2025版高考物理全程一轮复习第十一章磁场安培力与洛伦兹力第1讲磁场及其对电流的作用学案

第1讲磁场及其对电流的作用课程标准素养目标1.能列举磁现象在生产生活中的应用．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．通过实验，认识磁场．了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场．体会物理模型在探索自然规律中的作用．3．通过实验，认识安培力．能判断安培力的方向，会计算安培力的大小．了解安培力在生产生活中的应用．物理观念：理解磁感应强度、磁感线、安培力等概念，掌握安培定则应用方法，建立磁场的物质观念．科学思维：通过电场与磁场的类比，培养科学思维方法，掌握安培力的应用方法，运用力学观点、能量观点分析带电体在磁场中的运动，培养分析推理能力．考点一安培定则的应用和磁场的叠加【必备知识·自主落实】1．磁感应强度(1)物理意义：表示磁场________的物理量．(2)大小：B＝FIl．单位是特斯拉，符号是T.电流元一定垂直磁场(3)方向：小磁针的________极所受磁场力的方向，也就是小磁针________时N极所指的方向．(4)叠加：磁感应强度是矢量，叠加时遵守平行四边形定则．2．匀强磁场理想化模型(1)定义：磁感应强度的大小相等、方向________的磁场．(2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线．3．磁感线及其特点(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________的方向一致．(2)特点①描述磁场的方向：磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向．②描述磁场的强弱：磁感线的疏密程度表示磁场的______，在磁感线较密的地方磁场______；在磁感线较疏的地方磁场________．③是闭合曲线：在磁体外部，从________指向______；在磁体内部，由______指向______．④不相交：同一磁场的磁感线永不________、不相切．⑤是假想线：磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线，客观上并不存在．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无磁极、非匀强磁场，且距导线越远处磁场________与条形磁铁的磁场相似，管内为________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【关键能力·思维进阶】1.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍．两细长直导线中通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于b、d两点．图中e、f分别为ad、bc的中点，下列说法正确的是()A．a点与f点的磁感应强度相同B．e点与f点的磁感应强度相同C．a点与c点的磁感应强度不同D．e点与c点的磁感应强度相同2．(多选)[2023·新高考福建卷]奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应．一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连．接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转．奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响．他能得到的实验结果有()A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关3．(多选)[2024·贵州贵阳校联考]如图所示，等边三角形abc中心O处有垂直abc平面的长直通电导线，电流方向如图中所示，该空间还存在平行abc平面的磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使得a点磁感应强度为零．已知长直导线在空间某点产生的磁感应强度的大小与到该导线的距离成反比．则下列说法正确的是()A．b、c两点磁感应强度大小相等B．c点磁感应强度大小为B0C．从a点沿直线到d点，各点磁感应强度不断增大D.d点磁感应强度的大小为3B0思维提升磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度．如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度．考点二安培力及安培力作用下导体运动情况的判断【必备知识·自主落实】1．安培力的大小(1)磁场方向和电流方向垂直时：F＝________．(2)磁场方向和电流方向平行时：F＝0.2．安培力的方向左手定则判断(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指________，并且都与手掌在同一个平面内．(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向________的方向．(3)________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．垂直于电流与磁场方向决定的平面【关键能力·思维进阶】1．大小计算(1)有效长度：公式F＝IlB中的l是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度．相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示．(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流元，每一小段看成直导线，再按直线电流判断和计算．2．安培力作用下导体运动的判定方法电流元法分割为电流元左手定则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⇌小磁针条形磁体⇌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考向1安培力的计算例1[2023·江苏卷]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为()A．0B．BIlC．2BIlD．5BIl例2[2024·重庆渝中高三模拟]一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是()考向2判断安培力作用下导体的运动情况例3[2024·广东梅州统考二模]如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上．导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面．开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线与圆柱体的中轴线重合．现对两棒同时通入图示方向(A到B、C到D)的电流．下列说法正确的是()A．通电后，AB棒仍将保持静止B．通电后，AB棒将逆时针转动(俯视)C．通电后，AB棒将顺时针转动(俯视)D．通电瞬间，线段O1O2上存在磁感应强度为零的位置例4[2024·深圳模拟]如图所示，一平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定于斜面上，一端拉住条形磁铁，条形磁铁处于静止状态，磁铁中垂面上放置一通电导线，导线中电流方向垂直纸面向里且缓慢增大，下列说法正确的是()A．弹簧弹力逐渐变小B．弹簧弹力先减小后增大C．磁铁对斜面的压力逐渐变小D．磁铁对斜面的压力逐渐变大考点三安培力作用下导体的平衡和加速问题【必备知识·自主落实】求解安培力作用下导体平衡问题的关键画受力图→三维图转换为考向1通电导线在磁场中的平衡问题例5[2024·江苏盐城模拟]通电直导线ab的质量为m，长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示．