《2021年高考物理一轮复习 第8章第1讲 磁场的描述及磁场对电流的作用.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考物理一轮复习 第8章第1讲 磁场的描述及磁场对电流的作用.doc（85页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第第 1 1 讲讲磁场的描述及磁场对电流的作用磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度(考纲要求)1.磁场(1)基本特性：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(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向(2)大小：BFIL(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(T)3匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场(2)特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)通电导线在某处所受安培力为零时，此处的磁感应
2、强度一定为零()(2)小磁针在磁场中 N 极的受力方向为该处磁场的方向()(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有关()(4)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()答案(1)(2)(3)(4)磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(考纲要求)1磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致2几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场2(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图安培力、安培力的方向(考纲要求)匀强磁场中的安培力(考纲要求)1安培力的大小当磁感应强度B的方向与
3、导线方向成角时，FBILsin_.这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)磁场和电流垂直时：FBIL.(2)磁场和电流平行时：F0.2安培力的方向(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：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面判断正误，正确的划“”，错误的划“”3(1)磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的曲线，并不是客观存在着的线()(2)磁感线越密，磁场越强()(3)通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁
4、感应强度为零()(4)安培力一定不做功()答案(1)(2)(3)(4)基 础 自 测1(单选)关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A根据磁感应强度定义BFIL，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比B磁感应强度B是标量，没有方向C磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些解析磁感应强度是磁场本身的性质，与放入磁场中的导体的电流或受力大小F无关，A 错误；磁感应强度B是矢量，其方向与F总是垂直的，电流方向与F也总是垂直的，B、C 错误；在确定的磁
5、场中，同一点的磁感应强度B是确定的，由磁场本身决定，与其他外来的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D 正确答案D2(单选)一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如下图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()解析通电导线在磁场中受安培力时，可用左手定则判断安培力的方向答案D3(单选)在赤道上，地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是 5105T如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长 40 m，载有 20 A 的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是(
6、)A4108NB2.5105NC9104ND4102N解析磁场方向是南北方向，电流方向是东西方向，它们相互垂直，可以利用公式FBIL4来计算此安培力的大小答案D图 8114(单选)两根长直导线a、b平行放置，如图 811 所示为垂直于导线的截面图，图中O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点且与a、b等距，两导线中通有等大、同向的恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则下列说法中正确的是()AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D若在N点
7、放一小磁针，静止时其北极沿NO由N点指向O点解析由安培定则、通电直导线周围磁场特点及矢量的合成知BM垂直MN向下，BN垂直MN向上，且BMBN；而O点的磁感应强度BO0，B 对，A、C 错；若在N点放一小磁针，静止时其北极垂直MN向上答案B图 8125(单选)如图 812 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()ABIL，平行于OC向左B.2 2BIL，平行于OC向右C.2 2BIL，垂直AC的连线指向左下方D2 2BIL，垂直AC的
8、连线指向左下方解析由L为14圆弧，所以2R4L，即R2L，AC的有效长度为l 2R2 2L，安培力为5FABIl2 2BIL，方向由左手定则判断，垂直AC的连线指向左下方，因此选项 C 正确答案C热点一磁场的叠加和安培定则的应用1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2不同情况下安培定则的应用安培定则(右手螺旋定则)作用判断电流的磁场方向内容具体情况直线电流环形电流或通电螺线管条件(电流方向)大拇指指向电流的方向四根手指弯曲方向指向电流的环绕方向结果(磁场方向)四根手指弯曲方向表示磁感线的方向大拇指指向表示轴线上的磁感线方向图 813【典例 1】(2013海南卷，9)三条在
9、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 813 所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相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()AB1B2B3BB1B2B3Ca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Da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本题考查磁场的叠加，由于通过三条导线的电流大小相等，结合右手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处垂直纸面向里，且B1B2B3，故选项 A、C 正确答案AC反思总结求解有关
