高考物理第一轮复习 第8章 磁场 第1课时磁场及其描述

磁场的描述磁场对电流的作用考点梳理一、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、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)大小：B＝FIL(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的、方向相同的平行直线．4．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．(2)公式：Φ＝BS.深化拓展(1)公式Φ＝BS的适用条件：①匀强磁场；②磁感线的方向与平面垂直．即B⊥S.(2)S为有效面积．(3)磁通量虽然是标量，却有正、负之分．(4)磁通量与线圈的匝数无关．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布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场方向一致．2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布(如图3所示)34.磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．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：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．方法提炼1．用安培定则判断电流的磁场方向时，用的是右手，又叫右手螺旋定则．2．用左手定则判断安培力的方向(1)安培力总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面，但磁场方向和电流方向不一定垂直．(2)若已知B、I方向，F方向惟一确定．(3)若只有B或I方向变为相反，则力F反向；若B与I同时反向，则力F方向不变．(4)由于F⊥v，常根据v方向对物体进行受力分析.考点一对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．2考点二安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用2.磁场的叠加图8甲乙图9磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒 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． 考点三 安培力作用下导体运动情况的判定1．通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动． 2．明确磁场的分布和正确运用左手定则进行判断是解题的关键． 例3 如图8所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁 铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向 的电流后，线圈的运动情况是 ( ) A ．线圈向左运动 B ．线圈向右运动C ．从上往下看顺时针转动D ．从上往下看逆时针转动解析 解法一：电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流元，取其 中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据 对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运 动．只有选项A 正确．解法二：等效法．将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知， 线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据 结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A.答案 A突破训练3 如图9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F N1；当导线中有垂直纸面向 外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于磁铁对斜 面压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是 ( )A ．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B ．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C ．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D ．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小 答案 C解析 在题图中，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，其方向是斜向左下方的，导线A 中的电流垂直纸面向外时，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，即F N1>F N2，同时，由于导线A图10比较靠近N 极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以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. 突破训练4 如图10所示，把一根通电直导线AB 放在蹄形磁铁磁极 的正上方，导线可以自由移动．当导线通过电流I 时，如果只考虑 安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是 ( )A ．顺时针方向转动，同时下降B ．顺时针方向转动，同时上升C ．逆时针方向转动，同时下降D ．逆时针方向转动，同时上升 答案 C解析 第一步：电流元受力分析法把直线电流等效为OA 、OB 两段电流元，由左手定则判定蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向相反，如图a 所示．可见从上往下看时，导线将逆时针方向转动．第二步：特殊位置分析法取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如图b 所示．根据左手定则判断其所受安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动．磁场对运动电荷的作用考点梳理 一、洛伦兹力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：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：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)． 3．洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝0.(θ＝0°或180°) (2)v ⊥B 时，洛伦兹力F ＝q v B .(θ＝90°) (3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0. 二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，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v ⊥B ，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．4．[带电粒子在有界匀强磁场中运动的分析]如图3所示，半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出，若∠AOB ＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )图3A.2πr3v 0 B.23πr 3v 0C.πr3v 0D.3πr 3v 0答案 D解析 画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂线交于O ′点，O ′点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示．连接O ′O ，设轨迹 半径为R ，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R ＝r tan60°＝3r .