第十一章　磁场第56课时　磁场及其对电流的作用　双基落实课教师用

第56课时磁场及其对电流的作用[双基落实课]（人教版教材必修第三册P112）磁针能够指向南北，是因为地磁场的存在。指南针的广泛使用，促进了人们对地球磁场的认识。地球的地理两极与地磁两极并不重合（如图所示）。地磁场具有以下特点：1.地磁场的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，磁感应强度大小相等，且方向水平向北。根据上述情境，判断下列说法正误：（1）地磁场两极的磁感应强度比赤道处大。（√）（2）将通电导线放在空中，一定受到安培力的作用。（×）（3）磁场中某点磁感应强度的方向，跟安培力的方向一致。（×）（4）若地磁场是因地球表面带电荷引起的，则地球表面应该带正电荷。（×）（5）在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。（√）考点一磁场和安培定则[素养自修类]1.【地磁场磁感应强度的测定】（多选）（2022·全国乙卷18题）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（）测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方解析：BC地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知Bz为负值，则测量地点位于北半球，A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B＝By2＋Bz2≈50μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方2.【安培定则及磁场的叠加】（多选）如图所示，三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面（截面积不计）分别位于以O点为圆心的圆环上a、c、d三处，已知每根导线在O点的磁感应强度大小均为B，则（）A.O点的磁感应强度方向垂直于aO向右B.O点的磁感应强度方向从O指向aC.O点的磁感应强度大小为（2＋1）BD.O点的磁感应强度大小为（2－1）B解析：AC磁感应强度的矢量叠加如图所示，每根导线在圆心O处产生的磁感应强度大小均为B，可得O处的磁感应强度大小为BO＝2Bcos45°＋B＝（2＋1）B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正确。1.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。如图中通电导线M、N在c点产生的磁场BM、BN。（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。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及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。因果磁场原因（电流方向）结果（磁场方向）直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指考点二安培力的大小和方向[素养自修类]1.【安培力的方向】（2021·广东高考5题）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）解析：C因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左、右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正确。2.【安培力的大小】如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为（）A.F2 B.2F3C.3解析：AS闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝E5R，ab棒受到安培力的大小为Fab＝ILB，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F其＝ILB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2ILB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F'＝F其＝ILB＝F2，1.安培力方向的判断（1）判断方法：左手定则。（2）方向特点：F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B与I决定的平面。2.安培力大小：F＝BIlsinθ，θ为I与B的夹角。（1）适用条件：匀强磁场。（2）特例①当I⊥B时，F＝BIl。②当I∥B时，F＝0。（3）通电导线的有效长度①当通电导线弯曲时，l是导线两端的有效直线长度（如图所示）。②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。考点三安培力作用下导体运动情况的判断[互动共研类]安培力作用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→运动方向等效法环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁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1】一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈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.在纸面内平动答案：B解析：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方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，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，由安培定则可知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，则一定有相对转动，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。1.【等效法的应用】如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到（）A.线圈向左平移B.线圈向右平移C.从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D.从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁解析：C把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。2.【转换研究对象法的应用】（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＜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，根据牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的作用力F'方向指向左上方，对条形磁铁进行受力分析，如图乙所示，所以FN1＞FN2，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，选项B、C正确。考点四安培力作用下导体的平衡、加速问题[多维探究类]1.安培力作用下导体的平衡和加速问题的分析思路选定研究对象→三维图二维平面图→画受力图。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，如图例所示：2.安培力做功的特点和实质（1）安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。（2）安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时，将电能转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。考法一安培力作用下导体的平衡问题【典例2】（2022·湖南高考3题）如图甲，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）A.当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比答案：D解析：当导线静止在图甲右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝（mg）2－（BIL）2，又BIL＝mgsinθ，解得sinθ＝BLmgI考法二安培力作用下导体的加速问题【典例3】“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。“电磁炮”的原理结构示意图如图所示。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽L＝0.2m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4Ω。