新教材物理一輪復習學案第十章第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用

第十章磁場素養(yǎng)導讀備考定向核心素養(yǎng)試題情境生活實踐類在日常生產生活和科技方面的主要試題情境有地磁場、電磁炮、電流天平、超導電磁船、回旋加速器、質譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件等學習探索類學習探索類涉及的主要試題情境有通電導體在安培力作用下的平衡與加速問題、運動粒子在磁場中的運動問題考向預測本章內容屬于高考考查的熱點,既有選擇題,又有計算題,甚至出現與電場、電磁感應綜合的壓軸題。考查的具體內容主要包括以下幾個方面:①電流的磁場及安培定則的應用;②安培力、洛倫茲力的理解及應用;③帶電粒子在磁場中的圓周運動問題;④帶電粒子在有界磁場中的多解與臨界問題;⑤帶電粒子在復合場中的運動問題;⑥洛倫茲力在現代科技中的應用第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用必備知識預案自診知識梳理一、磁場、磁感應強度1.磁場(1)基本特性:磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有的作用。

(2)方向:小磁針的所受磁場力的方向。

2.磁感應強度(1)物理意義:描述磁場的和。

(2)大小:B=(通電導線垂直于磁場)。①

(3)方向:小磁針靜止時的指向。

(4)單位:特斯拉(T)。二、磁感線幾種常見的磁場1.磁感線②在磁場中畫出一些曲線,使曲線上每一點的方向都跟這點的磁感應強度的方向一致。

2.幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖所示)(2)電流的磁場磁場類型直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強,且距導線越遠處磁場

與條形磁鐵的磁場相似,管內為勻強磁場且磁場,管外為非勻強磁場

環(huán)形電流的兩側是N極和S極,且離圓環(huán)中心越遠,磁場

安培定則立體圖續(xù)表磁場類型直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場橫截面圖縱截面圖(3)勻強磁場在磁場的某些區(qū)域內,磁感線為的平行線,如圖所示。

(4)地磁場①地磁場的N極在地理附近,S極在地理附近,磁感線分布如圖所示。

②在赤道上,距離地球表面高度相等的各點,磁感應強度,方向水平。

三、安培力的方向和大小1.安培力的方向③(1)左手定則:伸開左手,使大拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在一個平面內,把手放入磁場中讓磁感線垂直穿入手心,并使伸開的指向電流的方向,那么,所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。

(2)兩平行的通電直導線間的安培力:同向電流互相,反向電流互相。

2.安培力的大小當磁感應強度B的方向與導線方向成θ角時,F=BIlsinθ,這是一般情況下的安培力的表達式,以下是兩種特殊情況:(1)當磁場與電流時,安培力最大,Fmax=BIl。

(2)當磁場與電流時,安培力等于零。

考點自診1.判斷下列說法的正誤。(1)磁場中某點磁感應強度的方向,跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一致。()(2)磁感線是真實存在的。()(3)在同一幅圖中,磁感線越密,磁場越強。()(4)將通電導線放入磁場中,若不受安培力,說明該處磁感應強度為零。()(5)由定義式B=FIL可知,電流I越大,導線L越長,某點的磁感應強度就越小。(2.(新教材人教版選擇性必修第二冊P6習題改編)下面的幾個圖顯示了磁場對通電直導線的作用力,其中正確的是()3.(新教材人教版選擇性必修第二冊P6習題改編)如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數相同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是()4.(2020浙江卷)特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示,兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流I1和I2,I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直,b點位于兩根導線間的中點,a、c兩點與b點距離相等,d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響,則()A.b點處的磁感應強度大小為0B.d點處的磁感應強度大小為0C.a點處的磁感應強度方向豎直向下D.c點處的磁感應強度方向豎直向下5.(新教材人教版必修第三冊P109“演示”改編)如圖所示是“探究影響通電導線受力的因素”的實驗示意圖。三塊相同馬蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上,導體棒用圖中1、2、3、4輕而柔軟的細導線懸掛起來,它們之中的任意兩根與導體棒和電源構成回路。認為導體棒所在位置附近為勻強磁場,最初導線2、3接在直流電源上,電源沒有在圖中畫出。接通電源后能使導體棒擺動幅度增大的措施是(只填前面的序號)。

