷的總時間t.

17、解析：粒子的運動軌跡如下圖所示 (1)設粒子在電場中運動的時間為t1，x、y方向： 2h＝v0t1，h＝at2 根據牛頓第二定律Eq＝ma 求出E＝ (2)根據動能定理Eqh＝mv2－mv 設粒子進入磁場時速度為v，根據Bqv＝m r＝ (3)粒子在電場中運動的時間t1＝ 粒子在磁場中運動的周期 T＝＝ 設粒子在磁場中運動的時間為t2＝T 求出t＝t1＋t2＝＋ 答案：見解析 　如圖(a)所示，左為某同學設想的粒子速度選擇裝置，由水平轉軸及兩個薄盤、構成，兩盤面平行且與轉軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調，如下圖(b)；右為水平放置

18、的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應強度為B.一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入，能通過的粒子經O點垂直進入磁場．O到感光板的距離為，粒子電荷量為q，質量為m，不計重力． (1)若兩狹縫平行且盤靜止，如下圖(c)，某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t. (2)若兩狹縫夾角為，盤勻速轉動，轉動方向如圖(b)．要使穿過、的粒子均打到感光板、連線上，試分析盤轉動角速度ω的取值范圍(設通過的所有粒子在盤轉一圈的時間內都能到達)． 分析說明：(1)作圓周X，由入射點O、出射點M可以確定粒子在磁場中運動的軌跡

19、為四分之一圓周，如圖(1)． (2)作圓周Y，要使穿過、的粒子打到感光板的，可以確定粒子在磁場中運動的軌跡為二分之一圓周，對應的粒子運動速度為最小值，如圖(2)． (3)作圓周Z，要使穿過、的粒子打到感光板的，可以確定粒子在磁場中運動的軌跡為段圓周，對應的粒子運動速度為最大值，再找出圓心的位置，幾何關系就易找出了，如圖(3)． 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動半徑R＝，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m， 又：2πR＝vT, t＝，解得：t＝. (2)速度最小時，運動半徑＝，L＝，＝，＝m，解得：＝； 速度最大時，＝(－)＋，解得：＝， L＝，＝，＝m ，解得：＝，所以≤ω≤. 答案：(1)　(2) ≤ω≤ 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！