1、人教版高中物理选修31第三章磁场章末总结docx高中物理学习材料（灿若寒星*整理制作）章 末 总 结第一部分题型探究 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m0.04 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R02.5 ，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
2、导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小；(3)导体棒受到的摩擦力【思路点拨】转换对象立体图平面图思路立现在三维空间对物体受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解决此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图或侧视图等，可较清晰地明确物体受力情况，画出受力分析图解析： (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BIL0.3 N.(3)导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力F1mgsin 370.24 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力f，如图所示，根据共点力平衡条件mgs
3、in 37fF安，解得：f0.06 N.答案 ：(1)1.5 A(2)0.3 N(3)0.06 N，方向沿导轨向下小结：解决此类问题，首先将此立体图转化为平面图(剖面图)，金属杆用圆代替，电流方向用“”与“”表示，然后画出磁场方向，分析物体的受力，画出物体受力的平面图，列方程求解针对性训练1如图甲所示，质量为m50 g，长l10 cm的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度BT.未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度37，求此棒中恒定电流的大小解析： 金属棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如图所示，安培力F做功为：WFFs1BIl2s
4、in 37重力做功为WGmgs2mgl(1cos 37)由动能定理得BIl2sin 37mgl(1cos 37)0解得I5 A.答案：(1)见解析(2)5 A利用放缩法解决“带电粒子的磁偏转”问题如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里P为屏上的一个小孔PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A. B. C. D. 【思路点拨】放缩法：粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁
5、场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化，如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v0越大，运动半径也越大可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP上由此我们可得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点P为定点，圆心位于PP直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，使问题迎刃而解，这种方法称为“放缩法”解析：由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，为PR，沿两边界线射入磁场中的带负电的电子打在MN上的点离P点最近为PQcos ，故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为：Q
6、RPRPQ，选项D正确答案：D小结：由于带电粒子进入磁场时的速率是相同的，粒子运动轨迹的圆周半径是相同的，所以可将圆周以P点为转轴进行旋转平移，从而可确定出粒子打中区域的最远端和最近端针对性训练2如图，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(AD)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：离子要打在屏P上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvBm可知，它们做
7、圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，C项错误；由t可知，a在磁场中运动的时间比b的长，B项错误；从图上可以看出，D项正确如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小【思路点拨】第一步：审题干，抓关键信息.关键点获取信息电场或磁
8、场存在于圆形区域内入射速度方向与出射速度方向垂直通过几何关系可确定bc的长度，进而确定带电粒子做圆周运动的半径改为电场则带电粒子做类平抛运动可确定类平抛运动的轨迹及其分位移第二步：审设问，找问题突破口第三步：三定位，将解题过程步骤化第四步：求规范，步骤严谨不失分解析：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvBmr，式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点，由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形，因此acbcr设cdx，由几何关系得：acRxbcR联立式得：rR再考虑粒子在电场中
9、的运动，设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得：qEma粒子在电场方向和直线方向所运动的距离均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得：E.答案：E小结：(1)在中带电粒子做匀速圆周运动的半径r，应有公式qvBm推出，不能直接写出，否则要扣分(2)在寻找几何关系时，不要把a、O、b画成在同一条直线上，否则会使中的关系不能得出，造成后面的求解无法进行针对性训练3如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、
10、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(C)A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区域内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：BqvEq，即只要满足EBv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区域；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过
11、程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误创新情景探究某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达100英里这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进如图所示是超导电磁船的简化原理图，AB和CD是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生以下说法正确是()A船体向右运动 B船体向左运动C无法断定船体向哪个方向运动D这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速【思路点拨】海水中电流方向从CD流向AB，根据左手定则判断出海水所受的安培力的方向，根据牛顿第三定律
12、判断出船体所受力的方向，即可判断出船体的运动方向这种新型电磁船水对船体的阻力小，会由于良好的动力性能而提高船速解析：根据左手定则可知海水受到的安培力向左，由牛顿第三定律可知船体受向右的反作用力而向右运动答案：AD小结：本题为安培力在最新科技中的应用之一，考查考生的分析综合能力本题解题的关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确地应用针对性训练4在原子反应堆中抽动液态金属，在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵，如图所示是这种电磁泵的结构，将导管放在磁场中，当电流穿过导电液体时，这种液体即被驱动，问：(1)这种电磁泵的原理是怎样的？(2)若导
13、管内截面积为Wh，磁场的宽度为L，磁感应强度为B(看成匀强磁场)，液体穿过磁场区域的电流强度为I，如图所示，求驱动力造成的压强差为多少？ 解析：(1)工作原理：竖直向上的电流在磁场中受到水平向右的安培力；(2)当安培力F安IhB与驱动力造成的压强力之差PWh相等时，液体可持续匀速流动由此解得：P.答案：见解析第二部分错解警示如图所示，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是() A磁铁对桌面的压力减小B磁铁对桌面的压力增大C磁铁对桌面的压力不变D以上说法都不可能【错解】导线中通以垂直于纸面向外的电流时，其产
14、生的磁场与磁铁中央的磁感线平行而没有产生力的作用，故磁铁对桌面的压力不变，等于其重力选C.【分析纠错】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力所以选项BCD错误，A正确故选A.如图所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60角，已
15、知带电粒子质量m31020 kg，电量q1013 C，速度v0105 m/s，磁场区域的半径R3101 m，不计重力，求磁场的磁感应强度【错解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动f洛f向，即qBvm解得：BT101 T.【分析纠错】画进、出磁场速度的垂线得交点O，O点即为粒子做圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹AB，如图所示此圆半径记为r.rR，连接OA，tan 60.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动：f洛f向，Bqv0ma向，BT101 T.典型错误三带电粒子运动方向改变而洛伦兹力的方向没随着改变如图所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m，带电量为q的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运动，求原来电场强度的大小【错解】碰撞前，粒子做匀速运动，qE(mgqvB)返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，竖直方向NqvBmg.因为水平方向无摩擦，可知N0，qvBmg.解得E0.【分析纠错】碰撞前，粒子做匀速直线运动，电场力等于摩擦力，碰撞后，撤去电场，也做匀速直线运动，知摩擦力为零，洛伦兹力等于重力根据平衡求出电场强度的大小碰撞前，粒子做匀速运动，Eq(mgBqv)返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，摩擦力f0，所以N0竖直方向上有qBmg解得E.