①換用磁性更強的馬蹄形磁鐵②拿掉中間的馬蹄形磁鐵③增大直流電源的電壓④減小直流電源的電壓⑤把導線1、4接在直流電源上⑥剪掉導線2、3兩側的導體棒關鍵能力學案突破考點一安培定則的應用和磁場的疊加(師生共研)1.安培定則的應用項目原因(電流方向)結果(磁場方向)說明直線電流的磁場大拇指四指在運用安培定則時應分清“因”和“果”,電流是“因”,磁場是“果”,既可以由“因”判斷“果”,也可以由“果”追溯“因”環(huán)形電流的磁場四指大拇指2.磁場的疊加(1)磁感應強度是矢量,計算時與力的計算方法相同,遵守平行四邊形定則,可以用正交分解法進行合成與分解。(2)兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的。【典例1】(多選)(2020安徽馬鞍山高三下學期第二次質檢)如圖所示,在垂直紙面向里的勻強磁場中,有兩根彼此靠近且平行的長直導線a和b放在紙面內,導線長度均為L。導線中通有如圖所示的相反方向電流,a中電流為I,b中電流為2I,a受到的磁場力大小為F1,b受到的磁場力大小為F2,則()A.導線a的電流在導線b處產生的磁場方向垂直紙面向里B.F2=2F1C.F2<2F1D.導線a的電流在導線b處產生的磁感應強度大小為2思維點撥(1)由安培定則可以判斷電流產生的磁場方向;(2)每一根導線受到的磁場力為勻強磁場和另一根通電導線施加的安培力的合力;(3)根據安培力公式可以反過來求解導線所在位置的合磁感應強度。磁場疊加問題的分析思路(1)確定磁場場源,如通電導線。(2)定位空間中需求解磁場的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向,如圖所示M、N在c點產生的磁場磁感應強度分別為BM、BN。(3)應用平行四邊形定則進行合成,如圖中c點的合磁場磁感應強度為B。對點演練1.(2020四川綿陽高三下學期模擬)已知無限長通電直導線產生的磁場中某點的磁感應強度大小與電流大小成正比,與到直導線的距離成反比。如圖所示,無限長直導線M在方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B0的勻強磁場中,垂直于磁場放置;a、b兩點位于紙面內且連線與直導線垂直,b點到直導線距離是a點到直導線距離的2倍。當直導線中通有方向M→N的電流I時,a點磁感應強度大小是54B0,則此時b點的磁感應強度大小是(A.178B0 B.98B0 C.78B0 D.2.(2021年1月廣東省適應性測試)如圖所示,矩形abcd的邊長bc是ab的2倍,兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流,垂直穿過矩形平面,與平面交于e、f兩點,其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是()A.a點與b點的磁感應強度相同B.a點與c點的磁感應強度相同C.a點與d點的磁感應強度相同D.a點與b、c、d三點的磁感應強度均不相同考點二安培力的分析與計算(師生共研)1.安培力公式F=BIl,應用時要注意:(1)B與I垂直。(2)B與I平行時,F=0。(3)l是有效長度。彎曲導線的有效長度l,等于連接兩端點線段的長度(如圖所示);相應的電流沿l由始端流向末端。2.方向:根據左手定則判斷?！镜淅?】(2020山東日照4月模擬)如圖所示,用電阻率為ρ、橫截面積為S、粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架,ab、cd邊均與ad邊成60°角,ab=bc=cd=L?？蚣芘c一電動勢為E、內阻忽略不計的電源相連接。垂直于豎直框架平面有磁感應強度大小為B、方向水平向里的勻強磁場,則框架受到安培力的合力的大小和方向為()A.5BSE3ρ,豎直向上 B.C.10BSE3ρ,豎直向下 D.線框的abcd部分的有效長度與ad部分相等,電流均由左向右,故安培力的方向均豎直向上,但要注意二者中的電流大小不同,故abcd部分與ad部分所受安培力的大小不同。對點演練3.(2020廣東廣州一模)如圖,“L”型導線abc固定并垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中,ab⊥bc,ab長為l,bc長為34l,導線通入恒定電流I,設導線受到的安培力大小為F,方向與bc夾角為θ,則(A.F=74BIl,tanθ=43 B.F=74BIl,tanC.F=54BIl,tanθ=43 D.F=54BIl,tan4.(2019全國卷Ⅰ)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2F B.1.5F C.0.5F D.0考點三安培力作用下通電導體的平衡問題(師生共研)求解安培力作用下通電導體的平衡問題的關鍵是將三維圖轉化為二維平面圖,即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等,將立體圖轉換為平面受力圖?！