2018高考物理大一轮复习领航教学案：第九章磁场 2

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2018高考物理大一轮复习领航教学案：第九章磁场含解

第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．几种常见的磁场(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)几种电流周围的磁场分布①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．②磁感线的疏密程度表示磁场强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N 极指向S 极，在磁体内部，从S 极指向N 极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F＝BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(2)磁场和电流垂直时F＝BIL.(3)磁场和电流平行时F＝0.2．方向(1)用左手定则判定：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．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)[自我诊断]1．判断正误(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．(√)(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)(3)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(×)(4)磁感线是真实存在的．(×)(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(×)(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√)2．(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC.指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放臵位臵合适的情况下，会发生偏转，D错误．3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：选B.在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B a＜B b，A错误，B正确．同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放臵，受力均为0，故C、D均错误．4．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是() A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B.根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B正确．由安培力公式F＝BIL sin θ(θ为B与I的夹角)可知，C错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的2 2，安培力大小也变为原来的22，D错误．考点一磁场的理解及安培定则1．磁感应强度的三点理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比．(2)测量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，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向．2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.3．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是()A．可能东西放置，通有由东向西的电流B．可能东西放置，通有由西向东的电流C．可能南北放置，通有由北向南的电流D．可能南北放置，通有由南向北的电流解析：选 C.若导线东西放臵，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A 错误．若导线东西放臵，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极不偏转，故选项B 错误．若导线南北放臵，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N 极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位臵，故选项C 正确．若导线南北放臵，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D 错误．2．(2017·河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B 的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝kI r (式中k 为常数)．如图所示，两根相距L 的无限长直导线分别通有电流I 和3I .在两根导线的连线上有a 、b 两点，a 点为两根直导线连线的中点，b 点距电流为I 的导线的距离为L .下列说法正确的是()A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同B ．a 点和b 点的磁感应强度方向相反C ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为8∶1D ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为16∶1解析：选AD.根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在a 处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B ＝kI r ，电流为3I 导线在b 处的磁感应强度方向向下，而电流为I 导线在b处的磁感应强度方向向上，因电流为3I 导线在b 处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a 点和b 点的磁感应强度方向相同，故A 正确，B 错误．两导线在a 处的磁感应强度大小B 1＝3kI L 2＋kI L 2＝k 8I L ；两导线在b 处的磁感应强度大小B 2＝3kI 2L －kI L ＝kI 2L ，则a 点和b 点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C错误，D 正确．3．(2017·江西南昌调研)如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°，在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 1.若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B 2，那么B 2与B 1之比为( ) A.3∶1B ．3∶2C ．1∶1D ．1∶2解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M 、N 两处时，根据安培定则，可知：二者在圆心O 处产生的磁感应强度都为B 1/2；当将M 处长直导线移到P 处时，两直导线在圆心O 处产生的磁感应强度也为B 1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得B 2B 1＝B 22B 12＝cos 30°＝32，故选项B 正确．4．(2017·湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I .直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O 为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O 处不形成磁场，则图乙中O 处磁感应强度和图甲中O 处磁感应强度相同的是( )解析：选A.由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C 中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：(1)确定场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图中M、N在c点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B .考点二安培力作用下的平衡与加速问题1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路(1)确定要研究的导体．(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析．(3)分析导体的运动情况．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解．2．受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．(2)安培力的大小：应用公式F ＝BIL sin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L 等于曲线两端点的直线长度．(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．考向1：安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．[典例1] (2016·广东广州三模)(多选)如图所示，质量为m 、长度为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg IL tan θD ．沿悬线向上，mg IL sin θ解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B 的方向和大小．若B 沿z 正向，则从O 向O ′看，导线受到的安培力F ＝ILB ，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A 错误．若B 沿y 正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当F T ＝0，且满足ILB ＝mg ，即B ＝mg IL 时，导线可以平衡，B 正确．若B 沿z 负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足F T sin θ＝ILB ，F T cos θ＝mg ，即B ＝mg tan θIL ，导线可以平衡，C 正确．若B 沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D 错误．答案 BC考向2：安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景．[典例2] (2017·陕西西安模拟)如图所示，长为L 的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长x 时，棒处于静止状态．则( )A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB．导体棒中的电流大小为kx BLC．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误；由于弹簧伸长为x，根据胡克定律有kx＝BIL，可得I＝kxBL，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x变小，故C、D错误．答案 B考向3：安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．[典例3]如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a＝3 m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g＝10 m/s2)解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为f m＝0.5mg＝1 NM的重力为G＝Mg＝3 N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b.根据受力分析，由牛顿第二定律有F安－G－f m＝(m＋M)aF安＝BIL联立得I ＝2.75 A答案 2.75 A 方向由a →b安培力作用下导体的分析技巧(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．考点三磁场中导体运动方向的判断1．判定通电导体运动或运动趋势的思路研究对象：通电导线或导体――→明确导体所在位置的磁场分布情况――→利用左手定则导体的受力情况――→确定导体的运动方向或运动趋势的方向2．几种判定方法1. 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动解析：选B.方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时()A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析：选 C.假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，C正确．判断磁场中导体运动趋势的两点注意(1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为：F 一定与B垂直，I不一定与B垂直．(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．课时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选 C.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确．2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A 正确．3．如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，垂直于AC 的连线指向左下方 C.22BILπ，平行于OC 向右D ．22BIL ，垂直于AC 的连线指向左下方解析：选B.直导线折成半径为R 的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R ，又因为L ＝14×2πR ，则安培力F ＝BI ·2R ＝22BIL π.安培力的方向与有效长度的直线AC 垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC 的连线指向左下方，B 正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd .其中ab 、cd 边与ad 边夹角均为60°，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为R 0，框架与一电动势为E 、内阻r ＝R 0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则梯形框架abcd 受到的安培力的大小为( )A ．0B ．5BEL 11R 0 C.10BEL 11R 0 D.BEL R 0解析：选C.并联部分的总电阻为R 并＝3R 0·2R 03R 0＋2R 0＝65R 0，电路中的总电流I ＝E R 并＋r ，所以线框受到的合外力F ＝BI ·2L ＝10BEL 11R 0，C 正确．5．如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将()A．A端向上，B端向下，悬线张力不变B．A端向下，B端向上，悬线张力不变C．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大解析：选D.当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d＝2 m、长L＝100 m、电流I＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()A．B＝18 T，P m＝1.08×108 WB．B＝0.6 T，P m＝7.2×104 WC．B＝0.6 T，P m＝3.6×106 WD．B＝18 T，P m＝2.16×106 W解析：选 D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝12m v2m，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P m＝BId v m，代入数值得P m＝2.16×106 W，故选项D正确．[综合应用题组]7．质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是()A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3mg BLB．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3mg 3BLC．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3mg BLD．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3mg 3BL解析：选 C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F＝mg tan 60°，又安培力为F＝BIL，联立可解得I＝3mgBL，故选项C正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( )A.k IL (x 1＋x 2)B.k IL (x 2－x 1)C.k 2IL (x 2＋x 1)D.k 2IL (x 2－x 1)解析：选D.由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL (x 2－x 1)．选项D 正确．9．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 逐渐增大B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大。

江苏省高考物理一轮复习第九章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用教案-人教版高三全册物理教案