10、磁感应强度问题的关键6(1)磁感应强度由磁场本身决定(2)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)(3)牢记判断电流的磁场的方法安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型(记住 5 种常见磁场的立体分布图)【跟踪短训】图 8141(2013上海卷，13)如图 814 所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是()解析通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是 C.答案C图 8152如图 815 所示，一根通电直导线放在磁
11、感应强度B1 T 的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为 0，则下列说法中正确的是()A直导线中电流方向垂直纸面向里Bc点的实际磁感应强度也为 0Cd点实际磁感应强度为 2 T，方向斜向右下方，与B的夹角为 45D以上均不正确解析题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和a处磁感应强度为 0，说明直导线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里在圆周上任一点，由直导线电流产生的磁场的磁感应强度大小均为B
12、1 T，方向沿圆周切线方向，可知c点的磁感应强度大小为 2 T，方向向右，d点的磁感应强度大小为 2 T，方向与B成 45角斜向右下方答案AC7热点二安培力作用下导体的平衡问题通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断F、B、I三者间方向关系：已知B、I的方向(B、I不平行时)，可用左手定则确定F的唯一方向FB，FI，则F垂直于B和I所构成的平面，但已知F和B的方向，不能唯一确定I的方向(2)大小：由公式FBIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图 816 所示图 816图 8
13、17【典例 2】(2012天津卷，2)如图 817 所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小审题指导(1)金属棒MN处于_状态(2)沿MN方向看，画出MN的受力图_(3)利用平衡条件列出平衡方程_.8提示(1)平衡(2)(3)BIlmgtan解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件及三角形知识可得 tanBIlmg，所以当棒中的电流I、磁感应强度B
14、变大时，角变大，选项 A 正确，选项 D 错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项 C 错误；角的大小与悬线长无关，选项 B 错误答案A反思总结1求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路2求解关键(1)电磁问题力学化(2)立体图形平面化【跟踪短训】图 8183如图 818 所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则()A导体棒向左运动B开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELR9C开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinRD开关闭合瞬间导体棒MN的加速度
15、为BELsinmR解析磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力FBILBELR，方向为垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，故 A、C 错误，B 正确导体棒的合力F合Fcos(90)Fsin，由aF合m得aBELsinmR，D 正确答案BD图 8194 如图 819 所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为 45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是()A方
16、向向上B大小为2mg2LIC要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D若使b下移，a仍将保持静止解析要使a恰能在斜面上保持静止，由安培定则可知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向应向上，A 正确a的受力如图甲所示tan 45F安mgBILmg，所以BmgIL，B 错误b无论上移还是下移，b在a处的磁感应强度均减小若上移，a的受力如图乙所示上移过程中FN逐渐减小，F安先减小后增大，两个力的合力等于mg，此时a仍能保持静止，故 C 正确若使b下移，同理可分析a将不能保持静止，D 错误答案AC10思想方法13.判断通电导体(或磁铁)在安培力作用下运动的常用方法方法阐述及实例分析
17、具体方法实例分析电流元法把整段电流等效分成很多电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向，注意一般取对称的电流元分析判断能自由移动的导线运动情况把直线电流等效为AO、BO两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如图所示可见，导线将沿俯视逆时针方向转动特殊位置法根据通电导体在特殊位置所受安培力的方向，判断其运动方向，然后推广到一般位置用导线转过 90的特殊位置(如图所示的虚线位置)来分析，判得安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动等效分析法环形电流可以等效为小磁针(或条形磁铁)，条形磁铁也可等效成环形电流，
18、通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁判断环形电流受到的安培力方向把环形电流等效成如图所示右边的条形磁铁，可见两条形磁铁相互吸引，不会有转动电流受到的安培力方向向左11结论法(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势判断光滑杆上的同向电流的运动方向同向电流直接相吸，两个环形电流会相互靠拢转换研究对象法定性分析磁体在电流产生的磁场中受力方向时，可先判断电流在磁体磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向判断图中所示磁铁受到的地面摩擦力方向电流受到的磁铁的作用力方向如图所示，所以反过来电流对磁铁的作用力
19、方向斜向右下可知地面对磁铁的作用力方向向左图 8110【典例】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 8110 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在纸面内平动解析方法一(电流元分析法)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(等效分析法)把线圈L1等效
