新教材物理一轮复习学案第十章第1节磁场的描述磁场对电流的作用

第十章磁场素养导读备考定向核心素养试题情境生活实践类在日常生产生活和科技方面的主要试题情境有地磁场、电磁炮、电流天平、超导电磁船、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等学习探索类学习探索类涉及的主要试题情境有通电导体在安培力作用下的平衡与加速问题、运动粒子在磁场中的运动问题考向预测本章内容属于高考考查的热点,既有选择题,又有计算题,甚至出现与电场、电磁感应综合的压轴题。考查的具体内容主要包括以下几个方面:①电流的磁场及安培定则的应用;②安培力、洛伦兹力的理解及应用;③带电粒子在磁场中的圆周运动问题;④带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题;⑤带电粒子在复合场中的运动问题;⑥洛伦兹力在现代科技中的应用第1节磁场的描述磁场对电流的作用必备知识预案自诊知识梳理一、磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有的作用。

(2)方向:小磁针的所受磁场力的方向。

2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的和。

(2)大小:B=(通电导线垂直于磁场)。①

(3)方向:小磁针静止时的指向。

(4)单位:特斯拉(T)。二、磁感线几种常见的磁场1.磁感线②在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的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)电流的磁场磁场类型直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强,且距导线越远处磁场

与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场,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

安培定则立体图续表磁场类型直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场横截面图纵截面图(3)匀强磁场在磁场的某些区域内,磁感线为的平行线,如图所示。

(4)地磁场①地磁场的N极在地理附近,S极在地理附近,磁感线分布如图所示。

②在赤道上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度,方向水平。

三、安培力的方向和大小1.安培力的方向③(1)左手定则:伸开左手,使大拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在一个平面内,把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心,并使伸开的指向电流的方向,那么,所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

(2)两平行的通电直导线间的安培力:同向电流互相,反向电流互相。

2.安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F=BIlsinθ,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)当磁场与电流时,安培力最大,Fmax=BIl。

(2)当磁场与电流时,安培力等于零。

考点自诊1.判断下列说法的正误。(1)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。()(2)磁感线是真实存在的。()(3)在同一幅图中,磁感线越密,磁场越强。()(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)由定义式B=FIL可知,电流I越大,导线L越长,某点的磁感应强度就越小。(2.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是()3.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)如图所示,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()4.(2020浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下5.(新教材人教版必修第三册P109“演示”改编)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线2、3接在直流电源上,电源没有在图中画出。接通电源后能使导体棒摆动幅度增大的措施是(只填前面的序号)。