因为∠AOB ＝120°，故∠AO ′B ＝60°，运动时间t ＝16T ＝16×2πR v 0＝3πr 3v 0，D 正确． 5．[带电粒子在匀强磁场中有关问题分析]如图4所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，则下列 说法中错误的是( )图4A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3 答案 AD解析 设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 正确；由r＝m v qB 知v 1v 2＝r 1r 2＝34，故F M F N ＝q v 1B q v 2B ＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12TM 12T N ＝1，A 错． 规律总结1．带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图5所示)图5(2)平行边界(存在临界条件，如图6所示)图6(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图7所示)图72．确定粒子运动的圆心，找出轨迹对应的圆心角，再求运动时间.考点一 洛伦兹力和电场力的比较 1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面．(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． 2力项目性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小F＝q v B(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向深化拓展①洛伦兹力对电荷不做功；安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功．②只有运动电荷才会受到洛伦兹力，静止电荷在磁场中所受洛伦兹力一定为零．突破训练1在如图9所示的空间中，存在电场强度为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场(图中均未画出)．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出()图9A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低C．质子所受电场力大小等于e v B，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高D．质子所受电场力大小等于e v B，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低答案 C解析解答本题时利用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据平衡条件判断电场力方向及磁场的磁感应强度B的方向沿x轴负方向，质子沿y轴正方向运动，由左手定则可确定洛伦兹力沿z轴正方向；由于质子受电场力和洛伦兹力作用沿y轴正方向做匀速直线运动，故电场力eE等于洛伦兹力e v B，方向沿z轴负方向，即电场方向沿z轴负方向，质子在运动过程中电场力不做功，电势能不变，沿z轴正方向即电场反方向电势升高，故C正确，A、B、D错误．考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图10甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．图10(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)． 2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时 间表示为：t ＝θ2πT (或t ＝θRv )．例2 (2012·安徽理综·19)如图11所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图11A.12ΔtB ．2ΔtC.13ΔtD ．3Δt审题指导 1.粒子做圆周运动的圆心是O 点吗？怎样找？2．要求粒子在磁场中运动的时间，就要先找圆周运动轨迹对应的圆心角，再利用周期公式求解．解析 设带电粒子以速度v 射入磁场做圆周运动，圆心为O 1，半径为r 1，则根据q v B＝m v 2r ，得r 1＝m v qB ，根据几何关系得R r 1＝tan φ12，且φ1＝60°.当带电粒子以13v 的速度射入时，轨道半径r 2＝m ·13v qB ＝m v 3qB ＝13r 1，圆心在O 2，则Rr 2＝tanφ22.即tan φ22＝R r 2＝3R r 1＝3tan φ12＝ 3. 故φ22＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t ＝φ360°T ，所以Δt 2Δt 1＝φ2φ1＝21，即Δt 2＝2Δt 1＝2Δt ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 答案 B 技巧点拨找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系是解题的关键．例3 如图12所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：图12(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .解析 (1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L 故半径r 1＝L 又因为q v 1B ＝m v 21r 1且qU m ＝12m v 21所以U m ＝qB 2L 22m.(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45°＝r 2L －r 2解得r 2＝(2－1)L 即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即 s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq.答案 (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq突破训练3 (2012·山西太原市高三模拟试题(二))如图14所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.10T ，磁场区域半径r ＝23 3 m ，左侧区圆心为O 1，磁场向里，右侧区圆心为O 2，磁场向外，两区域切点为C .今有质量m ＝3.2×10－26kg 、带电荷量q ＝1.6×10－19C 的某种离子，从左侧区边缘的A 点以速度v ＝1×106 m/s 正对O 1的方向垂直射入磁场，它将穿越C 点后再从右侧区穿出．求：图14(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大？(侧移距离指在垂直初速度方向上移动的距离) 答案 (1)4.19×10－6 s (2)2 m解析 (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对 称的，如图所示，设轨迹半径为R ，圆周运动的周期为T 由牛顿第二定律有q v B ＝m v 2R① 又T ＝2πRv② 联立①②得：R ＝m vqB③ T ＝2πm qB④将已知数据代入③得R ＝2 m⑤由轨迹图知tan θ＝r R ＝33，即θ＝π6则全段轨迹运动时间t ＝2×2θ2πT ＝T3⑥联立④⑥并代入已知数据得t ＝2×3.14×3.2×10－263×1.6×10－19×0.10s ＝4.19×10－6 s (2)在图中过O 2向AO 1作垂线，联立轨迹对称关系知 侧移距离d ＝2r sin 2θ 将已知数据代入得d ＝2×233sin π3m ＝2 m2．(2012·江苏单科·9)如图18所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )图18A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m答案 BC解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v 0B ＝m v 20r ，所以r ＝m v 0qB ，当带电粒子从不同方向由O 点以速度v 0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O 点2r 的距离，即OA ＝2r ，落在A 点的粒子从O 点垂直入射，其他粒子则均落在A 点左侧，若落在A 点右侧则必须有更大的速度，选项B 正确．