20、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12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(利用结论法)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将顺时针转动答案B反思总结判断通电导体在安培力作用下的运动问题时应注意以下两点：(1)同一问题可以用多种判断方法分析，可以根据不同的题目选择恰当的判断方法(2)同一导体在安培力作用下，运动形式可能会发生
21、变化，要根据受力情况进行判断图 8111即学即练如图 8111 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FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()AFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小解析采用“转换研究对象法”：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，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第
22、三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，FN1FN2.同时，由于导线A比较靠近 N 极，安培力的方向与斜面的夹角小于 90，所以电流对磁铁的作用力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.答案C附：对应高考题组PPT 课件文本，见教师用书131(2012大纲全国卷，18)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()AO点处的磁
23、感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故 A 选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故 B 选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 C 选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故 D 选项错误答案C2(2012海南单，10)如图中所示装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导
24、轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动下列说法正确的是()A若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A 项错误，同理判定 B、D 选项正确，C 项错误答案BD3(2011课标全国理综，14)为了解释地球的磁性，
25、19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是14()解析地磁场的 N 极在地球南极附近，地磁场的 S 极在地球北极附近，根据安培定则，可判定电流方向为顺时针方向(站在地球的北极向下看)，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误答案B4(2011大纲全国，15)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直，磁感应强度可能为零的点是()Aa点Bb点Cc点Dd点解析由于I1I2，且离导
26、线越远产生的磁场越弱，在a点I1产生的磁场比I2产生的磁场要强，A 错，同理，C 对I1与I2在b点产生的磁场方向相同，合成后不可能为零，B 错d点两电流产生的磁场B1、B2不共线，合磁场不可能为 0，D 错答案CA对点训练练熟基础知识题组一磁感应强度及磁场的叠加1(多选)物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是()A将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导线长度L，通电电流I，应用公式BFIL，即可测得磁感应强度BB检验电流不宜太大C利用检验电流和运用公式BFIL只能应用于匀强磁场15D只要满足长度L很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式BFIL对任何磁场都
27、适用解析用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度L应很短，电流应很小，当垂直放置时，定义式BFIL适用于所有磁场，选项 B、D 正确答案BD图 81122(单选)如图 8112 所示，电流从A点分两路通过对称的环形分路汇合于B点，在环形分路的中心O处的磁感应强度为()A垂直环形分路所在平面，且指向“纸内”B垂直环形分路所在平面，且指向“纸外”C在环形分路所在平面内指向BD零解析利用“微元法”把圆周上的电流看成是无数段直导线电流的集合如图，由安培定则可知在一条直径上的两个微元所产生的磁感应强度等大反向，由矢量叠加原理可知中心O处的磁感应强度为零答案D图 81
28、133(单选)如图 8113 所示，平行长直导线 1、2 通过相反方向的电流，电流大小相等a、b两点关于导线 1 对称，b、c两点关于导线 2 对称，且abbc，则关于a、b、c三点的磁感应强度B的说法中正确的是()A三点的磁感应强度相同Bb点的磁感应强度最大Ca、c两点的磁感应强度大小相同，方向相反Da点的磁感应强度最大16解析直接画出导线 1、2 在a、b、c三点所产生的磁场方向，同向相加，反向相减，易知 B正确a、c两点的磁感应强度B的大小和方向均相同，但要小于b点，故 A、C、D 均错答案B题组二安培力的大小及方向判断4(单选)如图 8114 所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为
29、B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直ab、bc和cd段的长度均为L，且abcbcd135.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示判断导线abcd所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是()图 8114A方向沿纸面向上，大小为(21)ILBB方向沿纸面向上，大小为(21)ILBC方向沿纸面向下，大小为(21)ILBD方向沿纸面向下，大小为(21)ILB解析将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的方向，根据FBIL计算出安培力的大小，再求合力导线所受合力FBIL2BILsin 45(21)ILB.答案A5(单选)一段长 0.2 m、通有 2.5 A 电流的直导线，在磁
30、感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A如果B2 T，F一定是 1 NB如果F0，B也一定为零C如果B4 T，F有可能是 1 ND如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析如果B2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为FBIL22.50.2N1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0FMgsin，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A 选项描述的磁场不符合题意；当磁场的方向垂直纸面向里时，通电直导线不受安培力作用，通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故 B 选
