高三物理三维设计专题九 一
标题-2018-2019学年高中三维设计一轮复习物理通用版：第九单元 磁场(1)
教材回顾(一)磁场的描述__磁场对电流的作用一、描述磁场的基本概念1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流或运动电荷有力的作用。
(2)磁场的方向：小磁针N极受力的方向，即小磁针静止时N极所指的方向。
2．磁感线为了形象的描述磁场，在其中画出的一系列有方向的曲线，曲线上各点的切线方向即为该点的磁场方向。
[深化理解]磁感线与电场线的比较(1)大小：B＝FIL，单位符号是T。
(2)方向：磁感应强度是矢量，规定其方向为小磁针静止时N极所指的方向。
[深化理解]1．磁感应强度由磁场本身决定，与F、I、L均无关，不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比。
2．定义磁感应强度时，小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能据此认为该点的磁感应强度为零。
[小题速验](判断正误)1．磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元受力大小成正比。
() 2．磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
()3．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。
()4．磁感线是真实存在且可以相交的。
()5．在北半球上空，地磁场方向指向北方偏下。
()答案：1.× 2.× 3.√ 4.× 5.√二、电流的磁场1．电流的磁场磁感应强度是矢量，磁场的叠加遵守平行四边形定则。
[小题速验]如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向。
答案：如图所示三、磁场对电流的作用——安培力1．安培力的大小(匀强磁场)F＝BIL sin θ，θ为磁感应强度与电流方向的夹角。
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，F max＝BIL。
(2)当磁场与电流平行时，安培力为零。
2．安培力的方向——左手定则伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
高三物理教案三维目标精选5篇
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高三物理教案三维目标（精选篇1）新的一学年已经开始，为了把教学工作做实做细，全面贯彻课改精神，提升教学质量，力争在20__年的高考中取得优异的成绩，本学期在上学年高三教学工作的基础上总结经验、改善不足，现拟定本学期教学工作计划如下：一、指导思想以学校工作计划和杨校长《狠抓常规，坚持改革，实现新跨越》为指导，深入领悟普通高中《物理课程标准》(实验)，进一步认识物理课程的性质，领会物理课程基本理念，了解物理新课程设计的基本思路。
通过学习物理课程总目标和具体目标，使我们的物理教学工作更科学化、规范化、具体化。
认真学习新课程物理高考大纲，明确必修物理课和选修物理课的教学内容和考点要求，结合现行使用的教材做好调整，搞好高三的总复习工作。
学习有关教育改革和教学改革理论及经验，从提高学生全面素质、对每一个学生负责的基本点出发，根据学生的实际情况，制定恰当的教学计划与目标要求，使每一个学生在高中阶段都能得到发展和进步，顺利完成高中教学任务。
二、目标及任务1、实验班高110班乔阳阳、刘壮、江俊儒、郑宏宇、孙松松物理成绩达90分以上。
2、普通班高111班白明明、刘旭红、陈泳丹，高112班王福源、李秀秀、曹婷婷物理成绩达80分以上。
3、高考高110、111、112班力争达到学校下达的指标。
4、期末物理实验考查达100%。
5、培养学生自主学习能力。
讲授新课前一定要让学生先预习，找出自己疑惑的地方，并做好记录;对学有余力的学生，要鼓励其超前学习，自主复习，充分挖掘他们主动探索知识的潜力。
本学期力争让高110班100%的学生、高111、112班80%的学生学会自学，及自主复习。
6、周周清、月考实验班1—5名达95分以上，6—10名达90分以上，实验班均分达80分以上，普通班达70分以上。
高中三维设计一轮复习物理通用版：第九单元 提能增分练(一) 安培力作用下导体的平衡、运动和功能问题
第九单元 提能增分练（一） 安培力作用下导体的平衡、运动和功能问题[A 级——夺高分]1.[多选](2018·牡丹江模拟)如图，在匀强磁场B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L ，质量为m 的导线，当通以垂直纸面向里的电流I 后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B 必须满足( )A ．B ＝mg sin θIL，方向垂直纸面向外 B ．B ＝mg cos θIL ，方向水平向左 C ．B ＝mg tan θIL ，方向竖直向下 D ．B ＝mgIL，方向水平向左 解析：选CD 若匀强磁场的方向垂直纸面向外，此时电流的方向和磁场的方向平行，此时不受安培力的作用，导线只受到支持力与重力，不可能处于平衡状态，故A 错误；若匀强磁场的方向水平向左，B ＝mgIL时，则竖直向上的安培力与重力相平衡，导线处于平衡状态，故B 错误，D 正确；若匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，B ＝mg tan θIL时，则水平向左的安培力与支持力、重力三力平衡，导线处于平衡状态，故C 正确。
2.(2017·石家庄一模)如图所示，用两根等长的轻细导线将质量为m ，长为L 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两边，金属棒置于匀强磁场中。
当棒中通以由a 到b 的电流I 后，两导线偏离竖直方向θ角处于静止状态。
已知重力加速度为g ，为了使棒静止在该位置，磁场的磁感应强度的最小值为( )A.mgIL B.mgIL tan θ C.mgIL sin θD.mgIL cos θ解析：选C 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。
由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为：F min ＝mg sin θ，即：ILB min ＝mg sin θ，所以B min ＝mgILsin θ，所加磁场的方向应平行于悬线向上，故C 正确。
3.[多选]如图所示，一根长为L 的直导体棒中通以大小为I 的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与竖直方向成θ角。
高中三维设计一轮复习物理通用版：第九单元 夯基保分练(二) 磁场对运动电荷的作用
第九单元夯基保分练（二）磁场对运动电荷的作用[A级——保分练]1.[多选]如图为某磁谱仪部分构件的示意图。
图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。
宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。
当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据q v B＝m v2r，得r＝m vqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定m v的大小，故选项C正确；粒子的m v越大，轨迹半径越大，而m v＝2mE k，粒子的动能大，其m v不一定大，选项D错误。
2.(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。
三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c。
已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。
下列选项正确的是()A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：选B该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g＝qE，解得m a＝qEg。