若粒子速度虽然比v 0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A 点左侧，选项A 、D 错误．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，设其半径为r ′，则r ′≥2r －d 2，代入r ＝m v 0qB ，r ′＝m v qB ，解得v ≥v 0－qBd 2m ，选项C 正确．3.如图22所示，在真空区域内，有宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直纸面向里，MN 、PQ 为磁场的边界．质量为m 、带电荷量为－q 的粒子，先后两次沿着与MN 夹角为θ(0°<θ<90°)的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U 1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场；第二次粒子是经电压U 2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ 射出磁场．(不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U 1、U 2未知)图22(1)加速电压U 1、U 2的比值U 1U 2为多少？(2)为使粒子经电压U 2加速射入磁场后沿直线射出PQ 边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强大小．答案 (1)cos 2 θ(1＋cos θ)2(2)B 2qLm cos θ解析 (1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨迹刚好与PQ 相切，如图中的轨迹1.设轨迹半径为r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝L ，解得r 1＝L1＋cos θ.第二次粒子刚好能垂直PQ 边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆 心为图中的O 2点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r 2，由几何关系得到：r 2＝Lcos θ由动能定理及牛顿第二定律得qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2r ，r ＝2mqUBq ，从而可得r 1r 2＝ U 1U 2，所以U 1U 2＝r 21r 22＝cos 2 θ(1＋cos θ)2. (2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ 边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为E ，则Eq ＝Bq v 2，解得E ＝B v 2①由于粒子经电压U 2且未加电场时的轨迹半径r 2＝L cos θ＝m v 2Bq ，可得v 2＝BqL m cos θ②①②联立可得E ＝B2qLmcos θ，方向与水平方向成θ角斜向右下方．4．如图3所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )图3答案 ACD解析 由左手定则判定圆环受到的洛伦兹力向上，若q v B ＝mg ，则弹力为零，摩擦力为零，圆环做匀速直线运动，选项A 正确；若q v B >mg ，则杆对圆环有弹力，摩擦力不为零，圆环做减速运动，当速度减小到使洛伦兹力与重力平衡时，将做匀速直线运动，选项D 正确；若q v B <mg ，则杆对圆环有弹力，摩擦力不为零，圆环做减速运动，最终速度变为零，选项C 正确．无论哪种情况，圆环都不可能做匀减速运动，选项B 错误． 8.如图7所示是某粒子速度选择器的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为qm ＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( )图7A.2×106 m/s B ．22×106 m/s C ．22×108 m/sD ．42×106 m/s答案 B解析 由题意知，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动14周期，由几何关系知r ＝2R ，又r＝m v qB ，解得v ＝qBrm ＝22×106 m/s. 12．如图11甲所示，M 、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m ，带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图11(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3…)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向 (1)正粒子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 B 0q v 0＝m v 20r① 做匀速圆周运动的周期T 0＝2πrv 0②联立①②两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正粒子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，在两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r 1＝d4.当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d4n (n ＝1,2,3…)． 联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝B0qr m ＝πd2nT0(n ＝1,2,3…)．带电粒子在复合场中的运动考点梳理 一、复合场 1． 复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现．二、带电粒子在复合场中的运动形式 1． 静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． 2． 匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动． 3． 较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线． 4． 分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．3． [质谱仪原理的理解]如图3所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的 匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过 的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有磁感应强度为 B 0的匀强磁场．下列表述正确的是 ( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具图3 B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小 答案 ABC解析 粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B 正确；由Eq ＝Bq v 可知，v ＝E /B ，选项C 正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D ＝2m vBq ，可见D 越小，则粒子的比荷越大，D 不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A 正确，D 错误． 4． [回旋加速器原理的理解]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4所示．置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B 的 匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U .