可控电源的内阻r＝0.6Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流I＝4×103A，不计空气阻力。求：（1）弹体所受安培力大小；（2）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长；（3）弹体从静止加速到4km/s过程中，该系统消耗的总能量；（4）请说明电源的电压如何自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。答案：（1）8×104N（2）20m（3）1.76×106J（4）见解析解析：（1）由安培力公式得F＝BIL＝8×104N。（2）由动能定理得Fx＝12mv弹体从静止加速到4km/s，轨道长度x＝mv22（3）由F＝ma，v＝at，解得发射弹体需要时间t＝1×10－2s，发射弹体过程中产生的焦耳热Q＝I2（R＋r）t＝1.6×105J弹体动能Ek＝12mv2＝1.6×106系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106J。（4）由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势增大，所以应使电源的电压增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射。考点一磁场和安培定则1.（2021·全国甲卷16题）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条直线上，PO'与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B解析：B两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为0；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B。选项B正确。2.如图，在磁感应强度大小为B0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。下列说法正确的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.导线P的磁场在a点的磁感应强度大小为3B0C.只把导线Q中电流的大小变为2I，a点的磁感应强度大小为33BD.只把导线P中的电流反向，a点的磁感应强度大小为33B解析：C在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，根据安培定则及矢量叠加原理可知它们在a点处产生的合磁感应强度方向平行于PQ向右，设大小为B1，如图所示，由于a点处的合磁感应强度为零，由此可知外加的磁场方向平行于PQ向左，且B0＝B1，设导线P、Q在a点处产生的磁感应强度分别为BP、BQ，则BP＝BQ，根据几何关系有2BPcos30°＝B1，解得BP＝BQ＝33B0，故A、B错误；只把导线Q中电流的大小变为2I，则导线Q在a点产生的磁感应强度方向不变，大小变为BQ'＝233B0，由几何知识结合矢量叠加原理，求得a点处磁感应强度大小为Ba＝33B0，故C正确；当导线P中的电流反向，其他条件不变，则导线P在a处产生的磁感应强度大小不变，但方向反向，可求得两导线在a处的合磁场大小为B2＝33B0，方向竖直向上，如图所示，因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法则，可得a点处磁感应强度B的大小为B＝B02＋考点二安培力的大小和方向3.（2022·江苏高考3题）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（）A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外解析：C根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。4.将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为（）A.0 B.2BIrC.34πBIr D.2解析：B由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L＝2r，电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝I4，I小＝3I4，故线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝2BIr，考点三安培力作用下导体运动情况的判断5.光滑水平面内固定两根平行的长直导线A和B，通以等大反向的电流I1、I2；通有图示方向电流I的短导线C垂直于A、B放在正中间，三者处于同一平面内。释放C，它将（）A.沿着水平面向右运动B.沿着水平面向左运动C.顺时针转动，同时向B靠近D.逆时针转动，同时向A靠近解析：A根据安培定则可知，A、B两条平行导线间的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可知，直导线C所受安培力水平向右，则其将沿水平面向右运动，故选A。6.如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P（Q平行于纸面，P垂直于纸面）中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动（从上向下看）以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是（）A.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小B.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大C.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小D.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大解析：C根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，可知P逆时针转动，Q顺时针转动，转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个圆环相互吸引，Q、P间细线张力变小，故C正确，A、B、D错误。考点四安培力作用下导体的平衡、加速问题7.如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为（取重力加速度g＝10m/s2）（）A.0.25T B.0.5TC.0.75T D.0.83T解析：B未通电时，导体棒受到的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得mgmg＋BId＝2kx2k×1.5x8.航空母舰的舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系统的设计原理图可以简化为图乙所示，图乙中MN、PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），AB是电磁弹射车，回路PBAM中电流恒定，该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是（）A.MN、PQ间的磁场是匀强磁场B.弹射车的速度与运动的时间成正比C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比D.回路PBAM中通以交变电流，弹射车不能正常加速解析：B根据安培定则可知，MN、PQ间有垂直纸面向外的磁场，且通电直导轨产生的磁场为环形磁场，离导轨越远磁场越弱，所以不是匀强磁场，故A错误；沿导轨方向且到两导轨距离相等的位置磁场不变，且回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F＝BIl可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度不变，由v＝at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确；安培力F＝BIl，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误；根据安培定则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生垂直纸面向外的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右，当电流方向沿回路MABP时，根据安培定则导轨之间产生垂直纸面向里的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工作，故D错误。9.（多选）在倾角θ＝37°的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的电源，滑轨间距L＝50cm，将一个质量m＝40g，电阻R＝1Ω的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.磁感应强度有最小值，为0.24T，方向垂直滑轨平面向下B.磁感应强度有最大值，为0.4T，方向水平向右C.磁感应强度有可能为0.3T