b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g＝qE＋q v b B，解得m b＝qEg＋q v b Bg。
高中三维设计一轮复习物理通用版：第九单元 提能增分练(三) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
第九单元 提能增分练（三） 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题[A 级——夺高分]1.[多选](2018·常德模拟)如图所示，宽为d 的有界匀强磁场的边界为PP ′、QQ ′。
一个质量为m 、电荷量为q 的微观粒子沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B ，要使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子的入射速度v 0的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)( )A.qBd mB.2qBd mC.2qBd 3mD.qBd 3m解析：选BC 微观粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R ，R ＝m vqB ，要使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子的入射速度v 0最大时，轨迹与QQ ′相切。
若粒子带正电，R ＝R 2＋d ，R ＝2d ，v 0＝2qBd m ，B 正确；若粒子带负电，R ＋R 2＝d ，v 0＝2qBd 3m，C 正确。
2.如图所示，在MNQP 中有一垂直纸面向里的匀强磁场。
质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。
已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力。
下列说法中正确的是( )A ．粒子a 带负电，粒子b 、c 带正电B ．射入磁场时粒子a 的速率最小C ．射出磁场时粒子b 的动能最小D ．粒子c 在磁场中运动的时间最长解析：选D 由左手定则及a 、b 、c 的偏转方向可判断粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即B v q ＝m v 2r ，解得r ＝m vBq ，由此可知，当速度越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c 的速率最小，动能最小，故B、C错误；粒子运动的周期为T＝2πmBq，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D正确。
3.如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子，最后粒子恰好从e点射出，则()A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短解析：选A如图，粒子从e点射出对应轨迹圆心是O1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r＝m vqB可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O3，设正方形的边长为a，原半径为r1＝24a，r3＝3r1＝324a，线段O3f＞34a＋12a＞r3，所以不可能从f点射出，选项B错误；由r＝m vqB可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d点射出，选项C错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出，圆心为O1、O2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故粒子分别从e、d点射出时，在磁场中运动的时间也相等，选项D错误。
《三维设计》新课标高考物理一轮总复习-第1单元-功和功率(77张PPT)省公开课一等奖全国示范课微课
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功正负判断及计算
1.功正负判断方法 (1)恒力做功判断：若物体做直线运动，依据力与位移夹角 来判断。 (2)曲线运动中功判断：若物体做曲线运动，依据F与v方 向夹角来判断。当0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°， 力对物体做负功，α＝90°，力对物体不做功。 (3)依据能量改变来判断：依据功是能量转化量度，若有能 量转化，则必有力对物体做功。此法惯用于判断两个相联络物 体之间相互作用力做功判断。
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考点
功效关系、 能量守恒定
律
试题
年福建T17 年上海T15 年浙江T24 年山东T22 年江苏T8
题型 分值
选择 选择 计算 选择 选择
6分 3分 20分 4分 4分
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(1)从近三年高考试题考点分布能够看出，高考对 本章内容考查重点有4个概念(功、功率、动能、势能) 和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定 律)。
小船克服阻力做功Wf可用公式W＝Flco度大小v1→应利用动能定理 由A点到B点列方程求解→要求小船在B点加速度大小 a→可先由P＝Fv表示缆绳牵引力→由牛顿第二定律列 方程求解。 [尝试解题] (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd①
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3．功正负判断 夹角 功 正 负
α＜90° 力对物体做 _正__功___ 力对物体做 负功 ，或者说物体 克服 这
α＞90° 个力做了功
α＝90° 力对物体不__做__功__
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[试一试]
1.如图5－1－2所表示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训
练
一个有效方法。假如某受训者拖着轮胎在水平直道
题型
计算 计算 选择 选择 选择 计算 计算
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1.(2011·北京高考)用如图9－1－7所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。
请根据下列步骤完成电阻测量：
图9－1－7
(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线。
(2)将K旋转到电阻挡“×100”位置。
(3)将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件__________，使指针对准电阻的__________(填“0刻线”或“∞刻线”)。
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。
为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。
A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
解析：使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S；使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件T；测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应换用较大倍率的挡位。
因此A合理；每换一位挡位应重新调零，则选D；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连，应选C.