若A 处 粒子源产生的质子质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速， 且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是 ( ) 图4 A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器的最大动能不变 答案 AC解析 粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πRT＝2πRf ，故A 正确；粒子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12m v 2＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝m v Bq ，Uq ＝12m v 21，2Uq ＝12m v 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 正确；因回旋加速器的最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，D 错误． 规律总结带电粒子在复合场中运动的应用实例 1． 质谱仪(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．图5(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qU ＝12m v 2.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q v B ＝m v 2r .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． r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2. 2． 回旋加速器(1)构造：如图6所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，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。

考点内容要求考纲解读磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ 1.磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现．2．安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算．一般以计算题的形式出现．3．带电粒子在分立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ洛伦兹力的公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形．(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.第1课时磁场的描述磁场对电流的作用导学目标 1.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.2.会计算电流在磁场中受到的安培力.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．一、磁场、磁感应强度[基础导引]判断下列说法的正误(1)磁场和电场一样，是客观存在的物质．( )(2)在地球北半球，地磁场的方向是向北且斜向下的．( )(3)磁极与磁极、磁极与电流之间的相互作用是通过磁场发生的，而电流与电流之间的相互作用是通过电场发生的．( )(4)磁场中某点的B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关．( )(5)无论在何处，小磁针的指向就是磁场的方向．( )(6)磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度B越大．( ) [知识梳理]1．磁场的特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有__________的作用．2．磁场的方向：小磁针静止时________所指的方向．3．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的________________．(2)大小：B＝________(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时________的指向．(4)单位：________，简称______，符号：______.4．磁通量(1)概念：在匀强磁场中，与磁场方向________的面积S和磁感应强度B的乘积．(2)公式：Φ＝________.(3)单位：1 Wb＝________.二、磁感线、通电导体周围的磁场的分布[知识梳理]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________方向跟这点的磁感应强度方向一致．2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布(如图1所示)图13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____磁铁的磁场相似，管内为____磁场且磁场____，管外为______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____安培定则立体图横截面图4.磁感线的特点(1)磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的________，在磁感线较密的地方磁场________；在磁感线较疏的地方磁场较______．(3)磁感线是________曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不________、不________、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．思考：磁感线与电场线有什么相同点与不同点．三、安培力的大小和方向[基础导引]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( )[知识梳理]1．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＝______，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，F max＝BIL.(2)当磁场与电流________时，安培力等于零．2．安培力的方向(1)安培力：____________在磁场中受到的力．(2)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指________，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________的方向，这时________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(3)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相______，异向电流互相________．思考：在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小就一定为零吗？考点一安培定则的应用和磁场的叠加考点解读1．高考对磁场基本知识的考查，往往同时考查多个方面，包括对磁感应强度的概念、安培定则的应用、磁场的叠加和磁感线的理解．难度以中低档题为主．解题的关键是复习中对基本概念与知识的正确理解与记忆．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的磁场时应分清“因”和“果”.图2图3原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流的磁场四指大拇指3.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒 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的磁感应强度叠加而成的． 典例剖析例1 (2011·大纲全国卷·15)如图2，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I 2，且I 1>I 2；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( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点 思维突破1．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． 2．在进行磁感应强度的叠加时，应注意是哪个电流产生的磁场，磁场方向如何． 