第2讲磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力．2．大小(1)v∥B时，F＝0；(2)v⊥B时，F＝qvB；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB sinθ.3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B 和v可以有任意夹角)4．做功：洛伦兹力不做功．自测1带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案 B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动． 3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m v 2r ；(2)轨道半径公式：r ＝mvBq；(3)周期公式：T ＝2πmqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．自测2 在探究射线性质的过程中，让质量为m 1、带电荷量为2e 的α粒子和质量为m 2、带电荷量为e 的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是( )A.m 1m 2B.m 2m 1C.m 14m 2D.4m 2m 1答案 D解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r ，动能为：E k ＝12mv 2，联立可得：E k＝q 2r 2B 22m ，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为：E kαE kβ＝q 12m 1q 22m 2＝4m 2m 1，故D 正确．1．洛伦兹力及带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动所受洛伦兹力大小v ∥B 时，F ＝0； v ⊥B 时，F ＝qvB ； v ＝0时，F ＝0方向方向判定左手定则(注意四指指向正电荷运动方向，负电荷运动反方向)方向特点 F ⊥B ，F ⊥v运动v ∥B匀速直线运动v ⊥B匀速圆周运动(洛伦兹力提供向心力：F ＝qvB ＝m v 2r )：半径r ＝mv qB ，周期T ＝2πm qB2.带电粒子在有界磁场中的运动解题要点：定圆心―→画轨迹―→求半径和圆心角―→例1 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速度v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计粒子的重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR答案 A解析若磁场方向向外，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r ＝Rtan30°＝3R ，由洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝mv 02r ，得B ＝3mv 03qR，同理若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A 正确．变式1 (2019·江苏南京市、盐城市一模)水平导线中有电流I 通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I 的方向相同，均平行于纸面水平向左．下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( ) 答案 A解析由安培定则可知，在直导线的下方，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子开始受到的力向下，电子向下偏转；离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r ＝mveB可知，电子运动的轨迹半径越大，故A 正确，B 、C 、D 错误．基本思路图例说明圆心的①与速度方向垂直P 、M 点速度垂线交点确定的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P 点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)R ＝Lsin θ或由R 2＝L 2＋(R －d )2求得R ＝L 2＋d 22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t ＝θ2πT②t ＝L v(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α模型1 直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图1所示)图1图a 中粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πmBq图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m π－θBq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq例2 (2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图2A ．3B ．2C.32D.23答案 A解析电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r ＝mvBq可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πmBq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq ，所以t 1t 2＝3，故A 正确，B 、C 、D 错误．模型2 平行边界磁场平行边界存在临界条件，图3a 中粒子在磁场中运动的时间t 1＝θmBq，t 2＝T 2＝πm Bq图3图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θmBq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m π－θBq图d 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq例3 (多选)(2020·辽宁沈阳市质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图4所示，则( )图4A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1C ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2D ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝2∶1 答案 BD解析由左手定则可得：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示故R a ＝12d sin30°＝d ，R b ＝12d sin60°＝33d ，所以，R a ∶R b ＝3∶1，故B 正确；由几何关系可得：从A 运动到B ，a 粒子转过的圆心角为60°，b 粒子转过的圆心角为120°，t a ＝T a 6＝t b ＝T b3，则T a ∶T b ＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq ＝mv 2R，所以，运动周期为：T ＝2πR v ＝2πmqB；根据a 、b 粒子电荷量相等可得m a ∶m b ＝T a ∶T b ＝2∶1，故C 错误，D 正确．模型3 圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图5所示)图5粒子做圆周运动的半径r ＝Rtan θ粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBqθ＋α＝90°例4 (2019·安徽宣城市第二次模拟)如图6，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B 2B 1等于( )图6A.62B.63C.43D.34答案 A解析设圆的半径为r ，磁感应强度为B 1时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M ，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM ＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R ，则有sin 60°＝R r，解得R ＝32r ；磁感应强度为B 2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N ，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON ＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R ′，则有R ′＝22r ，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB ，由于v 、m 、q 相等，则得B 2B 1＝R R ′＝32r 22r＝62，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．模型4 三角形边界磁场例5 (2019·山东省实验中学第二次模拟)如图7所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )图7A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤5qBL mC.qBL2m≤v ≤2＋1qBLmD.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m答案 C解析根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD 边相切时速度最大，如图，则有AO ′·sin45°＝O ′E ，即(R ＋L )sin45°＝R ，解得满足题目要求的最大半径为R ＝(2＋1)L ，故最大速度为v 1＝2＋1qBLm；当粒子从C 点出射时，满足题目要求的半径最小，为r2＝L2，故最小速度应为v2＝qBL2m，则v的取值范围为qBL2m≤v≤2＋1qBLm，故C正确，A、B、D错误．类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6(2019·江苏卷·16)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d＜L.粒子重力不计，电荷量保持不变．图8(1)求粒子运动速度的大小v ；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d 2，求粒子从P 到Q 的运动时间t . 答案 (1)qBd m (2)2＋32d (3)(L d ＋33－46)πm 2qB 或(L d－33－46)πm 2qB解析 (1)洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r又r ＝d解得v ＝qBd m； (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得d m ＝d (1＋sin60°)解得d m ＝2＋32d ； (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4＋t ′(n ＝1,3,5…)①当L ＝nd ＋(1－32)d 时，粒子斜向上射出磁场 t ′＝112T ，解得t ＝(L d ＋33－46)πm 2qB②当L ＝nd ＋(1＋32)d 时，粒子斜向下射出磁场 t ′＝512T ，解得t ＝(L d －33－46)πm 2qB. 1．(半径和周期公式的应用)氕、氘、氚的电荷量相同、质量之比为1∶2∶3，它们由静止经过相同的加速电压加速，之后垂直进入同一匀强磁场，不计重力和它们间的相互作用，则( )A ．运动半径之比为3∶2∶1B ．运动半径之比为3∶2∶1C ．运动周期之比为1∶2∶3D ．运动周期之比为3∶2∶1答案 C解析经过电压U 加速后速度v ＝2qU m ，根据半径公式R ＝mv qB 得R ＝2mU qB 2，半径与质量的平方根成正比，即运动半径之比为1∶2∶3，A 、B 错；根据周期公式T ＝2πm qB可知周期之比等于质量之比，为1∶2∶3，C 对，D 错．2.(带电粒子在圆形磁场区域的运动)(多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与MO 平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9A ．粒子2一定从N 点射出磁场B ．粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1答案 AD解析如图所示，粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心和MN 的中垂线过圆心，可知圆心为O 1，半径为R .两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子2从P 点沿PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O 2应在P 点上方R 处，连接O 2P 、OP 、O 2N ，O 2PON 为菱形，O 2N 大小为R ，所以粒子2一定从N 点射出磁场，A 正确，B 错误；∠MO 1N＝90°，∠PO 2N ＝∠POQ ，cos∠POQ ＝OQ OP ＝22，所以∠PO 2N ＝∠POQ ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同．粒子运动时间与运动轨迹所对的圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1，C 错误，D 正确．3．(带电粒子在匀强磁场运动的周期性问题)如图10甲所示，M 、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图10(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案 (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4；当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有R ＝d 4n(n ＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B ．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C ．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D ．洛伦兹力对带电粒子总不做功答案 D2．(2020·安徽安庆市调研)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到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．线速度大小减小，角速度减小B ．向心加速度大小变小，周期变小C ．轨道半径增大，洛伦兹力大小增大D ．轨道半径增大，角速度减小答案 D解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2r解得：r ＝mv qB从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B 减小，所以r 增大．线速度、角速度的关系为：v ＝ωr ，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v 不变，半径r 增大，所以角速度减小，由公式F 洛＝qvB 可知，洛伦兹力变小，由公式a n ＝v 2r可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，由公式T ＝2πω可知，由于角速度减小，所以周期变大． 3.如图1所示，长直导线ab 附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M 点．当ab 中通以由b →a 的恒定电流时，下列说法正确的是( )图1A ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D ．小球不受磁场力作用答案 D4.如图2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )图2A ．向左B ．向右C ．垂直纸面向里D ．垂直纸面向外答案 D5.(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图3所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )图3A ．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该点电荷的比荷为2v 0BRC ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR 2v 0D ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR 3v 0答案 BC解析由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A 错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r ＝R 2，结合qv 0B ＝m v 02r ，可得q m ＝2v 0BR ，B 正确；电荷在磁场中的运动时间t ＝πr v 0＝πR 2v 0，C 正确，D 错误．6.(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图4所示，半径分别为R 、2R 的两个同心圆，圆心为O ，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿PO 方向以速度v 1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v 2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v 1v 2至少为( ) 图4 A.433B.233C.439D.33 答案 A解析粒子速度为v 1时，圆心角为120°，设圆心为O 1，由几何关系可知，半径r 1＝PO ·tan30°＝2R ×33＝23R 3当v 2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r 2＝R2，此时v 2为满足条件的最大值结合r ＝mv qB 得：v ＝qBr m，所以速度之比等于半径之比，r 1r 2＝433，所以v 1v 2至少为433. 7．(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)如图5所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )图5A.qBL mB.2qBL mC.2－1qBLm D.2＋1qBLm答案 C解析粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r ，由几何关系可知，2r ＋r ＝L ，则r ＝(2－1)L ，根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 02r，解得v 0＝2－1qBLm ，C 项正确．8．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图6所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v 1沿ab 方向垂直射入磁场，经时间t 1从d 点射出磁场；乙粒子以速度v 2沿与ab 成45°的方向垂直射入磁场，经时间t 2垂直于cd 射出磁场．不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则( )图6A ．v 1∶v 2＝2∶4B ．v 1∶v 2＝1∶2C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1答案 AC解析画出两粒子的运动轨迹如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T ；设正方形的边长为R ，则从d 点射出的粒子运动半径为r 1＝12R ，运动时间t 1＝T 2；速度为v 2的粒子，由几何关系：r 2＝2R ，运动时间t 2＝T 8；根据r ＝mv qB可知v 1v 2＝r 1r 2＝122＝24；t 1t 2＝41；故选项A 、C 正确，B 、D 错误． 9.(多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图7所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，BC 边的中点O 有一粒子源，可以在ABC 平面内沿任意方向发射速率为v 的相同的正粒子，若从AB 边中点D 射出磁场的粒子，从O 到D 的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )图7A ．粒子运动的轨道半径为LB ．粒子不可能从A 点射出磁场C ．粒子的比荷为q m ＝2v B 0LD ．从B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为πL 3v答案 BC解析从O 点到D 点的过程中速度方向偏转了60°，则从D 点射出的粒子，由弦长公式OD ＝L 2＝2r sin30°，解得：r ＝L 2，故A 错误；若粒子从A 点射出，则弦长为32L ，得：32L ＝2×L 2sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC 边射出，故粒子不可能从A 点射出磁场，故B 正确；由qvB ＝m v 2r 得：r ＝mv qB ，即L 2＝mv qB 0，解得：q m ＝2v LB 0，故C 正确；OB ＝L 2＝r ，则从B 点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为t ＝60°360°×2π×L 2v＝πL 6v ，故D 错误． 10.(2020·河南洛阳市模拟)如图8所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B .顶点A 处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC 的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为＋q ，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C 点( )图8A.qBL mB.qBL 2mC.2qBL 3mD.qBL 8m答案 C 解析粒子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r ＝L n(n ＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：v ＝Bqr m ＝BqL mn(n ＝1,2,3，…)，故选C.11.(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图9所示，正方形abcd 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲粒子的速度大小为v ，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力．求：图9(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比．答案 (1)312v (2)1∶4解析 (1)设正方形边界边长为L ，如图所示．可得r 甲＝2L ,r 乙＝36L ，对于甲、乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r可得v ＝qBr m，因为q 甲∶q 乙＝1∶2、m 甲∶m 乙＝1∶2，所以v 甲∶v 乙＝43，v 乙＝312v (2)T ＝2πr v ＝2πm qB ，t ＝θ2πT ＝θm qB，由图可得θ甲＝30°，θ乙＝120°，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝1∶4.12．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图10所示，在矩形区域abcO 内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，Oa 边长为3L ，ab 边长为L .现从O 点沿着Ob 方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m 、带电荷量为q (粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：图10(1)垂直ab 边射出磁场的粒子的速率v ；(2)粒子在磁场中运动的最长时间t m .答案 (1)23qBL m (2)πm 3qB解析 (1)粒子垂直ab 边射出磁场时的运动轨迹如图线1，设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由几何关系可知：tan θ＝L3L ＝33，则θ＝π6，sin θ＝Oa OO 1＝3L R ，故R ＝23L . 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R解得v ＝23qBL m(2)由做匀速圆周运动可知T ＝2πR v ＝2πm Bq因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝π3 可知粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝α2πT ＝πm 3Bq .。