①换用磁性更强的马蹄形磁铁②拿掉中间的马蹄形磁铁③增大直流电源的电压④减小直流电源的电压⑤把导线1、4接在直流电源上⑥剪掉导线2、3两侧的导体棒关键能力学案突破考点一安培定则的应用和磁场的叠加(师生共研)1.安培定则的应用项目原因(电流方向)结果(磁场方向)说明直线电流的磁场大拇指四指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”环形电流的磁场四指大拇指2.磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。(2)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。【典例1】(多选)(2020安徽马鞍山高三下学期第二次质检)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内,导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流,a中电流为I,b中电流为2I,a受到的磁场力大小为F1,b受到的磁场力大小为F2,则()A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里B.F2=2F1C.F2<2F1D.导线a的电流在导线b处产生的磁感应强度大小为2思维点拨(1)由安培定则可以判断电流产生的磁场方向;(2)每一根导线受到的磁场力为匀强磁场和另一根通电导线施加的安培力的合力;(3)根据安培力公式可以反过来求解导线所在位置的合磁感应强度。磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源,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,如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。对点演练1.(2020四川绵阳高三下学期模拟)已知无限长通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小与电流大小成正比,与到直导线的距离成反比。如图所示,无限长直导线M在方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B0的匀强磁场中,垂直于磁场放置;a、b两点位于纸面内且连线与直导线垂直,b点到直导线距离是a点到直导线距离的2倍。当直导线中通有方向M→N的电流I时,a点磁感应强度大小是54B0,则此时b点的磁感应强度大小是(A.178B0 B.98B0 C.78B0 D.2.(2021年1月广东省适应性测试)如图所示,矩形abcd的边长bc是ab的2倍,两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流,垂直穿过矩形平面,与平面交于e、f两点,其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是()A.a点与b点的磁感应强度相同B.a点与c点的磁感应强度相同C.a点与d点的磁感应强度相同D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同考点二安培力的分析与计算(师生共研)1.安培力公式F=BIl,应用时要注意:(1)B与I垂直。(2)B与I平行时,F=0。(3)l是有效长度。弯曲导线的有效长度l,等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿l由始端流向末端。2.方向:根据左手定则判断。【典例2】(2020山东日照4月模拟)如图所示,用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架,ab、cd边均与ad边成60°角,ab=bc=cd=L。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框架平面有磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场,则框架受到安培力的合力的大小和方向为()A.5BSE3ρ,竖直向上 B.C.10BSE3ρ,竖直向下 D.线框的abcd部分的有效长度与ad部分相等,电流均由左向右,故安培力的方向均竖直向上,但要注意二者中的电流大小不同,故abcd部分与ad部分所受安培力的大小不同。对点演练3.(2020广东广州一模)如图,“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,ab⊥bc,ab长为l,bc长为34l,导线通入恒定电流I,设导线受到的安培力大小为F,方向与bc夹角为θ,则(A.F=74BIl,tanθ=43 B.F=74BIl,tanC.F=54BIl,tanθ=43 D.F=54BIl,tan4.(2019全国卷Ⅰ)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()A.2F B.1.5F C.0.5F D.0考点三安培力作用下通电导体的平衡问题(师生共研)求解安培力作用下通电导体的平衡问题的关键是将三维图转化为二维平面图,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。【典例3】如图所示,在倾角为θ=37°的斜面上,固定一宽为L=1.0m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m=0.4kg、电阻R0=2.0Ω、长为1.0m的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E=12V,内阻r=1.0Ω,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑动变阻器的阻值符合要求,其他电阻不计,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。现要保持金属棒在导轨上静止不动,求:(1)金属棒所受安培力的取值范围;(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。解题指导审题关键词句分析解读它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5金属棒可能受摩擦力整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中可以判断出安培力的方向现要保持金属棒在导轨上静止不动平衡状态(1)金属棒所受安培力的取值范围;(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围当金属棒达到临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力破题由于导体棒处于静止状态,通过受力分析、共点力平衡及闭合电路的欧姆定律即可求得范围。规律方法1.求解安培力作用下导体棒问题的基本思路2.求解关键(1)电磁问题力学化。(2)立体图形平面化。对点演练5.(多选)如图所示为实验室电磁炮的模型图,在倾角θ=37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d=1m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面向下、磁感应强度B=2T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E=24V、内阻r=1Ω的电源,滑动变阻器的阻值变化范围为0~10Ω,允许通过的最大电流为5A。导轨上放置一质量m=1kg(连同金属杆PQ)的电磁炮,金属杆PQ垂直两金属导轨放置,金属杆电阻R0=2Ω,与导轨间动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S,使电磁炮在斜面上静止,则滑动变阻器连入电路的阻值可能是(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)()A.2Ω B.4Ω C.6Ω D.8Ω6.(多选)(2020安徽宿州模拟)如图所示,ab、cd是两根长度均为L=4.0m,质量分别为m1=0.6kg和m2=0.2kg的金属棒,两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路,整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上,保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0T,电路中的电流I=0.5A,待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形,g取10m/s2),则()A.绝缘细线与竖直方向的夹角为0°B.绝缘细线与竖直方向的夹角为45°C.细金属杆与竖直方向的夹角为45°D.细金属杆与竖直方向的夹角为90°考点四安培力作用下导体的运动问题(师生共研)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.安培力下导体运动情况判断的常用方法电流元法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→运动方向续表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,异向电流互相排斥先分析电流所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受的作用力【典例4】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【典例5】(2020江西南昌模拟)如图所示,光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m,匀强磁场方向如图所示,大小为0.5T,质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点,当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时,金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点,ON竖直、OP水平,且lMN=lOP=1m,g取10m/s2,则()A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N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,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。对点演练7.(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>F2 D.F1<F28.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是()A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变第十章磁场第1节磁场的描述磁场对电流的作用必备知识·预案自诊知识梳理一、磁场、磁感应强度1.(1)磁场力(2)N极2.(1)强弱方向(2)EIl(3)N二、磁感线几种常见的磁场1.切线2.(2)越弱最强越弱(3)同向等密(4)南极北极相同向北三、安培力的方向和大小1.(1)四指大拇指(2)吸引排斥2.(1)垂直(2)平行考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2.C3.A由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。4.C由于I1>I2,I1在b点产生的磁感应强度更大,故b点的磁感应强度大小不为零,同理,d点的磁感应强度大小也不为零,选项A、B错误;a、c两点连线与两导线等高并垂直,根据安培定则可知a点处的磁感应强度方向竖直向下,c点处的磁感应强度方向竖直向上,选项C正确,D错误。5.答案①③⑤解析导体棒摆动幅度与磁场强弱、通电电流大小、通电导线长度均有关系,磁场越强、通电电流越大、通电导线越长,导体棒摆动幅度就越大。故①③⑤正确。关键能力·学案突破典例1AC由安培定则可知,导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里,选项A正确;两个导线间的作用力是相互排斥力,根据牛顿第三定律,两力等大、反向、共线,大小设为Fab,磁场的磁感应强度为B,则对左边电流有F1=BIL+Fab,对右边电流有F2=2BIL+Fab,两式联立解得Fab=2F1-F2,则2F1>F2,则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为B'=2F1-F22IL,选项C对点演练1.A由安培定则可知,直导线产生的磁场在导线右侧为垂直纸面向里,左侧为垂直纸面向外,且在a点和b点产生的磁感应强度大小关系为Ba=2Bb,由题意可知5B04=Ba-B0,解得Ba=94B0,则b点的磁感应强度大小B=B0+Bb=B0+98B0=2.B通电直导线在周围形成的磁场,大小为B=kIr,方向由安培定则可知,从右向左画出各点的磁感应强度的平面图,如图所示,由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向,b与d故选B。典例2A根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图所示,设电路abcd上的电阻为3r,由几何关系得,ad段的长度为2L,所以ad上的电阻为2r;abcd上的电流为I1=E3r,ad上的电流为I2=E2r,则ab、bc、cd上的安培力F1=F2=F3=BI1L=BEL3r,ad上的安培力F4=BI2·2L=BELr,各段受到的力中,F1和F3在左右方向的分量大小相等,方向相反,相互抵消,所以线框受到的合外力F=F4+F1cos60°+F2+F3cos60°=5BEL3r,r=ρL对点演练3.D通电导线在匀强磁场中受到的安培力,其有效长度为ac连线的长度,L=l2+(3l4)