跟踪训练1 (2011·新课标全国卷·14)为了解释地球的磁性，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( )考点二 安培力作用下导体运动情况的判定 考点解读1．通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动． 2．明确磁场的分布和正确运用左手定则进行判断是解题的关键． 典例剖析例2 如图3所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方 向的电流后，线圈的运动情况是 ( )图4A ．线圈向左运动B ．线圈向右运动C ．从上往下看顺时针转动D ．从上往下看逆时针转动 思维突破 判定安培力作用下导体运动情况的常用方法跟踪训练2 如图4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F N1；当导线中有垂直纸面向 外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于压力和弹 簧的伸长量的说法中正确的是 ( )A ．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B ．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C ．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D ．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小 考点三 安培力的综合应用 考点解读1．安培力的综合应用，一般有两种情形，一是安培力作用下导体的平衡和加速；二是与安图6图7培力有关的功能关系问题．安培力的综合应用是高考的热点，题型有选择题，也有综合性的计算题．2．处理这类问题，需弄清楚电流所在处的磁场分布情况．要做好受力分析，搞清物体的受力情况，然后利用牛顿运动定律或者功能关系求解，在受力分析时，有时要把立体图转换成平面图，转换时要标明B 的方向，以有利于确定安培力的方向．3．安培力大小的计算公式F ＝ILB 是在磁感应强度B 与电流I 垂直情况下的结果；式中L 是有效长度，对通电直导线，是导线在磁场中的那段长度；对弯曲导线，当导线所在平面与磁场方向垂直，且磁场为匀强磁场时，L 等于弯曲导线两端点连接直线的长度，如图5所示，相应的电流方向沿L 由始端流向末端．图 5典例剖析例3 如图6所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导 轨所在的平面与水平面夹角θ＝37 °，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻 不计， g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： (1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力大小； (3)导体棒受到的摩擦力．思维突破 求解通电导体在磁场中的力学问题的方法： (1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F 安⊥B 、F 安⊥I ；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解． 跟踪训练3 倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根静止的金属杆ab .现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图7所示，磁 感应强度B 逐渐增加的过程中，ab 杆受到的静摩擦力 ( ) A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先增大后减小 D ．先减小后增大11.导体变速运动时的安培力分析图8图9例4 (2010·四川理综·20)如图8所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放 置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平 行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静 止，则它所受摩擦力可能 ( )A ．变为0B ．先减小后不变C ．等于FD ．先增大再减小解析 a 棒向上运动的过程中产生感应电动势E ＝Blv ，则a 、b 棒受到的安培力大小F安＝ IlB ＝B 2l 2v 2R .对a 棒根据牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v2R＝ma ，由于速度v 增大，所以加速度a 减小．当加速度a ＝0时，v 达到最大值v m ，即a 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，然后以v m 做匀速直线运动．对b 棒根据平衡条件有mg sin θ＝F f b ＋B 2l 2v 2R ，当v 增大时，F f b 减小；当v m ＝mg sin θ·2R B 2l 2时，F f b ＝0；当v ＝v m 时，若棒b所受摩擦力仍沿斜面向上，则有F f b 先减小后不变．A 、B 正确． 答案 AB正本清源 本题的易错点在于有同学认为棒b 所受的摩擦力一定是先减小后增大，最后不变.这是没有结合棒a 的运动情况而对b 所受摩擦力作出分析.因为棒a 的最终速度大小未知，所以就存在当棒a 的速度达到最大速度时，棒b 所受的摩擦力还可能沿斜面向上，在这种情况下，棒b 所受摩擦力就是一直减小最后不变，即B 选项；而如果当棒a 的速度达到最大速度时，棒b 所受的摩擦力恰好减小到0，这就是A 选项. 跟踪训练4 如图9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0.5 m ，匀强 磁场方向如图，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 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2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运 动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则 ( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 NA 组 安培力的基本应用1. 如图10，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场图12 图13中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°.流经导线的电流为I ， 方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力() A ．方向沿纸面向上，大小为( 2＋1)ILB B ．方向沿纸面向上，大小为( 2－1)ILB C ．方向沿纸面向下，大小为( 2＋1)ILB D ．方向沿纸面向下，大小为( 2－1)ILB2．在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图11所示．过c 点的导线所受安培力的方向( )图11A ．与ab 边平行，竖直向上B ．与ab 边平行，竖直向下C ．与ab 边垂直，指向左边D ．与ab 边垂直，指向右边B 组 磁场的叠加及导体在安培力作用下运动情况的判定3. 已知地磁场的水平分量为B ，利用这一值可以测定某一弱磁 场的磁感应强度，如图12所示为测定通电线圈中央一点的 磁感应强度的实验．实验方法：①先将未通电线圈平面固定 于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N 极指向北方； ②给线圈通电，此时小磁针N 极指北偏东θ角后静止，由此可以确 定线圈中电流方向(由东向西看)与线圈中央的合磁感应强度分别为( )A ．顺时针；B cos θ B ．顺时针；B sin θC ．逆时针；Bcos θ D ．逆时针；Bsin θ4. 如图13所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴 线OO ′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO ′看去会发现( )A ．A 环、B 环均不转动B ．A 环将逆时针转动，B 环也逆时针转动，两环相对不动C ．A 环将顺时针转动，B 环也顺时针转动，两环相对不动D ．A 环将顺时针转动，B 环将逆时针转动，两者吸引靠拢图14图1C 组 安培力作用下导体的平衡5．