教育最新2018年高考物理大一轮复习第9章磁场配套教案

第9章磁场第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．几种常见的磁场(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)几种电流周围的磁场分布①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向． ②磁感线的疏密程度表示磁场强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N 极指向S 极，在磁体内部，从S 极指向N 极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F ＝BIL sin θ(其中θ为B 与I 之间的夹角) (2)磁场和电流垂直时F ＝BIL . (3)磁场和电流平行时F ＝0. 2．方向(1)用左手定则判定：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．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)[自我诊断]1．判断正误(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．(√)(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)(3)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(×)(4)磁感线是真实存在的．(×)(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(×)(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√)2．(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( ) A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC.指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误．3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：选B.在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B a＜B b，A错误，B正确．同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为0，故C、D均错误．4．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B.根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B 正确．由安培力公式F＝BIL sin θ(θ为B与I的夹角)可知，C错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的22，安培力大小也变为原来的22，D错误．考点一磁场的理解及安培定则1．磁感应强度的三点理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL 成反比．(2)测量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，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向．2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.3．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N 极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是( )A ．可能东西放置，通有由东向西的电流B ．可能东西放置，通有由西向东的电流C ．可能南北放置，通有由北向南的电流D ．可能南北放置，通有由南向北的电流解析：选 C.若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A 错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极不偏转，故选项B 错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N 极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故选项C 正确．若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D 错误．2．(2017·河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B 的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝kIr(式中k 为常数)．如图所示，两根相距L 的无限长直导线分别通有电流I 和3I .在两根导线的连线上有a 、b 两点，a 点为两根直导线连线的中点，b 点距电流为I 的导线的距离为L .下列说法正确的是( )A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同B ．a 点和b 点的磁感应强度方向相反C ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为8∶1D ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为16∶1解析：选AD.根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在a 处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B ＝kIr，电流为3I 导线在b 处的磁感应强度方向向下，而电流为I 导线在b 处的磁感应强度方向向上，因电流为3I 导线在b 处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a 点和b 点的磁感应强度方向相同，故A 正确，B 错误．两导线在a 处的磁感应强度大小B 1＝3kI L2＋kI L 2＝k 8IL；两导线在b 处的磁感应强度大小B 2＝3kI 2L －kI L ＝kI2L，则a 点和b 点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C 错误，D 正确．3．(2017·江西南昌调研)如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°，在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 1.若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B 2，那么B 2与B 1之比为( )A.3∶1 B ．3∶2 C ．1∶1D ．1∶2解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M 、N 两处时，根据安培定则，可知：二者在圆心O 处产生的磁感应强度都为B 1/2；当将M 处长直导线移到P 处时，两直导线在圆心O 处产生的磁感应强度也为B 1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得B 2B 1＝B 22B 12＝cos 30°＝32，故选项B正确．4．(2017·湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I .直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O 为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O 处不形成磁场，则图乙中O 处磁感应强度和图甲中O 处磁感应强度相同的是( )解析：选A.由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O 点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O 点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：(1)确定场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图中M、N在c点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.考点二安培力作用下的平衡与加速问题1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路(1)确定要研究的导体．(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析． (3)分析导体的运动情况．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解． 2．受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．(2)安培力的大小：应用公式F ＝BIL sin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L 等于曲线两端点的直线长度．(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．考向1：安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．[典例1] (2016·广东广州三模)(多选)如图所示，质量为m 、长度为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mgIL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θD ．沿悬线向上，mg ILsin θ解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B 的方向和大小．若B 沿z 正向，则从O 向O ′看，导线受到的安培力F ＝ILB ，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A 错误．若B 沿y 正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当F T ＝0，且满足ILB ＝mg ，即B ＝mg IL时，导线可以平衡，B 正确．若B 沿z 负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足F T sin θ＝ILB ，F T cos θ＝mg ，即B ＝mg tan θIL，导线可以平衡，C 正确．若B 沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D 错误．答案 BC考向2：安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景．[典例2] (2017·陕西西安模拟)如图所示，长为L 的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长x 时，棒处于静止状态．则( )A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kxBLC ．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x 变大D ．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x 变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a 流向b ，故A 错误；由于弹簧伸长为x ，根据胡克定律有kx ＝BIL ，可得I ＝kxBL，故B 正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x 变小，故C 、D 错误．答案 B考向3：安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．[典例3] 如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.3 kg ，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体以加速度a ＝3 m/s 2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g ＝10 m/s 2)解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为f m ＝0.5mg ＝1 N M 的重力为G ＝Mg ＝3 N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a 到b .根据受力分析，由牛顿第二定律有F 安－G －f m ＝(m ＋M )a F 安＝BIL联立得I ＝2.75 A答案 2.75 A 方向由a →b安培力作用下导体的分析技巧(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．考点三磁场中导体运动方向的判断1．判定通电导体运动或运动趋势的思路研究对象：通电导线或导体――→明确导体所在位置的磁场分布情况――→利用左手定则导体的受力情况――→确定导体的运动方向或运动趋势的方向 2．几种判定方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流1. 一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动解析：选B.方法一(电流元法) 把线圈L 1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L 1将顺时针转动．方法二(等效法) 把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培定则知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．方法三(结论法) 环形电流I 1、I 2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时( )A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析：选 C.假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，C正确．判断磁场中导体运动趋势的两点注意(1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为：F一定与B垂直，I不一定与B垂直．(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．课时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选 C.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A 正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B 正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D 正确．2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为( )A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确．3．如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，垂直于AC 的连线指向左下方 C.22BIL π，平行于OC 向右 D ．22BIL ，垂直于AC 的连线指向左下方解析：选B.直导线折成半径为R 的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R ，又因为L ＝14×2πR ，则安培力F ＝BI ·2R ＝22BIL π.安培力的方向与有效长度的直线AC 垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC 的连线指向左下方，B 正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd .其中ab 、cd 边与ad 边夹角均为60°，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为R 0，框架与一电动势为E 、内阻r ＝R 0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则梯形框架abcd 受到的安培力的大小为( )A ．0B ．5BEL 11R 0 C.10BEL 11R 0 D.BEL R 0解析：选C.并联部分的总电阻为R 并＝3R 0·2R 03R 0＋2R 0＝65R 0，电路中的总电流I ＝E R 并＋r，所以线框受到的合外力F ＝BI ·2L ＝10BEL 11R 0，C 正确．5．如图所示，接通开关S 的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB 将( )A ．A 端向上，B 端向下，悬线张力不变B ．A 端向下，B 端向上，悬线张力不变C ．A 端向纸外，B 端向纸内，悬线张力变小D ．A 端向纸内，B 端向纸外，悬线张力变大解析：选D.当开关S 接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D 正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m ＝2.0 g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d ＝2 m 、长L ＝100 m 、电流I ＝10 A 、轨道摩擦不计且金属杆EF 与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )A ．B ＝18 T ，P m ＝1.08×108WB ．B ＝0.6 T ，P m ＝7.2×104 WC ．B ＝0.6 T ，P m ＝3.6×106 WD ．B ＝18 T ，P m ＝2.16×106 W解析：选D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL ＝12mv 2m ，代入数值解得B ＝18 T ；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P m ＝BIdv m ，代入数值得P m ＝2.16×106W ，故选项D 正确．[综合应用题组]7．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( )A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I ＝3mg BL B ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I ＝3mg 3BL C ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I ＝3mg BL D ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I ＝3mg 3BL解析：选 C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F ＝mg tan 60°，又安培力为F ＝BIL ，联立可解得I ＝3mg BL ，故选项C 正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( )A.k IL (x 1＋x 2) B.k IL (x 2－x 1) C.k 2IL (x 2＋x 1) D.k 2IL(x 2－x 1) 解析：选D.由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)．选项D 正确． 9．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 逐渐增大B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL D ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mg tan αIL解析：选AC. 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B 逐渐增大，A 对、B 错；刚开始安培力F 最小，有sin α＝F mg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL，C 对；最后安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mg IL，D 错．10．如图所示，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。

2018年高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场的描述磁场对电流的作用教学案(含解析)