镜淅?】如圖所示,在傾角為θ=37°的斜面上,固定一寬為L=1.0m的平行金屬導軌?，F在導軌上垂直導軌放置一質量m=0.4kg、電阻R0=2.0Ω、長為1.0m的金屬棒ab,它與導軌間的動摩擦因數為μ=0.5。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B=2T的勻強磁場中。導軌所接電源的電動勢為E=12V,內阻r=1.0Ω,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,滑動變阻器的阻值符合要求,其他電阻不計,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。現要保持金屬棒在導軌上靜止不動,求:(1)金屬棒所受安培力的取值范圍;(2)滑動變阻器接入電路中的阻值范圍。解題指導審題關鍵詞句分析解讀它與導軌間的動摩擦因數為μ=0.5金屬棒可能受摩擦力整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B=2T的勻強磁場中可以判斷出安培力的方向現要保持金屬棒在導軌上靜止不動平衡狀態(tài)(1)金屬棒所受安培力的取值范圍;(2)滑動變阻器接入電路中的阻值范圍當金屬棒達到臨界狀態(tài)時,金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力破題由于導體棒處于靜止狀態(tài),通過受力分析、共點力平衡及閉合電路的歐姆定律即可求得范圍。規(guī)律方法1.求解安培力作用下導體棒問題的基本思路2.求解關鍵(1)電磁問題力學化。(2)立體圖形平面化。對點演練5.(多選)如圖所示為實驗室電磁炮的模型圖,在傾角θ=37°的絕緣斜面上固定兩條不計電阻、寬d=1m的平行金屬導軌。導軌處在垂直斜面向下、磁感應強度B=2T的勻強磁場中。導軌下端接有電動勢E=24V、內阻r=1Ω的電源,滑動變阻器的阻值變化范圍為0~10Ω,允許通過的最大電流為5A。導軌上放置一質量m=1kg(連同金屬桿PQ)的電磁炮,金屬桿PQ垂直兩金屬導軌放置,金屬桿電阻R0=2Ω,與導軌間動摩擦因數為0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。閉合開關S,使電磁炮在斜面上靜止,則滑動變阻器連入電路的阻值可能是(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)()A.2Ω B.4Ω C.6Ω D.8Ω6.(多選)(2020安徽宿州模擬)如圖所示,ab、cd是兩根長度均為L=4.0m,質量分別為m1=0.6kg和m2=0.2kg的金屬棒,兩根等長的細金屬桿將兩節(jié)干電池與兩個金屬棒串聯成閉合回路,整個回路用絕緣細線懸掛在天花板上,保證金屬棒水平。整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度B=1.0T,電路中的電流I=0.5A,待系統穩(wěn)定之后(金屬棒、細金屬桿在力的作用下不會發(fā)生變形,g取10m/s2),則()A.絕緣細線與豎直方向的夾角為0°B.絕緣細線與豎直方向的夾角為45°C.細金屬桿與豎直方向的夾角為45°D.細金屬桿與豎直方向的夾角為90°考點四安培力作用下導體的運動問題(師生共研)1.判定導體運動情況的基本思路判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢,首先必須弄清楚導體所在位置的磁感線分布情況,然后利用左手定則準確判定導體的受力情況,進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。2.安培力下導體運動情況判斷的常用方法電流元法分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向續(xù)表等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流結論法同向電流互相吸引,異向電流互相排斥先分析電流所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受的作用力【典例4】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將()A.不動 B.順時針轉動C.逆時針轉動 D.在紙面內平動【典例5】(2020江西南昌模擬)如圖所示,光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分,O點為圓弧的圓心。