答案：(1)S(3)T0刻线(4)ADC
2．(2011·浙江高考)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。
为了完成实验，还须从图9－1－8中选取实验器材，其名称是______________(漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用____________________。
图9－1－8
解析：该实验为了使盘和盘中砝码的重力近似等于绳子对小车的拉力，应保证盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量，所以要选用砝码；为了改变小车的质量，要选钩码；对于打点计时器的选择，若选用电磁打点计时器则还要选择学生电源，以便提供低压交流电压，若选用电火花打点计时器，则不要学生电源。
答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码
学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量。
3．一实验小组为了测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动遥控车的质量为0.4 kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按图甲安装；
③接通打点计时器；
④使电动小车以额定功率运动，待达到最大速度再运动一段时间后，关闭小车电源，待小车静止再断开打点计时器电源。
设小车在整个运动过程中受到的阻力恒定，交流电源频率为50 Hz，实验得到的纸带如图9－1－9乙所示。
图9－1－9
请根据纸带分析：
(1)小车以额定功率运动的最大速度大小为________ m/s。
(2)关闭小车电源后，小车加速度大小为________ m/s2。
(3)小车受到的阻力大小为________ N。
(4)该电动小车的额定功率大小为________ W。
解析：(1)由纸带最初的一段，小车以额定功率运动的最大速度v＝6.00
0.02×10
－2 m/s＝3.00
m/s 。
(2)关闭小车电源后，小车加速度大小为
a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝8.11 m/s 2。
(3)由牛顿第二定律得，小车受到的阻力f ＝ma ＝3.24 N 。
(4)电动小车的额定功率P ＝F v ＝f v ＝9.72 W 。
答案：(1)3.00 (2)8.11 (3)3.24 (4)9.72
4．(2011·菏泽模拟)几个同学合作利用如图9－1－10甲所示装置探究“弹力和弹簧伸长量的关系”，弹簧上端与标尺的零刻度线对齐，他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指的标尺刻度 ，所得数据列表如下(弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g ＝9.8 m/s 2)
(1)根据所测数据，在图乙所示的坐标纸上作出弹簧指针所指标尺刻度x 与钩码质量m 的关系曲线。
(2)作出的图线与坐标轴交点的纵坐标值的物理意义是________；这种规格的弹簧劲度系数k ＝________ N/m(保留三位有效数字)。
图9－1－10
解析：(1)关系曲线如图所示
(2)图线与坐标轴的交点的纵坐标值应为m ＝0时的弹簧长度，即为弹簧的自然长度(原
长)；由弹簧受力关系知mg ＝k Δx ＝k (x －x 0)，可得：x ＝g k m ＋x 0，从图线斜率可求得弹簧劲
度系数k ＝26.1 N/m 。
答案：(1)见解析图 (2)弹簧的自然长度为6 cm 26.1(25.4～26.2)
5．甲同学欲采用下列器材准确测定一个阻值大约为20 Ω的电阻。
A ．直流电源(10 V ，内阻不计)；
B ．开关、导线等；
C ．电流表(0～3 A ，内阻约0.03 Ω)；
D ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.13 Ω)；
E ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ)；
F ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)；
G ．滑动变阻器(0～10 Ω，额定电流2 A)；
(1)为测量准确，电流表应选用________，电压表应选用________(填代号)；
(2)为了获得尽可能多的数据，该同学采用了“滑动变阻器分压接
法”以调节电压，请画出正确的实验电路图，并将图9－1－11中的元件
按正确的实验电路图连成实物电路；
(3)闭合开关，逐次改变滑动变阻器滑动头的位置，记录与之对应的
电流表的示数I 、电压表的示数U 。
某次电流表、电压表的示数如图9－1
－12甲所示。
图9－1－11
处理实验数据时，制作如图乙所示的I －U 坐标图，图中已标注出了几个与测量对应的坐标点。
请将与图甲读数对应的坐标点也标在图乙中，并在图乙中把坐标点连成图线；
(4)根据图乙描绘出的图线可得出这个电阻的阻值为R ＝________ Ω。
图9－1－12
解析：(1)由于直流电源电压为10 V ，故选量程为15 V 的电压表；估算电流时，电阻大约20 Ω，电路中的电流不超过0.6 A ，所以选量程为0.6 A 的电流表。
(2)滑动变阻器采用分压式接法，电阻大约20 Ω，R V R >R R A
，电压表的分流作用可以忽略，所以采用电流表外接法，电路图、实物图如图所示。
(3)描点连线如图所示
(4)由图线求出R＝18.0 Ω。
答案：(1)D F(2)见解析图(3)见解析图(4)18.0(17.5～18.5均可)。