第1讲磁场的描述磁场对电流的作用教材知识梳理一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：对放入其中的磁体或运动电荷(电流)有________，磁体、电流之间都是通过________发生相互作用的．(2)方向：小磁针静止时________所指的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：表示磁场____________的物理量．(2)定义式：________．单位：特斯拉，简称特，符号是T.(3)方向：小磁针静止时________所指方向．3．几种常见的磁场图9241二、安培力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝________．(2)磁场和电流平行时，F＝________．2．安培力的方向用左手定则判定：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________的方向，这时________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．答案：一、1.(1)力的作用磁场(2)N极2．(1)强弱和方向(2)B＝FIL(3)N极二、1.(1)BIL(2)0 2．电流拇指【思维辨析】(1)磁场是客观存在的，磁感线实际上是不存在的，磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向．( )(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)相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为零．( )(4)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零．( )(5)通电导线在磁感应强度越大的地方所受安培力越大．( )答案：(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)【思维拓展】有人根据B＝FIL提出：磁场中某点的磁感应强度B跟磁场力F成正比，跟电流I和导线长度L的乘积IL成反比，这种说法有什么问题？答案：磁感应强度大小的定义式B＝FIL的适用条件是通电导线垂直于磁场方向放置．磁感应强度由磁场本身的性质决定，与放入磁场的电流及其所受的力没有关系．考点互动探究考点一磁感应强度、磁场的叠加考向一磁感应强度的理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比．(2)测量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，则其所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的指向．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致C．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B为零D．长度为L、电流为I的导线在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于FIL 答案：D[解析] 磁感应强度B是由磁场本身决定的，与试探电流元的受力情况无关，A项错误；B的方向与电流元受力方向垂直，B项错误；电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关，当两者平行时，电流元不受力，C 项错误；当电流方向与磁场方向垂直时，B ＝F IL，当成一定夹角θ时，B ＝FIL sin θ，故B 大于或等于FIL，D 项正确．考向二磁感应强度B 与电场强度E 的比较多选)下列说法中正确的是( )A ．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C ．电场中某点电场的强弱，用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征D ．磁场中某点磁场的强弱，用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值表征答案：AC[解析] 电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A 对，B 错；同理根据电场强度的定义式E ＝F q可知C 对；同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B ＝F IL中I 和B 必须垂直，故D 错．考向三地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱． (2)地磁场的N 极在地理南极附近，S 极在地理北极附近．(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平．[2016·北京卷] 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )图9242A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用答案：C [解析] 根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．考向四磁场的叠加解决磁感应强度叠加问题的思路和步骤：①根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向；②判断各分磁场的磁感应强度大小关系；③根据矢量合成法则确定合磁感应强度的大小和方向．两分矢量在同一直线上，则同向相加，反向相减，两分矢量不在同一直线上，根据平行四边形定则，以两分矢量为邻边，作平行四边形，对角线为合矢量．三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图9243所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B0，则O处的磁感应强度的大小和方向为( )图9243A．大小为B0，方向沿OA方向B．大小为22B0，方向竖直向下C．大小为2B0，方向沿OB方向D．大小为2B0，方向沿OA方向答案：D [解析] 由安培定则知导线A、B在O处所产生的磁感应强度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O处的磁感应强度即为导线C在该处所产生的磁感应强度，即大小为2B0，由安培定则可判定其方向沿OA方向，选项A、B、C错，选项D对．考点二安培力的分析与计算1．应用安培力的公式F＝BIL时要注意：(1)B与I垂直．(2)L是有效长度．①公式F＝ILB中L指的是“有效长度”．当B与I垂直时，F最大，F＝ILB；当B与I平行时，F＝0.②弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点线段的长度．③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零．2．方向：根据左手定则判断.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( ) A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半答案：B[解析] 安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B 正确；安培力F＝BIL sin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误．[2015·江苏卷] 如图9244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MN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( )图9244A B C D图9245答案：A [解析] 根据安培力F＝BIL，这里的B、I都相同，决定安培力大小的就是L了，L大则F 大，就易使天平失去平衡．显然，选项A中的导线有效长度最长．选项A正确．考点三安培力作用下导体的运动1．判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．2．五种常用判定方法考向一电流元法、等效法、结论法的应用一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图9246所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )图9246A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动答案：B[解析] 方法一(电流元法)：把线圈L 1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L 1将顺时针转动．方法二(等效法)：把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)：环形电流I1、I2不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．考向二特殊位置法如图9247所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)( )图9247A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升答案：A[解析] 结合电流元法与特殊位置法解答本题．如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．分析导线转过90°时的情形．如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A正确．考向三转换法如图9248所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是( )图9248A．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小答案：C[解析] 在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受导线的作用力F′的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即F N1>F N2.同时，F′有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.■ 方法技巧判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向问题，可先判断出导线所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力的方向，也可灵活选用上述五种方法进行分析．考点四安培力作用下的平衡与加速1.通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．2．安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关．(2)安培力做功的实质是能量转化：安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能；安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能．9249所示，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．图9249[解析] 开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.⑤1 (多选)[2016·广州三模] 如图92410所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强度方向和大小可能为( )图92410A ．z 轴正方向，mg IL tan θB ．y 轴正方向，mg ILC ．z 轴负方向，mg ILtan θ D ．沿悬线向上，mg ILsin θ答案：BC [解析] 本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B 的方向和大小．若B 沿z 轴正方向，则从O 向O ′看，导线受到的安培力F ＝ILB ，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，选项A 错误；若B 沿y 轴正方向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当F T ＝0，且满足ILB ＝mg ，即B ＝mg IL时，导线可以平衡，选项B 正确；若B 沿z 轴负方向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足F T sin θ＝ILB ，F T cos θ＝mg ，即B ＝mg tan θIL，导线可以平衡，选项C 正确；若B 沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于悬线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，选项D 错误．2 (多选)如图92411甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图92411A ．一直向右移动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答案：ABC [解析] 由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零，选项D错误．【教师备用习题】1．(多选)[2015·全国卷Ⅱ] 指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( ) A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转[解析] BC 指南针为一具有磁性的物体，有两个磁极，A错误；指南针能指南北，说明指南针受到地磁场的作用，B正确；当有铁块存在时，指南针会与铁块产生相互作用的磁力，故指向受到干扰，C正确；指南针正上方的通电导线会产生磁场，与地磁场共同作用于指南针，故指南针会发生偏转，D错误．2．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝150°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线abcd所受到的安培力的合力( )A．方向沿纸面向上，大小为(3－1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(3＋1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(3＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(3－1)ILB[解析] B 由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，选项C、D错误；abcd的有效长度为(3＋1)L，由安培力公式可得导线abcd所受到的安培力的合力为(3＋1)ILB，选项A错误，选项B正确．3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( ) A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半[解析] B 安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BIL sin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误．4．(多选)[2014·海南卷] 如图所示，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l 和3l .关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )A ．a 处的磁感应强度大小比c 处的大B ．b 、c 两处的磁感应强度大小相等C ．a 、c 两处的磁感应强度方向相同D ．b 处的磁感应强度为零[解析] AD 两根导线在a 处的磁感应强度均垂直纸面向里，在c 处的磁感应强度均垂直纸面向外，a处距左边导线为l 2，距右边导线为5l2，c 处距左边导线为3l ，距右边导线为l ，而两导线中电流大小相等，距离电流越远，磁感应强度越小，故a 处的磁感应强度大小比c 处的大，选项A 正确，选项C 错误；左边导线在b 处产生的磁感应强度垂直纸面向外，右边导线在b 处产生的磁感应强度垂直纸面向里，两者与b 处距离均为l ，故b 处的磁感应强度为零，选项D 正确，选项B 错误．5．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是( )A ．线圈向左运动B ．线圈向右运动C ．从上往下看顺时针转动D ．从上往下看逆时针转动[解析] A 方法一：电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和所受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A 正确．方法二：等效法．将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，故选A.也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A.乙6．(多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短C．F1＞F2D．F1＜F2[解析] BC 如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，F′指向左上方，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以N1＞N2，即台秤示数F1＞F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．7．(多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的角平分线上，且到对应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是( )A ．B 1＝B 2<B 3 B ．B 1＝B 2＝B 3C ．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里D ．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里[解析] AC 由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a 、b 处产生的合磁感应强度垂直纸面向外，在c 处产生的合磁感应强度垂直纸面向里，且B 1＝B 2<B 3，A 、C 正确．8．一质量m ＝0.05 kg 的金属条搁在相距d ＝0.02 m 的两金属轨道上，如图所示．现让金属条以v 0＝5 m/s 的初速度从AA ′进入水平轨道，再由CC ′进入半径r ＝0.05 m 的竖直圆轨道，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直．已知由外电路控制、流过金属条的电流大小始终为I ＝5 A ，方向如图所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，A 、C 间的距离L ＝0.2 m ，金属条恰好能完成竖直面里的圆周运动．(g 取10 m/s 2)(1)求金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小； (2)求金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数；(3)若将CC ′右侧0.06 m 处的金属轨道在DD ′向上垂直弯曲(弯曲处无能量损失)，试求金属条能上升的最大高度．[答案] (1)155 m/s (2)512(3)0.10 m [解析] (1)在圆轨道的最高点对金属条受力分析，根据圆周运动的特点得BId ＋mg ＝m v 2r解得v ＝155m/s. (2)金属条从进入水平轨道到到达最高点，根据动能定理得－(mg ＋BId )·2r －μ(mg ＋BId )L ＝12mv 2－12mv 2解得μ＝512.(3)金属条从进入水平轨道到到最高点，根据动能定理得－μ(mg ＋BId )(L ＋L CD )－(mg ＋BId )h m ＝0－12mv 2解得h m ＝0.10 m.。

2018届高考物理知识点第一轮复习教案23(第九章)

第九章磁场1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。

2．磁感应强度3．磁感应强度与电场强度的区别(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向。

( )(2)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关。

( )(3)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零。

( )(4)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小。

( )答案：(1)√(2)×(3)×(4)×[题组训练]1．[对磁场的理解](2017·江西十校二模)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。

在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是( )A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动解析：将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错。

把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B错。

把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C对。

黄铜针没有磁性，不会转动，D错。

答案： C2．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是( ) A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向解析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置方式共同决定，所以A、B、C都是错误的。

2018年高考物理一轮复习第九章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用教学案(含解析)