兩金屬軌道之間的寬度為0.5m,勻強磁場方向如圖所示,大小為0.5T,質量為0.05kg、長為0.5m的金屬細桿置于金屬軌道上的M點,當在金屬細桿內通以電流強度為2A的恒定電流時,金屬細桿可以沿軌道向右由靜止開始運動。已知N、P為導軌上的兩點,ON豎直、OP水平,且lMN=lOP=1m,g取10m/s2,則()A.金屬細桿開始運動時的加速度大小為5m/s2B.金屬細桿運動到P點時的速度大小為5m/sC.金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10m/s2D.金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路(1)選定研究對象。(2)變三維為二維,如側視圖、剖面圖或俯視圖,并畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I。(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。對點演練7.(多選)如圖所示,臺秤上放一光滑平板,其左邊固定一擋板,一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來,此時臺秤讀數為F1,現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒,當導體棒中通以方向如圖所示的電流后,臺秤讀數為F2,則以下說法正確的是()A.彈簧長度將變長 B.彈簧長度將變短C.F1>F2 D.F1<F28.如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是()A.P順時針轉動,Q逆時針轉動,轉動時P與天花板連接的細線張力不變B.P逆時針轉動,Q順時針轉動,轉動時兩細線張力均不變C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大D.P不動,Q逆時針轉動,轉動時P、Q間細線張力不變第十章磁場第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用必備知識·預案自診知識梳理一、磁場、磁感應強度1.(1)磁場力(2)N極2.(1)強弱方向(2)EIl(3)N二、磁感線幾種常見的磁場1.切線2.(2)越弱最強越弱(3)同向等密(4)南極北極相同向北三、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)平行考點自診1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2.C3.A由安培力F=BIL可知,線圈在磁場中的有效長度越大,天平越容易失去平衡,故A正確。4.C由于I1>I2,I1在b點產生的磁感應強度更大,故b點的磁感應強度大小不為零,同理,d點的磁感應強度大小也不為零,選項A、B錯誤;a、c兩點連線與兩導線等高并垂直,根據安培定則可知a點處的磁感應強度方向豎直向下,c點處的磁感應強度方向豎直向上,選項C正確,D錯誤。5.答案①③⑤解析導體棒擺動幅度與磁場強弱、通電電流大小、通電導線長度均有關系,磁場越強、通電電流越大、通電導線越長,導體棒擺動幅度就越大。故①③⑤正確。關鍵能力·學案突破典例1AC由安培定則可知,導線a的電流在導線b處產生的磁場方向垂直紙面向里,選項A正確;兩個導線間的作用力是相互排斥力,根據牛頓第三定律,兩力等大、反向、共線,大小設為Fab,磁場的磁感應強度為B,則對左邊電流有F1=BIL+Fab,對右邊電流有F2=2BIL+Fab,兩式聯立解得Fab=2F1-F2,則2F1>F2,則a通電導線的電流在b導線處產生的磁感應強度大小為B'=2F1-F22IL,選項C對點演練1.A由安培定則可知,直導線產生的磁場在導線右側為垂直紙面向里,左側為垂直紙面向外,且在a點和b點產生的磁感應強度大小關系為Ba=2Bb,由題意可知5B04=Ba-B0,解得Ba=94B0,則b點的磁感應強度大小B=B0+Bb=B0+98B0=2.B通電直導線在周圍形成的磁場,大小為B=kIr,方向由安培定則可知,從右向左畫出各點的磁感應強度的平面圖,如圖所示,由對稱性可知a與c點的合磁感應強度等大同向,b與d故選B。典例2A根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向,如圖所示,設電路abcd上的電阻為3r,由幾何關系得,ad段的長度為2L,所以ad上的電阻為2r;abcd上的電流為I1=E3r,ad上的電流為I2=E2r,則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,所以線框受到的合外力F=F4+F1cos60°+F2+F3cos60°=5BEL3r,r=ρL對點演練3.D通電導線在勻強磁場中受到的安培力,其有效長度為ac連線的長度,L=l2+(3l4)