在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，下列说法正确的是()A．mg＝33B．悬线的拉力T＝12C．若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60°例6如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间加一方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向为图中箭头方向(与斜面垂直向上的夹角为α)时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动．已知导体棒与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是()A．tanα≥1μB．tanα≤C．tanα≥μD．tanα≤μ思维提升解决安培力作用下平衡问题的两条主线(1)遵循平衡条件基本解题思路如下：(2)遵循电磁学规律，受力分析时，要注意准确判断安培力的方向．考向2通电导线在磁场中的加速问题例7(多选)[2024·重庆模拟]如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动．下列说法正确的是()A．两导线中电流的方向可能相反B．两导线间的安培力大小为13C．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1D．去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥mg核心素养提升安培力做功与动能定理结合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①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．②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．典例1[2023·海南卷]如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10－3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10－2T的匀强磁场．(1)若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g＝10m/s2)；(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆横截面的电荷量．典例2[2023·北京卷]2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录．一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示．两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒．金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出．导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)．金属棒被该磁场力推动．当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求：(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.第1讲磁场及其对电流的作用考点一必备知识·自主落实1．(1)强弱和方向(3)N静止2．(1)相同3．(1)磁感应强度(2)①切线②强弱较强较弱③N极S极S极N极④相交4．越弱匀强越弱关键能力·思维进阶1．解析：通电直导线在其周围某点处产生磁场的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，由安培定则可知磁感应强度方向垂直于该点到导线的垂直线段，根据矢量合成可知，a点与f点的磁感应强度不相同，故A错误；根据对称性可知，e点与f点的磁感应强度大小和方向均相同，故B正确；同理可知，a点与c点的磁感应强度大小和方向均相同，故C错误；e点与c点和a点与f点类似，磁感应强度不相同，故D错误．答案：B2．解析：减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场强弱和方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误．答案：AB3．解析：由题意可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为B0，方向与匀强磁场方向相反，可知匀强磁场方向垂直Oa向左，b、c两点处的磁感应强度均为两个大小为B0的磁感应强度成60°合成，因此这两点处的磁感应强度大小相等，且均为3B0，故A正确，B错误；从a到d，长直电流产生的磁感应强度越来越大，且与匀强磁场的夹角越来越小，因此合磁场不断增大，故C正确；长直电流在d点产生的磁感应强度大小为2B0，与匀强磁场成120°，则B＝2B0cos30°＝3B答案：ACD考点二必备知识·自主落实1．(1)IlB2．(1)垂直(2)电流(3)拇指关键能力·思维进阶例1解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl则该导线受到的安培力为2BIl.故选C.答案：C例2解析：根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则分析如图所示，A受合力为0，B和C受到2F的力，D受到22F的力，故选D.答案：D例3解析：如图所示，AB棒左侧处在斜向上的磁场中，受到的安培力F1穿过纸面向外，AB棒右侧处在斜向下的磁场中，受到的安培力F2穿过纸面向里，故AB棒将逆时针转动(俯视)，故A、C错误，B正确；通电后，根据安培定则可知，AB棒和CD棒中的电流会在周围产生磁场，根据磁场的合成可知，线段O1O2上不存在磁感应强度为零的位置，故D错误．答案：B例4解析：磁铁外部的磁感线从N极出发回到S极，则此时在导线处磁感线平行于斜面向下，如图所示，根据左手定则可以判断导线受到的安培力方向垂直斜面向上，因电流增大，所以安培力增大，安培力与斜面垂直，根据牛顿第三定律与受力平衡可知磁铁对斜面的压力逐渐变大，弹簧弹力不变，选项A、B、C错误，D正确．答案：D考点三关键能力·思维进阶例5解析：导体棒受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得，FA＝BIl＝mgtanθ即BIl＝33悬线的拉力T＝mgcos30°根据BIl＝mgtanθ可知，若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，则BIl·Lsinα－mgL(1－cosα)＝0解得α＝60°，选项D正确．答案：D例6解析：通电导体棒受安培力与斜面夹角为α，受重力、支持力、摩擦力和安培力，根据平衡条件F安cosα＝f＋mgsinθ；FN＝mgcosθ＋F安sinα，其中f＝μFN解得cosα－μsinα＝μmg当F安→∞时，cosα＝μsinα，即当tanα≥1μ时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故选答案：A例7解析：分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mgsinθ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mgsinθ＝ma解得FA＝13F若F＝6mgsinθ，则P、Q间安培力大小为2mgsinθ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mgsi