质量为m 的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为L ，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如下列选项所示(截面图)，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是()6. 如图14所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L .匀强磁场磁感应强度为B .金属杆长也为L ，质量为m ，水平放在导 轨上．当回路总电流为I 1时，金属杆正好能静止．求： (1)B 至少多大？这时B 的方向如何？(2)若保持B 的大小不变而将B 的方向改为竖直向上，应把回路总电流I 2调到多大才能使金属杆保持静止？第1课时 磁场的描述 磁场对电流的作用(限时：60分钟)一、选择题1．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B＝FIL，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 2．下列各图中，用带箭头的细实线标出了通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是 ( )3. 在磁场中某区域的磁感线，如图1所示，则( ) A ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a ＞B b B ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a ＜B b C ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力大图2图3 图4图5D ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力小 4. 两根长直导线a 、b 平行放置，如图2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 ( ) A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同 B ．M 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 点放一小磁针，静止时其北极沿ON 指向O 点 5. (2011·新课标全国卷·18)电磁轨道炮工作原理如图3所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接 触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是 ( ) A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍 B ．只将电流I 增加至原来的2倍 C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变 6．通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面(纸面)内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动(O 为L 2的中心)，各自的电流方 向如图4所示．下列哪种情况将会发生 ( ) A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动7. 某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行 时平稳而无声，时速可达100英里．这种船的船体上安装一 组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进．如图5所示是超导电磁船的简 化原理图，AB 和CD 是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生．以下说法正确的是( )图6 图7图8A ．船体向左运动B ．船体向右运动C ．无法断定船体向哪个方向运动D ．这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速8. 如图6所示，用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 ，长度为L 的电阻丝电阻为r ，框架与一电动势为E ，内阻为r 的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为 ( )A ．0 B.5BEL 11rC.10BEL 11rD.BEL r9. 均匀直角金属杆aOb 可绕水平光滑轴O 在竖直平面内转动，Oa <Ob .现加一水平方向的匀强磁场B 并通以电流I ，若撤去外力后恰能使直角金属杆Ob 部分保持水平，如图7所示．则 ( )A ．电流I 一定从a 点流入才能使杆保持平衡B ．电流I 从b 点流入也可能使杆保持平衡C ．直角金属杆受到的弹力一定竖直向上D ．直角金属杆受到安培力与重力的合力为零10．物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验．如图8所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际上就成 为最早的电动机．图中A 是可动磁铁，B 是固定导线，C 是可动导线，D 是固定磁铁．图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．这时自上向下看，A 和C 的转动方向分别是 ( )A ．A 顺时针，C 逆时针B ．A 逆时针，C 顺时针C ．A 逆时针，C 逆时针D ．A 顺时针，C 顺时针二、非选择题11. 在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框架，宽l ＝0.25 m ，接入电动势E ＝12 V 、内阻不计的电源．在框架上放有一根水平的、质图10 量m ＝0.2 kg 的金属棒ab ，它与框架的动摩擦因数为μ＝36，整 个装置放在磁感应强度B ＝0.8 T 的垂直框面向上的匀强磁场中(如图9所示)．当调节滑动变阻器R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？ (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g ＝10 m/s 2)12．如图10所示，PQ 和EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为L ＝1.0 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝20g ，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c 相连，物体c 的质量M ＝30 g ．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10 m/s 2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最 大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入多 大的电流？电流的方向如何？答案基础再现一、基础导引 (1)√ (2)√ (3)× (4)×(5)× (6)√知识梳理 1.磁场力 2.N 极 3.(1)强弱和方向 (2)F IL(3)N 极 (4)特斯拉 特 T 4.(1)垂直 (2)BS (3)1 T·m 2二、知识梳理 1.切线 3.越弱 条形 匀强 最强 非匀强 越弱 4.(1)切线 (2)强弱 较强 弱 (3)闭合 (4)中断 相交思考：相同点：(1)都是假想曲线．(2)疏密表示强弱，切线表示方向．(3)都有不相交、不相切、不中断的特点．不同点：电场线不闭合，磁感线为闭合曲线．三、基础导引 C知识梳理 1.BIL sin θ (1)垂直 (2)平行 2.(1)通电导线 (2)垂直 电流 拇指 (3)吸引 排斥思考：不一定．当B ∥I 时，F 安＝0.课堂探究例1 C [由于I 1>I 2，且离导线越远产生的磁场越弱，在a 点I 1产生的磁场比I 2产生的磁场要强，A 错，同理，C 对．I 1与I 2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B 1、B 2不共线，合磁场不可能为0，D 错．]跟踪训练1 B例2 A [甲解法一 电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A 正确．解法二 等效法．