第2讲磁场对运动电荷的作用教材知识梳理一、洛伦兹力1．定义：磁场对________的作用力．2．大小：当v ⊥B 时，F ＝________；当v ∥B 时，F ＝0. 3．方向：用________定则来判断．4．通电导体所受的安培力是导体内所有运动电荷所受的________的宏观表现．二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动 1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做________运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做________运动． 3．基本公式(1)轨迹半径公式：r ＝________．(2)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝________；ω＝2πT＝2πf ＝________．答案：一、1.运动电荷 2.qvB 3.左手 4.洛伦兹力二、1.匀速直线 2.匀速圆周 3．(1)mvBq (2)Bq2πmBq m【思维辨析】(1)运动的电荷在磁场中一定会受到磁场力的作用．( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．( ) (3)公式T ＝2πr v说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比．( )(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力可能做功．( )(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．( ) 答案：(1)(×) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√)考点互动探究考点一洛伦兹力的理解与计算考向一洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面． (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化． (3)用左手定则判断洛伦兹力方向，应注意区分正、负电荷． (4)洛伦兹力一定不做功．[2015·海南卷] 如图9251所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图9251A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案：A[解析] 磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外，电子在a点的运动方向水平向右，根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上．选项A正确．(多选)[2016·江苏清江中学周练] 如图9252所示，下端封闭、上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中( )图9252A．洛伦兹力对小球做正功B．小球在竖直方向上做匀加速直线运动C．小球的运动轨迹是抛物线D．小球的机械能守恒答案：BC [解析] 运动过程中，洛伦兹力垂直小球的速度方向，对小球不做功，设小球竖直分速度为v y、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示．由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向上还受到竖直向下的重力，两个力都是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，B正确；在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，C正确；由于过程中内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，D 错误．考向二洛伦兹力与电场力的比较(多选)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图9253所示．不计空气，则( )图9253A ．一定有h 1＝h 3B ．一定有h 1＜h 4C ．h 2与h 4无法比较D ．h 1与h 2无法比较答案：AC[解析] 第1个图，由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 202g.第3个图，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，故A 正确；而第2个图，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为E k ，则由能量守恒定律得mgh 2＋E k ＝12mv 20，又由于12mv 20＝mgh 1，所以h 1＞h 2，D 错误．第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则h 4可能大于h 1，也可能小于h 1，故C 正确，B 错误．考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动考向一直线边界磁场带电粒子在直线边界磁场中的运动(进、出磁场具有对称性，如图9254所示)．图9254如图9255所示，在平板PQ 上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a 、b 、c 三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度v a 、v b 和v c 经过平板PQ 上的小孔O 射入匀强磁场．这三个电子打到平板PQ 上的位置到小孔O 的距离分别是l a 、l b 和l c ，电子在磁场中运动的时间分别为t a 、t b 和t c ，整个装置放在真空中，则下列判断正确的是( )图9255A ．l a ＝l c ＜l bB ．l a ＜l b ＜l cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t a ＞t b ＞t c 答案：AD[解析] 画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示．由带电粒子在磁场中运动的半径公式R ＝mvBq和周期公式T ＝2πmBq很容易得出l a ＝l c ＜l b ，t a ＞t b ＞t c ，所以B 、C 错误，A 、D 正确．考向二平行边界磁场带电粒子在平行边界磁场中的运动(存在临界条件，如图9256所示)．图9256多选)如图9257所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( )图9257A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径答案：AB[解析] 由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场区域宽度l ＝r sin 60°＝mv 0qB sin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m＝sin 60°Bt ，A 项正确；周期T ＝2πmqB也可求出，B 项正确；因磁场区域宽度未知，故C 、D 项错误．(多选)如图9258所示，宽d ＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O 点以相同的速率在纸面内沿不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ＝10 cm ，则( )图9258A ．右边界：－8 cm ＜y ＜8 cm 有粒子射出B ．右边界：0＜y ＜8 cm 有粒子射出C ．左边界：y ＞16 cm 有粒子射出D ．左边界：0＜y ＜16 cm 有粒子射出答案：AD [解析] 根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r ＝10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A ＝OO2＝O2C ＝O2E ＝10 cm ，由几何知识求得AB ＝BC ＝8 cm ，OE ＝16 cm ，因此答案为A 、D.考向三圆形边界磁场带电粒子在圆形边界磁场中的运动(沿径向射入必沿径向射出，如图9259所示)．图9259如图92510所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图92510A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt 答案：B[解析] 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r，解得粒子第一次通过磁场区域的半径为R ＝mvqB，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO 1C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T 为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T ＝2πmqB，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v 3时，其在磁场中的轨道半径变为R3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO 2D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项只有B.■ 方法技巧(1)圆心的确定方法①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图92511甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．图92511②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图92511乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．(2)在磁场中运动时间的确定方法①利用轨迹圆弧对应的圆心角θ计算时间：t ＝θ2πT ；②利用轨迹弧长L 与线速度v 计算时间：t ＝L v. 考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题考向一带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解，如图92512所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a ，如若带负电，其轨迹为b .图92512如图92513所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界线．现有质量为m 、电荷量的绝对值为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，求粒子入射速率v 的最大值．图92513[解析] 若粒子带正电，则其临界轨迹是图示上方与NN ′相切的14圆弧由几何关系有d ＝R －R cos 45°根据牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R解得轨道半径：R ＝mvBq联立解得：v ＝（2＋2）Bqdm若粒子带负电，则其临界轨迹是图示下方与NN ′相切的34圆弧由几何关系有d ＝R ′＋R ′cos 45°轨道半径R ′＝mv ′Bq联立解得：v ′＝（2－2）Bqdm[点评] 题目中只给出“粒子电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．考向二磁场方向不确定形成多解有些题目只已知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图92514所示，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如B 垂直纸面向里，其轨迹为a ，如B 垂直纸面向外，其轨迹为b .图92514(多选)[2016·商丘模拟] 一质量为m 、电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A.4qB m B.3qB m C.2qB m D.qB m答案：AC[解析] 依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv ＝m v 2R ，得v ＝4BqRm ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m ；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv ′＝m v ′2R ′，v ′＝2BqR ′m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω′＝v ′R ′＝2Bqm，选项A 、C 正确．考向三临界状态不唯一形成多解如图92515所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧，因此它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解．图92515多选)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图92516所示．磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 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度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )图92516A ．使粒子的速度v <Bql4mB ．使粒子的速度v >5Bql4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m <v <5Bql 4m答案：AB[解析] 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝mv 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m；若粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝mv 2Bq ，解得v 2＝Bql4m，故A 、B 正确．考向四运动的周期性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图92517所示．图92517[2016·石家庄调研] 如图92518所示，在xOy 平面的第一象限内，x ＝4d 处平行于y 轴放置一个长l ＝43d 的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场．在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；(2)若在点C (8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用的时间．图92518[解析] (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速率为v 1时，恰好打在吸收板AB 的A 点由图中几何关系可知粒子的轨道半径r 1＝2d由牛顿第二定律可得：qv 1B ＝mv 21r 1联立解得：v 1＝2qBdm设粒子的速率为v 2时，恰好打在吸收板AB 的B 点由图中几何关系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径r 2＝8d由牛顿第二定律可得：qv 2B ＝mv 22r 2联立解得：v 2＝8qBdm因此要使射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：2qBd m ≤v ≤8qBd m(2)设磁场的磁感应强度为B ′时，经过B 点的粒子能够到达C 点由几何关系，粒子的轨道半径r ＝8d2n(n ＝1，2，3，…)由牛顿第二定律可得：qv 2B ′＝mv 22r解得B ′＝2nB (n ＝1，2，3，…) 粒子从O 到B 的时间t 1＝m θqB ＝m π3qB粒子从B 到C 的时间t 2＝n 2T ′＝n 2×2πm qB ′＝πm2qB故粒子从O 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝5m π6qB考点四带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题如图92519所示，两个同心圆半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m 、电荷量为－q (q ＞0)，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？图92519[解析] (1)粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点的轨迹如图所示，圆心为O 1，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 1由几何关系得R 1＝3r 3又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr3m. (2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r 4又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m.如图92520所示，△ABC 为与匀强磁场(方向垂直纸面向外)垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e m的电子以速度v 0从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为()图92520A ．B ＞2mv 0ae B ．B ＜2mv 0aeC ．B ＞3mv 0aeD ．B ＜3mv 0ae答案：D[解析] 由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝a2cos 30°＝a 3，要想电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于a3，由r ＝mv qB 有a 3＜mv 0eB，即B ＜3mv 0ae ，选D.■ 方法技巧解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系．(2)寻找临界点常用的结论：①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．考点五带电粒子在磁场中运动的特殊方法考向一放缩圆法带电粒子以大小不同、方向相同的速度垂直射入同一匀强磁场中，做圆周运动的半径随着速度的增大而增大，因此其轨迹为半径放大的动态圆，利用放缩的动态圆，如图92521所示，可以找出临界状态的运动轨迹．图92521多选)如图92522所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向、以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )图92522A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场答案：AC[解析] 带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0＝56T ，则粒子运动的轨道所对的圆心角为θ＝56·2π＝53π，速度的偏向角也为53π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 边射出磁场，故A 正确．当带电粒子运动的轨迹与ad 边相切时，轨迹所对的圆心角为60°，粒子运动的时间为t ＝16T ＝13t 0，在所有从ad 边射出的粒子中运动的最长时间为13t 0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，一定不是从ad 边射出磁场，故B 错误．若该带电粒子在磁场中经历时间是54t 0＝58T ，则得到的轨迹所对的圆心角为54π，由于53π>54π>π，则一定从bc 边射出磁场，故C 正确．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0＝12T ，则得到的轨迹所对的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于60°＋90°＝150°＝56π<π，故不一定从ab 边射出磁场，D 错误．考向二旋转圆法粒子源发射的速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径R 相同，同时可发现这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R 的圆上．由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法：确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时，可以将一半径为R 的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，如图92523所示，这种方法称为“平移法”．图92523多选)[2015·四川卷] 如图92524所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4T ．电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝－1.6×10－19C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图92524A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm 答案：AD[解析] 电子运动的轨道圆半径R ＝mvqB＝4.55 cm .用虚线表示所有轨道圆的圆心轨迹，圆心轨迹与MN 相切于O 点．当θ＝90°时，如图甲，四边形O 1SOM 是正方形，上边界轨道圆与MN 相切于M 点，同理下边界轨道圆与MN 相切于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝9.1 cm ，A 对．当θ＝60°时，如图乙， MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转30°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＜9.1 cm ，B 错．当θ＝45°时，如图丙，MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转45°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l >4.55 cm ，C 错．当θ＝30°时，如图丁，圆心轨迹与MN 交于O ，过O 点作垂直于MN 的直线，交圆心轨迹于O 1，连接SO 1，则三角形OO 1S 是等边三角形，O 1O 垂直于MN ，所以上边界轨道圆与MN 相切于O 点，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝4.55 cm ，D 对．考向三平移圆法粒子发射速度大小方向不变，但入射点沿一直线移动时，轨迹圆在平移，但圆心在同一直线上图92525多选)如图92526所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入，入射速度垂直AD 且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则( )图92526A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子距A 点0.5d 处射入，不会进人Ⅱ区C ．粒子距A 点1.5d 处射入，在I 区内运动的时间为πm qBD ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB答案：CD[解析] 粒子在磁场中的运动半径r ＝mv qB＝d ，选项A 错误；设从某处E 进入磁场的粒子其轨迹恰好与AC 相切(如图)，则E 点距A 的距离为2d －d ＝d ，粒子距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区，选项B 错误；粒子距A 点1.5d 处射入，不会进入Ⅱ区，在I 区内的轨迹为半圆，运动的时间为t ＝T 2＝πmqB，选项C 正确；进入Ⅱ区的粒子，弦长最短运动时间最短，且最短弦长为d ，对应圆心角为60°，最短时间为t min ＝T 6＝πm3qB，选项D 正确．【教师备用习题】1．(多选)[2016·内蒙古包头一中模拟] 如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖直放置的半径为R ＝0.50 m 的圆形绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.50 T ．有一个质量为m ＝0.10 g 、带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C 的小球在斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过槽轨最高点，则下列说法中正确的是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．若小球到达槽轨最高点的线速度为v ，小球在槽轨最高点时的关系式mg ＋qvB ＝m v 2R成立B ．小球滑下的初位置离槽轨最低点轨道高h ＝2120 mC ．小球在槽轨最高点只受到洛伦兹力和重力的作用D ．小球从初始位置到槽轨最高点的过程中机械能守恒[解析] BCD 小球恰好能通过最高点，说明槽轨对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力，即此时小球受洛伦兹力和重力的作用，根据左手定则，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律，有mg －qvB＝m v 2R，选项A 错误，选项C 正确；从初位置到最高点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，故mgh ＝mg (2R )＋12mv 2，在最高点，有mg －qvB ＝m v 2R ，联立解得h ＝2120m ，选项B 、D 正确． 2．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O ，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2 B. 2 C ．1 D.22[解析] D 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB ＝mv 2r 有B 1B 2＝r 2r 1·v 1v 2，穿过铝板后粒子动能减半，则v 1v 2＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r 2r 1＝12，因此B 1B 2＝22，D 正确．3．(多选)[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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] AC 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A 正确．由轨道半径公式R ＝mvBq知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B 错误．由R ＝mv Bq＝2mE kBq知，D 错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小与速度有关，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C 正确．4．[2014·安徽卷] “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )A.T B ．T C.T 3D ．T 2[解析] A 根据洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2r ，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r ＝mvqB.由动能的定义式E k ＝12mv 2，可得r ＝2mE kqB，结合题目信息可得B ∝T ，选项A 正确．5．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m 、电荷量为e 的电子，从a 点垂直磁感线以初速度v 开始运动，经一段时间t 后经过b 点，a 、b 连线与初速度方向的夹角为θ，则t 为( )。