31、项描述的磁场符合题意；当磁场的方向水平向右时，通电直19导线受到竖直向上的安培力作用，由于FBILMgILILMg，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故 C 选项描述的磁场符合题意；当磁场的方向沿斜面向下时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于FBILMgILILMgMgcos，则通电直导线不可能静止在斜面上，故 D 选项描述的磁场不符合题意答案BC图 811910(单选)如图 8119 所示，一水平导轨处于与水平方向成 45角左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动现将磁场方向沿顺时针缓慢转
32、动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为，则()A金属棒所受摩擦力一直在减小B导轨对金属棒的支持力先变小后变大C磁感应强度先变小后变大D金属棒所受安培力恒定不变解析金属棒匀速运动，受力如图甲，则有NF安sinmg，F安cosFfN，F安BIL，联立解得BmgIL12sin，其中 tan1，即 9045，因是从 45减小到 0，所以B先变小后变大，金属棒所受安培力也先变小后变大，C 对、D 错；将N与Ff合成一个力F，则F与水平方向的夹角是一定值，金属棒受力满足图乙，F安顺时针变化，力F一直在增大，所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大，A、B
33、 错答案CB深化训练提高能力技巧20图 812011(2013河南名校联考)(单选)如图 8120 所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L1 mPM间接有一个电动势E6 V，内阻r1 的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取 10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能是()A2 B4 C5 D6 解析若电阻最大，电路电流最小，安培力就最小
34、，由平衡条件有：IminBLmgMg，再由闭合电路欧姆定律，IminErRmax，可得滑动变阻器连入电路的阻值最大值Rmax5，所以滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是 6，选项 D 不可能若电阻最小，电路电流最大，安培力就最大，由平衡条件有：ImaxBLMgmg，再由闭合电路欧姆定律，ImaxErRmin，可得滑动变阻器连入电路的阻值最小值Rmin2，所以 A、B、C 是可能的答案D图 812112(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关 S 与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1、长为L的导体棒ab，用长也为L的
35、绝缘细线悬挂，如图 8121 所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关 S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2则()A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 0.048 J解析导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A 对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BILLsinmgL(121cos)0，代入
36、数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3.0 V，B对；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F0.3 N，C 错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量E的和，即WQE，而EmgL(1cos)0.048 J，D 错答案AB图 812213(2013重庆理综，7)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图 8122 所示在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水
37、平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小解析(1)铜条未接入电路时：磁铁平衡，G1M磁铁g铜条匀速运动时：磁铁与铜条整体处于平衡状态，G2(M磁铁M铜条)g对铜条AB：匀速下落平衡F安M铜条g由、可知G2G1由式可知安培力方向与重力方向相反，竖直向上(2)对铜条组成的回路：EBLvIR铜条受到的安培力F安BIL由可得F安G2G1由得：磁感应强度大小B1LG2G1Rv答案(1)安培力方向竖直向上G2G1(2)F安G2G1，B1LG
38、2G1Rv22图 812314 如图 8123 所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E12 V，内阻r1，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小(2)通过金属棒的电流的大小(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值解析(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安mgsin 30，代入数据得F安0.1 N.(2)由F安BIL
39、，得IF安BL0.5 A.(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)，解得R0EIr23.答案(1)0.1 N(2)0.5 A(3)23 第 2 讲磁场对运动电荷的作用洛伦兹力、洛伦兹力的方向(考纲要求)洛伦兹力的公式(考纲要求)1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力2洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：23掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0.(0或 180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB.(90
40、)(3)v0 时，洛伦兹力F0.带电粒子在匀强磁场中的运动(考纲要求 )1.若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，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半径和周期公式：(vB)判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)带电粒子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)洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功()(4)根据公式T2rv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比()答案(1)(2)(3)(4)质谱仪和回旋加速器(考纲要求)图 8211质谱仪(1)构造：如