2=54l,根据安培力公式F=BIL=54BIl,根据左手定则,安培力的方向垂直于ac连线,方向与4.B导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。典例3答案(1)811N≤F≤8N(2)0≤R甲解析(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行斜面向下,设金属棒受到的安培力大小为F1,其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sinθ+mgcosθ,F1cosθ=mgsinθ+fmax,fmax=μFN以上三式联立并代入数据可得F1=8N乙当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时,设金属棒受到的安培力大小为F2,其受力分析如图乙所示。则有FN'=F2sinθ+mgcosθ,F2cosθ+fmax'=mgsinθ,fmax'=μFN'以上三式联立并代入数据可得F2=811所以金属棒受到的安培力的取值范围为811N≤F(2)因磁场与金属棒垂直,所以金属棒受到的安培力为F=BIL,因此有I=FBL,由安培力的取值范围可知电流的取值范围为411A≤设电流为I1=411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1由闭合电路欧姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入数据可得R1=30Ω电流为I2=4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2,由闭合电路欧姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入数据可得R2=0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω对点演练5.BC电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿导轨向上,也可能沿导轨向下,由平衡条件可知mgsinθ±f=IdB,又f≤μmgcosθ,解得2.2A≤I≤3.8A,由闭合电路欧姆定律可知I=ER0+r+R,解得6319Ω≤R≤6.AC以整体为研究对象,整体共受到四个力的作用,水平方向上,两金属棒受到大小均为F=BIL,方向相反的安培力,这两个力互相平衡;竖直方向上,绝缘细线的拉力与总的重力平衡,因为重力的方向竖直向下,所以,绝缘细线的拉力一定是竖直向上,也就是说,绝缘细线与竖直方向的夹角为0°,A正确,B错误;以cd棒为研究对象,cd棒受三个力而平衡,安培力F=BIL=1×0.5×4N=2N,cd棒的重力m2g=0.2×10N=2N,由平衡条件得F=m2gtanθ,解得θ=45°,即细金属杆与竖直方向的夹角为45°,C正确,D错误。典例4B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