将环形电流等效成小磁针，如乙图乙所示，据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结 论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”．也可判断出线圈向左运动，选A.]跟踪训练2 C例3 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N跟踪训练3 D跟踪训练4 D [金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12mv 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F安＝mv 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．] 分组训练1．A2．C [根据直线电流的安培定则，a 、b 在c 处所激发的磁场方向分别如图中B a 、B b 所示，应用平行四边形定则可知c 导线所在处的合磁场方向如图所示．根据左手定则可知安培力F 安的方向与a 、b 连线垂直，指向左边．]3．C 4.D 5.CD6．(1)mg sin αI 1L 方向垂直导轨平面向上 (2)I 1cos α答案1．D [磁感应强度是磁场本身的性质，与放入磁场中的电流或受力大小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，与其他外在的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D 正确．]2．D [通电直导线周围的磁感线是以导线上各点为圆心的同心圆，并且这些同心圆都在跟导线垂直的平面内，电流方向与磁感线方向间的关系可由安培定则确定，让伸直的大拇指指向导线中电流方向，弯曲四指的方向即为磁感线的环绕方向，所以D 正确．]3．B4．B [由安培定则、通电直导线周围磁场特点及矢量的合成知B M 垂直MN 向下，B N 垂直MN 向上，且B M ＝B N ；而O 点的磁感应强度B O ＝0，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．]5．BD [由题意可知磁感应强度B ＝kI ，安培力F 安＝BId ＝kI 2d ，由动能定理可得：F 安L ＝mv 22，解得v ＝I 2kdL m，由此式可判断B 、D 选项正确．] 6．D [由右手螺旋定则可知导线L 1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L 1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L 2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O 点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L 2绕轴O 按逆时针方向转动，D 项正确．]7．BD [导电的海水的电流方向垂直AB 方向从CD 板流向AB 板，海水所受的安培力方向水平向左，故船体上的超导线圈所受的作用力向右，故推动船体向右运动，B 、D 正确．]8．C [总电阻R ＝3r ·2r 3r ＋2r ＋r ＝115r 总电流I ＝E R ＝5E 11r，梯形框架受到的安培力等效为I 通过ad 边时受到的安培力，故F ＝BI ·ad ＝BI ·2L ＝10BEL 11r，所以C 选项正确．] 9．A [当电流I 从a 点流入时，aO 杆受到的安培力向左，Ob 杆受到的安培力向上，金属杆能平衡．如I 从b 点流入的话，bO 杆受到的安培力向下，则不能让金属杆Ob 部分水平平衡．A 项正确，B 项错误．由aO 杆受水平方向上的安培力，使得杆受的弹力的水平分力与F Oa 安平衡，C 、D 选项均错，正确选项为A.]10．B [B 导线电流向上，其产生的磁场自上向下看为逆时针方向，故磁铁A 将逆时针转动；由左手定则可知C 导线受力为顺时针，故顺时针转动．]11．1.6 Ω≤R ≤4.8 Ω1．6 Ω≤R ≤4.8 Ω.12．1.0 A≤I ≤2.0 A 方向由a 到b。

峙对市爱惜阳光实验学校第1节磁场的描述磁场对电流的作用第1节磁场的描述磁场对电流的作用知识点1 磁场、磁感线、磁感强度1．磁场(1)根本特性：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该点的磁感强度的方向一致．3．磁体的磁场和地磁场图8­1­14．磁感强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)大小：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．5．磁通量匀强磁场中磁感强度B和磁场方向垂直的平面面积S的乘积，即Φ＝BS.知识点2 电流的磁场1．奥斯特奥斯特发现了电流的磁效，即电流可以产生磁场，首次揭示了电与磁的联系．2．安培那么(1)通电直导线：用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．(2)通电螺线管：让右手弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，大拇指所指的方向就是环形电流中轴线上的磁感线的方向或螺线管内部磁感线的方向．图8­1­2知识点3 安培力的方向和大小1．安培力的方向(1)左手那么：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，并使伸开的四指指向电流的方向，那么，大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)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，反向电流互相排斥．2．安培力的大小当磁感强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BIL sin θ，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)当磁场与电流垂直时，安培力最大，F max＝BIL.(2)当磁场与电流平行时，安培力于零．1．正误判断(1)磁场中某点磁感强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致．(×)(2)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大．(√)(3)磁感线是真实存在的．(×)(4)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强．(√)(5)将通电导线放入磁场中，假设不受安培力，说明该处磁感强度为零．(×)(6)安培力可能做正功，也可能做负功．(√)2．(电流磁场及磁场性质的理解)(多项选择)以下各选项中，小磁针的指向正确的选项是( ) 【导学号：96622141】【答案】ABD3.(磁感强度的理解)(多项选择)以下说法中正确的选项是( )A．电荷在某处不受电场力的作用，那么该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，那么该处磁感强度一为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值【答案】AC4．(对安培力的理解)(2021·卷Ⅱ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，以下说法正确的选项是( )【导学号：96622142】A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一变为原来的一半【答案】B5．(对地磁场的理解)(2021·高考)中国宋代家沈括在<梦溪笔谈>中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，那么能指南，然常微偏东，不也．〞进一步研究说明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8­1­3.结合上述材料，以下说法不正确的选项是( )图8­1­3A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球外表任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C[核心精讲]1．安培那么的“因〞和“果〞2.(1)磁感强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形那么．(2)两个电流附近的磁场某处的磁感强度是由两个电流分别存在时产生的磁场在该处的磁感强度叠加而成的．[题组通关]1．(2021·高考)如图8­1­4，一束电子沿z轴正向流动，那么在图中y轴上A点的磁场方向是( )【导学号：96622143】图8-1-4A．