41、图 821 所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU12mv2.24粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvBmv2r.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r1B2mUq，mqr2B22U，qm2UB2r2.图 8222回旋加速器(1)构造：如图 822 所示，D1、D2是半圆金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源D 形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反
42、向，粒子就会被一次一次地加速 由qvBmv2R，得Ekmq2B2R22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和 D 形盒半径决定，与加速电压无关判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)带电粒子在两 D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关()(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动()(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为 1 2 3()(4)粒子的最后速度vBqRm，可见带电粒子加速后的能量取决于 D 形盒的最大半径和磁场的强弱()答案(1)(2)(3)(4)基 础 自 测1(2013黄山检测)
43、(单选)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()25解析根据左手定则，A 中F方向应向上，B 中F方向应向下，故 A 错、B 对C、D 中都是vB，F0，故 C、D 都错答案B图 8232(单选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图 823 所示，则()A电子将向右偏转，速率不变B电子将向左偏转，速率改变C电子将向左偏转，速率不变D电子将向右偏转，速率改变解析由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速
44、率不变答案A图 8243(单选)在如图 824 所示垂直于纸面的匀强磁场中，有一个电子源S，它向纸面的各个方向发射等速率的电子，已知电子质量为m、电荷量为e，纸面上S、P两点间距为L.则()A能击中P点的电子的最小速率为vminBeL2mB能击中P点的电子的最大速率为vmaxBeL2mC能击中P点的电子的最小速率为vminBeLmD只要磁场足够大，无论电子速率多大，总有电子可以击中P点解析要使电子能击中P点，则电子有最小运动半径R，且RL2，因此对应有最小速率，由RmveB得电子的最小速率vminBeRmBeL2m，A 对26答案A图 8254(多选)在如图 825 所示的虚线MN上方存在磁感
45、应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的角Q为直角，角O为 30.两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知()A带电粒子a的速度一定比b大B带电粒子a的比荷一定比b大C带电粒子a的运动周期一定比b大D带电粒子a的轨道半径一定比b大解析如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点，轨道半径相等，D 项错两带电粒子射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等由图可知，粒子a到达Q点运动的圆弧对应的圆心角为 120，粒子b到达Q点运动的圆弧对应的圆心角为 60，由T2mBq有13Ta16Tb，即132maqaB162mbqbB，解得
46、qa/maqb/mb21，B 项正确，C 项错误由rmvqB有vavbqa/maqb/mb21，A 项正确答案AB图 8265(多选)如图 826 所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上下列说法正确的是()A粒子进入磁场时的速率v2eUmB粒子在磁场中运动的时间t2meB27C粒子在磁场中运动的轨道半径r1B2mUeD若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置解析在加速电场中由动能定理得eU12mv2，所以粒子进入磁场时的速度v2eUm，A 正确；由evBmv2
47、r得粒子的半径rmveB1B2mUe，C 正确；粒子在磁场中运动了半个周期tT2meB，B 错误；若容器A中的粒子有初速度，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一位置，D 错误答案AC热点一洛伦兹力的特点与应用1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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用(4)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷(5)洛伦兹力一定不做功2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力(2)安培力可以做功
48、，而洛伦兹力对运动电荷不做功图 827【典例 1】如图 827 所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区已知BCCD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是()28At1t2t3Bt1Ek2Ek3DEk1Ek2t2解析当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qEqvB；当
49、只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向为匀速直线运动，所以t1t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，则t20)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60，则粒子的速率为(不计重力)()A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm审题指导(1)用左手定则确定粒子刚进入磁场时，洛伦兹力的方向？_.(2)“粒 子 射出 磁 场 与射 入 磁 场时 运 动 方向 间 的 夹角 为60”._.(3)画出轨迹利用几何关系求半径解
50、析带电粒子从距离ab为R2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为 60，粒子31运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O，则O、f、O在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由qvBmv2R，解得vqBRm，选项 B 正确答案B反思总结1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形直线边界(粒子进出磁场具有对称性)平行边界(粒子运动存在临界条件)圆形边界(粒子沿径向射入，再沿径向射出)3.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系(1)四个点：分别是入