高考物理大一轮复习领航设计：第9章-磁场第1节磁场的描述、磁场对电流的作用

课时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选 C.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确．2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB ．平行于BC ，由B 指向CC ．平行于CA ，由C 指向AD ．由O 指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A 中电流在O 点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC ，同理，可知导线B 、C 中电流在O 点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC 、AB ，又由于三根导线中电流大小相等，到O 点的距离相等，则它们在O 点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O 处的合磁场方向为平行于AB ，由A 指向B ，故选项A 正确．3．如图所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．当在该导线中通以由C 到A ，大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，垂直于AC 的连线指向左下方 C.22BILπ，平行于OC 向右D ．22BIL ，垂直于AC 的连线指向左下方解析：选B.直导线折成半径为R 的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R ，又因为L ＝14×2πR ，则安培力F ＝BI ·2R ＝22BIL π.安培力的方向与有效长度的直线AC 垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC 的连线指向左下方，B 正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd .其中ab 、cd 边与ad 边夹角均为60°，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为R 0，框架与一电动势为E 、内阻r ＝R 0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则梯形框架abcd 受到的安培力的大小为( )A ．0B ．5BEL 11R 0 C.10BEL 11R 0 D.BEL R 0解析：选C.并联部分的总电阻为R 并＝3R 0·2R 03R 0＋2R 0＝65R 0，电路中的总电流I＝E R 并＋r，所以线框受到的合外力F ＝BI ·2L ＝10BEL 11R 0，C 正确．5．如图所示，接通开关S 的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB 将( )A ．A 端向上，B 端向下，悬线张力不变B．A端向下，B端向上，悬线张力不变C．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大解析：选D.当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d＝2 m、长L＝100 m、电流I＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()A．B＝18 T，P m＝1.08×108 WB．B＝0.6 T，P m＝7.2×104 WC．B＝0.6 T，P m＝3.6×106 WD．B＝18 T，P m＝2.16×106 W解析：选 D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝12m v2m，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P m＝BId v m，代入数值得P m＝2.16×106 W，故选项D正确．[综合应用题组]7．质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是()A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3mg BLB．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3mg 3BLC．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3mg BLD．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3mg 3BL解析：选 C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F＝mg tan 60°，又安培力为F＝BIL，联立可解得I＝3mgBL，故选项C正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( )A.k IL (x 1＋x 2)B.k IL (x 2－x 1)C.k 2IL (x 2＋x 1)D.k 2IL(x 2－x 1) 解析：选D.由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL (x 2－x 1)．选项D 正确．9．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 逐渐增大B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αILD ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mg tan αIL 解析：选AC. 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B 逐渐增大，A 对、B 错；刚开始安培力F 最小，有sin α＝F mg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL ，C 对；最后安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mg IL ，D 错．10．如图所示，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.重力加速度的大小取10 m/s 2.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 ＝E R ＝122 A ＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F代入数值解得m ＝0.01 kg.答案：方向竖直向下 0.01 kg11．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab 和a 1b 1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N 极位于两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A ．适当增加两导轨间的距离B ．换一根更长的金属棒C ．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．解析：(1)由于磁场方向竖直向下，要使金属棒的运动如图所示，则金属棒中电流由里向外，滑动变阻器用限流接法，实物图连接如图所示．(2)为使金属棒离开时速度较大，由动能定理知BILx ＝12m v 2，v ＝ 2BILxm ，适当增大两导轨间的距离，可以增大v ，适当增大金属棒的电流可以增大v ，换一根更长的金属棒，增大了质量，v 变小，因此A 、C 正确．答案：(1)图见解析 (2)AC12．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B ＝kI /r ，式中常量k >0，I 为电流强度，r 为距导线的距离．在水平长直导线MN 正下方，矩形线圈abcd 通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为T 0.当MN 通以强度为I 1的电流时，两细线内的张力均减小为T 1；当MN 内的电流强度变为I 2时，两细线的张力均大于T 0.(1)分别指出强度为I 1、I 2的电流的方向；(2)求MN 分别通以强度为I 1和I 2电流时，线框受到的安培力F 1与F 2大小之比；(3)当MN 内的电流强度为I 3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a ，求I 3.解析：(1)由题意知，当MN 通以电流I 1时，线圈受到的安培力向上，根据左手定则、安培定则可以判断I 1的方向向左，当MN 通以电流I 2时，线圈受到的安培力应向下，同理，可以判断I 2的方向向右．(2)当MN 中的电流为I 时，线圈受到的安培力大小为F ＝kIiL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1r 1－1r 2 式中r 1、r 2分别为ab 、cd 与MN 的间距，i 为线圈中的电流，L 为ab 、cd 的长度．所以F 1F 2＝I 1I 2(3)设MN 中电流为I 3时，线圈所受安培力为F 3，由题设条件有2T 0＝mg,2T 1＋F 1＝mg ，F 3＋mg ＝ma ，I 1I 3＝F 1F 3，由以上各式得I 3＝T 0(a －g )(T 0－T 1)gI 1 答案：(1)I 1方向向左，I 2方向向右 (2)F 1F 2＝I 1I 2(3)T 0(a －g )(T 0－T 1)g I 1。

高中物理一轮复习教案第9章磁场物理一轮复习第9章磁场第2节带电粒子在磁场中的运动

若它们的动量大小相等，则α粒子和质子
()
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1 解析：α 粒子(24He)和质子(11H)的质量之比mmHα＝41，动量大小相等，即 mαvα＝mHvH，运动速度大小之比vvHα＝mmHα＝14，选项 C 错误；根据 qvB＝mvr2，得 r＝mqBv，所以运动半径之比rrHα＝qqHα＝12，选项
由几何知识得：sin
θ＝
2dd ＝0.5，得θ＝
π 6
，则电子在磁场中运动的
时间为t＝θvr0＝3πvd0，故D正确。
[答案] D
类型(三) 圆形边界问题 [例3] (2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆
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形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场
边界上的一点，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磁场。若粒子射入速率为
第2节
带电粒子在磁场中的运动
目录
一理解透——概念·公式·定理二研究好——题型·考法·技巧三查缺漏——盲点·短板·妙法四课时跟踪检测
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一理解透——概念·公式·定理
一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
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1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。[注 1]
[注1] 安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培
半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝
mv qB
可知，粒子1与粒子2的速度之
比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的
周期均为T＝
2πm qB
，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆
心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项

高三物理第一轮复习第九章磁场教案

芯衣州星海市涌泉学校磁场知识网络：本章在介绍了磁现象的电本质的根底上，主要讨论了磁场的描绘方法〔定义了磁感应强度、磁通量等概念，引入了磁感线这个工具〕和磁场产生的作用〔对电流的安培力作用，对通电线圈的磁力矩作用和对运动电荷的洛仑兹力作用〕及相关问题。

其中磁感应强度、磁通量是电磁学的根本概念，应认真理解；载流导体在磁场中的平衡、加速运动，带电粒子在洛仑兹力作用下的圆周运动等内容应纯熟掌握；常见磁体周围磁感线的空间分布观念的建立，常是解决有关问题的关键，应注意这方面的训练。

单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：根本概念安培力；洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动。

其中重点是对安培力、洛伦兹力的理解、纯熟解决通电直导线在复合场中的平衡和运动问题、带电粒子在复合场中的运动问题。

难点是带电粒子在复合场中的运动问题。

知识点、才能点提示1.通过有关磁场知识的归纳，使学生对磁场有较全面的认识，并在此根底上理解磁现象电本质；2.介绍磁性材料及其运用，扩大学生的知识面，培养联络实际的才能；3.磁感应强度B的引入，体会科学探究方法；通过安培力的知识，理解电流表的工作原理；通过安培力的公式F＝IlBsinθ的分析推理，开阔学生思路，培养学生思维才能；通过安培力在电流表中的应用，培养学生运用所学知识解决实际问题的意识和才能；4.通过洛仑兹力的引入，培养学生的逻辑推理才能；5.通过带电粒子在磁场中运动及盘旋加速器的介绍，调动学生考虑的积极性及思维习惯的培养，并开阔思路。

根本概念安培力教学目的：1．掌握电流的磁场、安培定那么；理解磁性材料，分子电流假说2．掌握磁感应强度，磁感线，知道地磁场的特点3．掌握磁场对通电直导线的作用，安培力，左手定那么4．理解磁电式电表的工作原理5．可以分析计算通电直导线在复合场中的平衡和运动问题。

教学重点：磁场对通电直导线的作用，安培力教学难点：通电直导线在复合场中的平衡和运动问题教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、根本概念1.磁场的产生⑴磁极周围有磁场。

新课标2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应专题十二电磁感应中的动力学和能量综合问题教案20170