2=54l,根據安培力公式F=BIL=54BIl,根據左手定則,安培力的方向垂直于ac連線,方向與4.B導體棒MN受到的安培力為F=BIL。根據串、并聯電路的特點可知,導體棒ML與LN的電阻之和是導體棒MN電阻的2倍,導體棒MN的電流是導體棒ML與LN電流的2倍,導體棒處在同一磁場中,導體棒ML與LN的有效長度與導體棒MN相同,導體棒ML與LN受到安培力的合力為0.5F。根據左手定則,導體棒ML與LN受到安培力的合力方向與導體棒MN受到的安培力方向相同,線框LMN受到安培力的合力為1.5F,故選B。典例3答案(1)811N≤F≤8N(2)0≤R甲解析(1)當金屬棒剛好達到向上運動的臨界狀態(tài)時,金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力,方向平行斜面向下,設金屬棒受到的安培力大小為F1,其受力分析如圖甲所示。則有FN=F1sinθ+mgcosθ,F1cosθ=mgsinθ+fmax,fmax=μFN以上三式聯立并代入數據可得F1=8N乙當金屬棒剛好達到向下運動的臨界狀態(tài)時,設金屬棒受到的安培力大小為F2,其受力分析如圖乙所示。則有FN'=F2sinθ+mgcosθ,F2cosθ+fmax'=mgsinθ,fmax'=μFN'以上三式聯立并代入數據可得F2=811所以金屬棒受到的安培力的取值范圍為811N≤F(2)因磁場與金屬棒垂直,所以金屬棒受到的安培力為F=BIL,因此有I=FBL,由安培力的取值范圍可知電流的取值范圍為411A≤設電流為I1=411A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R1由閉合電路歐姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入數據可得R1=30Ω電流為I2=4A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R2,由閉合電路歐姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入數據可得R2=0所以滑動變阻器接入電路中的阻值范圍為0≤R≤30Ω對點演練5.BC電磁炮靜止在導軌上時受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿導軌向上,也可能沿導軌向下,由平衡條件可知mgsinθ±f=IdB,又f≤μmgcosθ,解得2.2A≤I≤3.8A,由閉合電路歐姆定律可知I=ER0+r+R,解得6319Ω≤R≤6.AC以整體為研究對象,整體共受到四個力的作用,水平方向上,兩金屬棒受到大小均為F=BIL,方向相反的安培力,這兩個力互相平衡;豎直方向上,絕緣細線的拉力與總的重力平衡,因為重力的方向豎直向下,所以,絕緣細線的拉力一定是豎直向上,也就是說,絕緣細線與豎直方向的夾角為0°,A正確,B錯誤;以cd棒為研究對象,cd棒受三個力而平衡,安培力F=BIL=1×0.5×4N=2N,cd棒的重力m2g=0.2×10N=2N,由平衡條件得F=m2gtanθ,解得θ=45°,即細金屬桿與豎直方向的夾角為45°,C正確,D錯誤。典例4B方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分,每一部分又可以看成無數段直線電流元,電流元處在L2產生的磁