＋x方向B．－x方向C．＋y方向D．－y方向A 据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培那么可以判断电流激发的磁场是以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看)，通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，那么选项A正确．2．如图8­1­5所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相的恒电流，方向如下图，这时O点的磁感强度大小为B1.假设将M 处长直导线移至P处，那么O点的磁感强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )图8­1­5A.3∶1B.3∶2C．1∶1 D．1∶2B 如下图，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培那么，可知：二者在圆心O处产生的磁感强度都为B12；当将M处长直导线移至P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感强度也为B12，做平行四边形，由图中的几何关系，可得cos 30°＝B22B12＝B2B1＝32，应选项B正确．[微博]求解有关磁感强度的三个关键 1．磁感强度―→由磁场本身决．2．合磁感强度―→于各磁场的磁感强度的矢量和(满足平行四边形那么)． 3．牢记判断电流的磁场的方法―→安培那么，并能熟练用，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)．[核心精讲]1．判导体运动情况的根本思路判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场磁感线分布情况，然后利用左手那么准确判导体的受力情况，进而确导体的运动方向或运动趋势的方向．2．五种常用判方法电流元法分割为电流元――→左手那么安培力方向―→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；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性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三律，确磁体所受电流磁场的作用力，从而确磁体所受合力及运动方向[师生共研]一个可以的线圈L 1和一个固的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图8­1­6所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )图8­1­6 A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动B 方法一：(电流元分析法) 把线圈L 1沿水平转动轴分成上下两，每一又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，根据安培那么可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手那么可得，上半电流元所受安培力均指向纸外，下半电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L 1将顺时针转动．方法二：(效分析法) 把线圈L 1效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培那么知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的N 极由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．方法三(结论法) 环形电流I 1、I 2之间不平行，那么必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．[题组通关]3．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图8­1­7所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( ) 【导学号：96622144】图8­1­7A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁C 该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确．4．如图8­1­8所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)( )图8­1­8A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升A 如图甲所示，把直线电流效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手那么判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力．因此，从上向下看，导线沿顺时针方向转动．甲乙分析导线转过90°时的情形．如图乙所示，导线中的电流向外，由左手那么可知，导线受到向下的安培力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A正确.[核心精讲]1．安培力的大小安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，用时要满足：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度，即垂直磁感强度方向的长度．如弯曲导线的有效长度L于两端点所连直线的长度(如图8­1­9所示)，相的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．图8­1­92．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选研究对象；(2)变为二维，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律方程进行求解．3．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．[师生共研](2021·卷Ⅰ)如图8­1­10所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图8­1­10【标准解答】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手那么可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL ②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由欧姆律有E＝IR ④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg[题组通关]5．(多项选择)如图8­1­11所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′.以下说法正确的选项是( )图8­1­11A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中电流变为TT－T′I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中电流变为T′T－T′I时，两细线内的张力均为零BC 线圈不通电流时，由力的平衡有2T＝mg，当通过的电流为I时，张力减小为T′，由安培那么知通电导线MN在ab处产生的磁场比dc处强，那么可判知ab必受向上的安培力，且大于cd所受向下的安培力，再结合左手那么判断电流顺时针流动，所以A错误、B正确；当两细线内张力均为T′时，B ab IL －B cd IL＋2T′＝mg，当两细线内的张力均为零时，B ab I′L－B cd I′L＝mg，且又知2T＝mg，联立以上方程得I′＝TT－T′I，故C项正确，D项错误．6．(多项选择)(2021·高考)如图8­1­12甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图I所示方向为电流正方向．那么金属棒( ) 【导学号：96622145】甲乙图8­1­12A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功ABC 根据左手那么知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误．。