专题十二电磁感应中的动力学和能量综合问题突破电磁感应中的动力学问题1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析.(2)导体的非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.2.力学对象和电学对象的相互关系考向1平衡状态的分析与计算[典例1](2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小.[解题指导]解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度.[解析](1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mg cos θ②- 1 -对于cd棒，同理有mg sin θ＋μN2＝T③N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ).⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流.ab棒上的感应电动势为ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小ε 由欧姆定律得I＝⑧RmgR联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ) .⑨B2L2mgR[答案](1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)B2L2考向2非平衡状态的分析与计算[典例2](2017·江苏常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容.质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿.求：(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量；(2)t的大小；(3)F2的大小.[解题指导]本题的关键是判断导体棒在恒力作用下的运动性质，可用微元法判断，即设Δv经过很短的时间Δt，速度增加Δv，则a＝，再根据牛顿第二定律求出加速度.Δt[解析](1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V此时电容器的带电量q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C.(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1Δq CBdΔvΔv又I＝＝，a1＝ΔtΔtΔt- 2 -F1联立解得：a1＝＝20 m/s2m＋CB2d2v则t＝＝0.25 s.a1F2 1(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左，又a1t2＝－m＋CB2d2 2 1[ a2（2t）2]a1t·2t－2将相关数据代入解得F2＝0.55 N.[答案](1)1×10－2 C(2)0.25 s(3)0.55 N用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路突破电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源.(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化.(3)根据能量守恒列方程求解.- 3 -考向1导体棒平动切割磁感线问题[典例3]如图所示，两根足够长且平行的光滑①金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计.在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m.导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好.现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放②，运动过程中它们都能匀速穿过③磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场④.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N两点之间的距离.[解题指导](1)审题关键信息理解①无摩擦阻力②初速度为零③安培力与重力沿导轨向下的分力平衡④始终只有一根导体棒切割磁感线(2)解题关键：解答本题的关键是区分电源与外电路以及a、b两导体棒运动和受力的关系.[解析](1)在b穿越磁场的过程中，b相当于电源，a与R是外电路，则有I b＝I a＋I R.a与R是并联关系，则有I a R1＝I R R，a产生的热量为Q a＝I2a R1t，b产生的热量为Q b＝I2b R2t.则Q a∶Q b＝I2a R1∶I2b R2，代入数据可解得Q a∶Q b＝2∶9.(2)a、b穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得，Q＝m1g sin α·d＋m2g sin α·d，代入数据解得Q＝1.2 J.(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻RR2 3 × 3R总1＝R1＋R＋R2＝(6＋3＋3 )Ω＝7.5 Ω设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻- 4 -R1R 6 × 3R总2＝R2＋＝3＋Ω＝5 ΩR1＋R( 6＋3 )B2L2v1 B2L2v2 v1 m1R总1 3由m1g sin α＝和m2g sin α＝，可得＝＝.R总1 R总2 v2 m2R总2 4d设a匀速运动时，m2g sinα＝m2a0，v2＝v1＋a0 ，联立并代入数据解得v＝12 m2/s2，则12v116v＝v.92 21v2v2172M、N两点之间的距离Δs＝－＝m.2a0 2a0 127[答案](1)2∶9(2)1.2 J(3) m12考向2导体棒转动切割磁感线问题[典例4](2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍[解题指导]解答本题时应从以下两点进行分析：(1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型.(2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于一个电源的电动势).1 [解析]设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝2 Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误.[答案]AB考向3电磁感应中线圈穿过磁场问题[典例5](2017·四川德阳一模)如图所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，- 5 -间距为h，在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同、方向水平向内的磁场，磁场大小按Bt图象变化(图中B0已知).现有一个长方形金属形框ABCD，质量为m，电阻为R，AB＝CD＝L，AD＝BC＝2h.用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央.t0(未知)时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)(1)求t0的值；(2)求线框AB边到达M2N2时的速率v；(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？EΔΦΔB [解析](1)细线恰好松弛，对线框受力分析有B0IL＝mg，I＝，感应电动势E＝＝RΔtΔt B0 B0 1 B20L2hS＝S＝×Lh，得t0＝.t0 t0 2 2mgR(2)当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动，速度为v′，对线框受力分析有B0I′L＝mg，E′mgRI′＝，因CD棒切割产生的感应电动势E′＝B0Lv′，v′＝，线框AB到达M2N2时一直R B20L2运动到CD边到达M3N3的过程中线框中无感应电流产生，只受到重力作用.1 1线框下落高度为3h，根据动能定理得mg×3h＝mv′2－mv2，线框AB边到达M2N2时的速2 2m2g2R2率为v＝－6gh.B40L4(3)线框由静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电，线框下落高1度为4.5h，根据能量守恒得重力势能减少量等于线框动能与电能之和为mg×4.5h＝E电＋29 m3g2R2mv′2，则E 电＝mgh－.2 2B40L4B20L2h m2g2R2 9 m3g2R2[答案](1) (2) －6gh(3) mgh－2mgR B40L4 2 2B40L4解决电磁感应综合问题的一般方法首先根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律判断电路中的电压和电流情况，然后隔离系统中的某个导体棒进行受力分析，结合共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解.在求- 6 -解电路中产生的热量问题时，一般是根据能量守恒定律采用整体法进行分析.1.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是()A.ab棒做匀减速运动B.回路中电流均匀减小C.a点电势比b点电势低D.ab棒受到水平向左的安培力答案：D解析：棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高.根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小，故A、B、C错误，D正确.2.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下. 导线框以某一初速度向右运动.t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()A BC D- 7 -答案：D解析：导线框刚进入磁场时速度设为v0，此时产生的感应电动势E＝BLv0，感E BLv0 B2L2v0 B2L2v0应电流I＝＝，线框受到的安培力F＝BLI＝.由牛顿第二定律F＝ma知，＝R R R Rma，由楞次定律知线框开始减速，随v减小，其加速度a减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D选项正确.3.[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，在一个倾角为θ的绝缘斜面上有一“U”形轨道abcd，轨道宽度为L，在轨道最底端接有一个定值电阻R，在轨道中的虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场B.现让一根长为L、质量为m、电阻也为R的导体棒PQ从轨道顶端由静止释放，从导体棒开始运动到恰好到达轨道底端的过程中其机械能E和位移x间的关系如图乙所示，图中a、b、c均为直线段.若重力加速度g及图象中E1、E2、x1、x2均为已知量，则下列说法正确的是()A.导体棒切割运动时P点比Q点电势高B.图象中的a和c是平行的C.导体棒在磁场中做匀变速直线运动D.可以求出导体棒切割运动时回路中产生的焦耳热答案：BD解析：导体棒进入磁场后做切割运动，由右手定则知电流由P向Q，故Q点的电势高，即A项错误；导体棒进入磁场前沿导轨下滑克服摩擦力做功，机械能线性减小，进入磁场后切割磁感线，回路中有安培力，因图线b仍是线性关系，故安培力为恒力；若有加速度，则安培力会变，故导体棒在磁场中是匀速的，即C项错误；出场后导体棒的受力情况与进入磁1 场前的受力情况相同，故图线a和c是平行的，即B项正确；由(mg sin θ－f)x1＝mv2，mg sin2B2L2vθ＝f＋F，F＝，(f＋F)(x2－x1)＝E1－E2，Q＝F(x2－x1)可求焦耳热，即D项正确.2R4.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形，Ⅱ是长为2L、宽为L的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放.线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则()- 8 -A.下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D.线圈Ⅱ先到达地面3答案：C解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的223 E 4倍，即RⅡ＝RⅠ，EⅡ＝2EⅠ，由I＝得，IⅡ＝IⅠ；由F安＝BIL，FⅡ＝BIⅡ·2L，FⅠ＝BI2 R 38 3Ⅰ·L，则FⅡ＝FⅠ，但GⅡ＝GⅠ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即FⅠ＝GⅠ，则FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ3 2进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D错误.5.[动力学和能量综合应用](多选)如图所示，有两根平行光滑导轨EF、GH，导轨间距离为L，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R.导轨间加有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上.m、p、n、q是导轨上的四个位置，mp与nq平行，且与导轨垂直，mp与nq的间距为2L.电阻为R、长为L、质量为m的导体棒从mp处由静止开始运动，导体棒到达nq处恰好能匀速运动.已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A.流过定值电阻R的电流方向为G→E2mgR sin θB.导体棒在nq处的速度大小为B2L22m2g2R sin θC.导体棒在nq处的热功率为B2L2BL2 D.导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量为R答案：BD解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m点电势高，流过定值电阻R的电流方向为E→G，选项A错误；因导体棒到达nq处匀速下滑，所以mg sin θ＝BIL＝B2L2v2mgR sin θBLv，联立得v＝B2L2 ，选项B正确；导体棒的热功率P＝I2R＝(R＋R)2R＝R＋R- 9 -m2g2R sin2 θB2L2BL2，选项C错误；导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量q＝It＝，选R项D正确.- 10 -。

高考物理一轮复习第九章磁场第1节磁场对电流的作用教案鲁科版-鲁科版高三全册物理教案

第九章磁场2018级某某省普通高中教学指导意见与2021年选择考预测内容标准1.列举磁现象在生活、生产中的应用.了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的影响.关注与磁相关的现代技术发展.2.了解磁场,知道磁感应强度和磁通量.会用磁感线描述磁场.3.会判断通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.4.通过实验,认识安培力.会判断安培力的方向.会计算匀强磁场中安培力的大小.5.通过实验,认识洛伦兹力.会判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小.了解电子束的磁偏转原理以及在科学技术中的应用.6.认识电磁现象的研究在社会发展中的作用.选择考预测高考对本章内容的考查,选择题多考查磁场的基本概念及右手定则,难度适中;计算题难度中等偏上或较大,试题内容综合性较强,经常以压轴题的形式出现,试题综合考查力与运动以及运用数学知识解决物理问题的能力,尤其是对高新科技仪器物理原理的考查,这对考生物理建模及信息迁移的能力要求较高.2021年选择性考试改为某某本省自主命题且实行单科考试后,考试时长和试题题量均会相应增加,预计2021年的考试中,本章知识一定是考查的热点和难点,需要着重关注由安培定则判定磁场的方向、左手定则及磁场的叠加等知识点的考查,带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动、带电粒子在复合场中的运动并运用数学知识解决的这类综合题出现的概率很大,且难度较大.[全国卷考情分析]——供老师参考考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2017 2018 2019磁场、磁感应强度、磁感线ⅠⅠ卷T19:安培定则、左手定则Ⅱ卷T18:带电粒Ⅰ卷T19:安培定则T23:组合场、匀速圆周运动及其相关的知识Ⅰ卷T17:安培定则、左手定则、矢量叠加T24:带电粒子在三角通电直导线和通Ⅰ第1节磁场对电流的作用教材梳理·自主预习知识梳理一、磁场的基本性质及常见磁场1.磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体和运动电荷有磁场力的作用.2.匀强磁场(1)定义:在磁场的某个区域内,如果各点的磁感应强度大小和方向都相同,这个区域的磁场叫做匀强磁场.(2)特点:磁感线是一组平行且等距的直线.3.地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近,S极在地理北极附近.(2)在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度相等,且方向水平向北.4.电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点非匀强磁场,且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极,且离圆环中心越远,磁场越弱安培定则立体图横截面图二、磁感应强度磁感线1.磁感线及其特点(1)磁感线:在磁场中画出一些有方向的假想曲线,在磁感线上,任意一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同,都代表磁场中该点小磁针北极受力的方向.(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向.②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱.③磁感线是闭合曲线,没有起点和终点.④磁感线是假想的曲线,客观上不存在.2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的强弱和方向.(2)大小:穿过垂直于磁感线的单位面积的磁感线条数.(3)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向,也就是小磁针静止时N极的指向.(4)单位:特斯拉,符号T.三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时:F=IlB.(2)磁场和电流平行时:F=0.2.安培力的方向左手定则判断:(1)伸开左手,让拇指与其余四指垂直,并与手掌在同一平面内.(2)让磁感线垂直穿过手心,四指指向电流方向.(3)拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向.自主探究按照上图所示进行实验.若仅使磁场方向(或电流方向)反向,通电导线的受力方向是否改变? 若同时使磁场方向和电流方向均反向,通电导线的受力方向是否改变?答案:若仅使磁场方向(或电流方向)反向,通电导线的受力方向反向;若同时使磁场方向和电流方向均反向,通电导线的受力方向不变.小题检测1.思考判断(1)磁场是客观存在的,磁感线实际上是不存在的.( √)(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)磁场中某点磁感应强度的大小,跟放在该点的试探电流元的情况无关.( √)(4)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零.( ×)(5)1820年,丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转,称为电流的磁效应.( √)2.(2019·某某某某模拟)指南针是我国古代的四大发明之一.当指南针静止时,其N极指向如图中虚线(南北向)所示,若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极指向北偏东)所示.则以下判断正确的是( C)A.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由东向西的电流B.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由西向东的电流C.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由北向南的电流D.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由南向北的电流解析:若指南针静止时N极指向北偏东方向,则有一指向东的磁场,由安培定则知,可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由北向南的电流,故C正确.3.(2019·某某某某一诊)如图,水平放置的两根等高固定长直导线的截面图,O点是两导线连线的中点,a,b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点,两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流.下列说法正确的是( C)A.两导线之间存在相互吸引的安培力B.O点的磁感应强度为零C.O点的磁感应强度方向竖直向下D.a,b两点的磁感应强度大小相等、方向相反解析:同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,A错误;两根导线中的电流在O点的磁感应强度方向都是竖直向下的,不为零,B错误,C正确;根据磁场的叠加原理可知,a,b两点磁感应强度大小相等、方向相同,D错误.4.(2019·某某某某联考)如图所示,长为L、质量为m的导体棒ab置于倾角为θ的光滑斜面上.导体棒与斜面的水平底边始终平行.已知导体棒通以从b向a的电流,电流为I,重力加速度为g.匀强磁场方向竖直向上,为使导体棒静止在斜面上,求磁感应强度B的大小.解析:导体棒受力如图所示,由平衡条件得F=mgtan θ,且F=ILB.tan θ.联立解得B=mgIL答案:mgtan θIL考点研析·感悟提升考点一安培定则的应用及磁场叠加1.安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”,电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”.2.磁场的叠加磁感应强度为矢量,合成与分解遵循平行四边形定则.[例1](2019·某某某某月考)如图所示,a,b是两根垂直纸面的通有等值电流的直导线,两导线外有一点P,P点到a,b距离相等,要使P点的磁场方向向右,则a,b中电流的方向为( C)A.都垂直纸面向外B.都垂直纸面向里C.a中电流方向垂直纸面向外,b中垂直纸面向里D.a中电流方向垂直纸面向里,b中垂直纸面向外解析:若a,b中电流方向均垂直纸面向外,根据安培定则判断可知,a在P处产生的磁场的方向垂直于aP连线向上,b在P处产生的磁场的方向垂直于bP连线向上,根据平行四边形定则进行合成,P点的磁感应强度方向竖直向上,故A错误;若a,b中电流方向均垂直纸面向里,同理可知,P点的磁感应强度方向竖直向下,故B错误;若a中电流方向垂直纸面向外,b中垂直纸面向里,同理可知,P点的磁感应强度方向水平向右,故C正确;若a中电流方向垂直纸面向里,b中垂直纸面向外,同理可知,P点的磁感应强度方向水平向左,故D错误.[针对训练](2019·某某八校二模)如图所示,A,B,C,D,E是圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一根垂直于纸面的通电导体棒,A点处的通电导体棒中的电流垂直于纸面向里,其余各点处的通电导体棒中的电流均垂直于纸面向外,所有通电导体棒中的电流大小均为I.已知A点处的通电导体棒在圆心O点处产生的磁感应强度大小为B0,则五根通电导体棒在圆心O处产生的磁感应强度大小为( D)A.B0B.2B0C.3B0D.2B0解析:若A点处通电导体棒中电流方向也是垂直纸面向外,由对称性可知O点处磁感应强度为零,此时其余四点处的通电导体棒在O点处产生的合磁感应强度大小为B0,方向与此时A点处通电导体棒在O点处产生的磁感应强度方向相反,将A点处通电导体棒中的电流方向反向,那么其在O点处产生的磁感应强度与其余四点处通电导体棒在O点处产生的磁感应强度大小相等,方向相同,所以五根通电导体棒在圆心O处产生的磁感应强度大小为2B0,选项D正确.考点二安培力作用下导体运动趋势的判断1.在应用左手定则判定安培力方向时,磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力的方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面.2.用公式F=IlB计算安培力大小时应注意(1)B与I垂直.(2)l是有效长度.①当B与I垂直时,F最大,F=IlB;当B与I平行时,F=0.②弯曲导线的有效长度l等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示),相应的电流方向沿l由始端流向末端.③闭合线圈通电后,在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零.3.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法将整段导体分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法例如,在定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题时,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向[例2](2019·某某某某一模)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将( B)A.不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.在纸面内平动解析:法一(电流元法) 把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.法二(等效法) 把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.法三(结论法) 环形电流I1,I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止.据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向.1.(电流元法+特殊位置法)(2019·某某某某一模)如图所示,把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方,导线可以自由转动,当导线通入图示方向电流I时,导线的运动情况是(从上往下看)( A)A.顺时针方向转动,同时下降B.顺时针方向转动,同时上升C.逆时针方向转动,同时下降D.逆时针方向转动,同时上升解析:如图(甲)所示,把直线电流等效为无数小段,中间的点为O点,选择O点左侧S极右上方的一小段为研究对象,该处的磁场方向指向左下方,由左手定则判断,该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里,在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力,把各段电流元受到的力合成,则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力;同理可判断,O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力.因此,由上向下看,导线沿顺时针方向转动,然后再分析导线转过90°时的情形,如图(乙)所示,此时导线中的电流垂直纸面向外,根据左手定则判断得安培力方向向下,故A正确.2.(转换研究对象法)如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面,导线中无电流时磁铁对斜面的压力为N1;当导线中有垂直纸面向外的电流时,磁铁对斜面的压力为N2,则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是( C)A.N1<N2,弹簧的伸长量减小B.N1=N2,弹簧的伸长量减小C.N1>N2,弹簧的伸长量增大D.N1>N2,弹簧的伸长量减小解析:在题图中,由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极,所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线,其方向是斜向左下方的,如图所示.导线A中的电流垂直纸面向外时,由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F,由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F′的方向是斜向左上方,所以磁铁对斜面的压力减小,即N1>N2,同时,F′有沿斜面向下的分力,使得弹簧弹力增大,可知弹簧的伸长量增大,故C正确.考点三安培力作用下导体的平衡与加速1.与安培力有关的力学问题与其他力学问题一样,受力分析是关键.利用左手定则正确分析安培力的方向,用安培力公式正确求解其大小,根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解.2.将三维图转换为二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图.[例3](2019·某某江淮十校联考)如图所示,质量m=0.5 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1 m的光滑绝缘框架上,磁场方向垂直框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内).右侧回路中,电源的电动势E=8 V、内阻r=1 Ω,额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机M正常工作.取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小g=10 m/s2,则磁场的磁感应强度大小为( C)A.2 TB.1.73 TC.1.5 TD.1 T解析:电动机M正常工作时的电流I1=PU=2 A,电源内阻上的电压U′=E-U=8 V-4 V=4 V,根据欧姆定律得干路中的电流I=Ur '=4 A,通过导体棒的电流I2=I-I1=2 A,导体棒受力平衡,有BI2L=mgsin 37°,得B=1.5 T,选项C正确.1.(安培力作用下导体的平衡)(2019·某某师大附中一模)(多选)在倾角θ=30°的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E=3 V,内阻r=0.1 Ω 的电源,滑轨间距l=10 cm,将一个质量m=30 g,电阻R=0.4 Ω的金属棒水平放置在滑轨上.若滑轨周围加一匀强磁场,当闭合开关S后,金属棒刚好静止在滑轨上,如图所示,则磁感应强度的大小和方向是( AC)A.磁感应强度有最小值0.25 T,方向垂直斜面向下B.磁感应强度有最小值0.5 T,方向垂直斜面向上C.磁感应强度有可能值0.5 T,方向水平向右D.磁感应强度有可能值0.25 T,方向水平向左解析:由题意知,电路中的电流I=Er R+=6 A,对金属棒受力分析可知,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,此时F安=mgsin θ=0.15 N,当安培力最小,且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时,磁感应强度最小,为B min =F Il安=0.25 T,磁感应强度的方向为垂直斜面向下,A 项正确,B 项错误;当安培力竖直向上、大小等于金属棒的重力时,金属棒也可静止,此时磁感应强度B=mgIl=0.5 T,方向水平向右,C 项正确,D 项错误. 2.(加速问题)(2019·某某延边期末)在与水平方向成θ角的倾斜光滑导轨上放一质量为m 的导体棒ab(导轨宽度为l,导轨和棒的电阻不计),电源电动势为E,内电阻为r,定值电阻阻值为R,整个装置放在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,如图所示. (1)求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向. (2)求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小. 解析:(1)由闭合电路欧姆定律有I=Er R+ 导体棒受到的安培力 F=BlER r+,方向水平向右. (2)以导体棒为研究对象,受力情况如图根据牛顿第二定律有 mgsin θ-Fcos θ=ma 解得 a=()sin cos ()mg R r BlE m R r θθ+-+.答案:(1)BlER r+,方向水平向右 (2)()sin cos ()mg R r BlE m R r θθ+-+1.(2019·全国Ⅰ卷,17)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M,N与直流电源两端相接,已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为( B)A.2FB.1.5FC.0.5FD.0解析:设每根导体棒的电阻为R,长度为l,则上、下两并联电路的电阻之比为R1∶R2=2R∶R=2∶1,根据欧姆定律可知,电流之比为I1∶I2=1∶2.上支路两导体受安培力的有效长度为l,根据安培力计算公式F=IlB,上下两支路所受安培力之比为F1∶F2=I1∶I2=1∶2,又F2=F,则F1=0.5F,根据左手定则可知,两个安培力的方向相同,故线框LMN所受的安培力大小为1.5F,故B正确.2.(2018·全国Ⅱ卷,20)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1,L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a,b两点,它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外.已知a,b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外.则( AC)A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0解析:原磁场、电流的磁场方向如图所示,由题意知在b 点:12B 0=B 0-B 1+B 2 在a 点:13B 0=B 0-B 1-B 2 由上述两式解得 B 1=712B 0,B 2=112B 0,选项A,C 正确. 3.(2017·全国Ⅲ卷,18)如图,在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中,两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时,纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零.如果让P 中的电流反向、其他条件不变,则a 点处磁感应强度的大小为( C ) A.0 B.33B 0C.233B 0 D.2B 0 解析:由题意知P,Q 在a 点产生的磁感应强度的大小相等,设为B 1,两B 1的合磁感应强度为B 合,由在a 点的磁感应强度为零得,B 合和匀强磁场的磁感应强度B 0大小相等,方向相反,即B 合=B 0,如图(甲)所示,由几何关系得B 1=2cos30B 合=33B 0.P 中电流反向,P,Q 在a 点的合磁感应强度B 合′,如图(乙)所示,由几何关系得B 合′=B 130, 所以当P 电流反向后在a 点的磁感应强度B=220'B B +合=22003()?3B B +=233B 0,选项C 正确. 4.(2019·某某某某检测)(多选)如图所示,质量为m 的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂,电流方向垂直于纸面向里,匀强磁场平行于纸面,导线处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角为30°.以下说法中正确的是( BD ) A.安培力的大小可能等于4mg,此时磁场的方向是唯一的 B.安培力的大小可能等于2mg,此时磁场的方向是唯一的 C.安培力的大小可能等于mg,此时磁场的方向是唯一的 D.安培力的大小可能等于2mg,此时磁场的方向是唯一的解析:对通电直导线受力分析,受重力、安培力和轻绳的拉力,根据平衡条件,当安培力方向与轻绳垂直且向上时,安培力最小,如图所示,F=IlB=mgsin 30°=12mg,根据左手定则可知,磁感线方向沿悬线向上,故此时磁场方向是唯一的;再分析受力分析图,由力的三角形定则可知,当mg≥F>12mg 时,有两个解;当F>mg 时,有唯一解;当F<12mg 时,无解,故A,C 错误,B,D 正确.。

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江苏省高考物理一轮复习 第九章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用教案-人教版高三全册物理教案