《金版新学案》安徽省高三物理一轮课下作业 第8章 磁场 第一讲

第八章磁场学案39 磁场及其描述一、概念规律题组1．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )A．①②④ B．②③④ C．①⑤ D．②③2．(2010·苏北高二教学质量联合调研)关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下图中正确的是( )3．下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是( )A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向4．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是F ILD．由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小二、思想方法题组图15．当接通电源后，小磁针A的指向如图1所示，则( )A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动图26．如图2所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是( )A．如图所示位置时等于BSB．若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为12BSC．若从初始位置转过90°角，磁通量为零D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS一、磁感线的特点磁感线电场线相似点引入目的都是为了形象的描述场而引入的假想曲线，实际不存在疏密意义都能定性描述场的强弱切线方向都表示该点场的方向是否相交都不相交不同点闭合曲线，外部由N→S，内部由S→N 起始于正电荷(或无穷远)，终止于无穷远(或负电荷)【例1】 (广东高考)磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是( )A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零[规范思维]二、对磁感应强度B的理解及磁感应强度B的叠加1．磁感应强度由磁场本身决定，就像电场强度由电场本身决定一样，跟该位置放不放通电导线无关，因此不能根据公式B＝FIL说B与F成正比，与IL成反比．2．磁感应强度B的定义式也是其度量式，但用来测量的小段通电导线必须垂直放入磁场，如果小段通电导线平行放入磁场，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．3．磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针静止时N极的指向．4．磁感应强度B与电场强度E的比较电场强度E是描述电场强弱的物理量，磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量．这两个磁感应强度B 电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场性质的物理量定义式B＝FIL (通电导线与B垂直) E＝Fq方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向电场线切线方向，放入该点正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的B的矢量和合场强等于各个电场的场强E的矢量和单位 1 T＝1 N/(A·m) 1 V/m＝1 N/C【例2】下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是( )A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关[规范思维][针对训练1] 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大【例3】图3(2011·大纲全国·15)如图3所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；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[规范思维]图4[针对训练2] (2009·荆州模拟)如图4所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的实际磁感应强度为0，则下列叙述正确的是( )A．直导线中的电流方向垂直纸面向里B．b点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向上，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同三、安培定则的应用及磁场方向的确定【例4】如图5所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针的北极N(黑色一端)指示出磁场方向正确的是( )图5A．a、c B．b、c C．c、d D．a、d[规范思维][针对训练3] (2011·新课标·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( )四、对磁通量的理解1．如图6甲、乙所示，如何计算下面两图中磁通量的大小，你是怎样理解面积S的含义的？图62．如果图6中的线圈都是n匝线圈，那么通过线圈的磁通量又应该如何计算？3．如何计算图7中穿过线圈的磁通量的大小？图7总结 1.S为线圈在磁场中的有效面积，即线圈在磁场中沿垂直磁场方向投影面的面积．2．与上一问的情况相同，线圈的磁通量等于通过某一匝的磁通量．3．用向里的磁通量减向外的磁通量．图8【例5】如图8所示，矩形线圈有N匝，面积大小为S，放在水平面内，加一个竖直向下的范围较大的匀强磁场，磁感应强度为B，则穿过平面的磁通量是多少？若使线圈绕ab 边转过60°，则穿过线圈平面的磁通量是多少？若线圈绕ab边转过180°，则穿过线圈的磁通量改变了多少？[规范思维]【基础演练】1．(2011·泉州模拟)关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( ) A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2．关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的是( )A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于FILB．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于FILC．磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线，受力的大小和方向无关3．如图9所示为通电螺线管的纵剖面图，“Ä”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N极)静止时的指向一定画错了的是( )图9A．a B．b C．c D．d图104．(2011·深圳模拟)如图10所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )5.图11(2011·安庆模拟)如图11所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )A．a、b两点磁感应强度相同B．c、d两点磁感应强度大小相等C．a点磁感应强度最大D．b点磁感应强度最大6.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图12所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )图12A．a点B．b点C．c点D．d点7．(2011·潍坊模拟)19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是( ) A．由西向东垂直磁子午线B．由东向西垂直磁子午线C．由南向北沿子午线D．由赤道向两极沿子午线(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)8．(上海高考)取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图13(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )图13A．0 B．0.5B C．B D．2B题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案【能力提升】9．如图14所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为________，方向________．图14图1510．如图15所示，边长为100 cm的正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈ab、cd两边中点连线OO′的左右两侧分别存在方向相同，磁感应强度大小各为B1＝0.6 T，B2＝0.4 T 的匀强磁场，若从上往下看，线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变了多少？线圈从初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变了多少？11.图16如图16所示为一电流表的原理示意图．质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(1)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量是多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，cb＝0.050 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？学案39 磁场及其描述【课前双基回扣】 1．D 2.A3．BD [磁场中某点磁感应强度的方向表示该点磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N 极受力的方向．但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场的方向．]4．A [磁感应强度的引入目的就是用来描述磁场强弱，因此选项A 是正确的；磁感应强度是与电流I 和导线长度L 无关的物理量，且B ＝FIL 中的B 、F 、L 相互垂直，所以选项B 、C 、D 皆是错误的．]5．A [根据通电螺线管的磁场与小磁针的相互作用情况可以判断：螺线管的左边应该是S 极．再根据安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N 极，其余四指的方向就是通电螺线管中的电流方向，即电流从左边流入，右边流出，如右图所示．再根据安培定则判知小磁针B 所在处的磁场方向垂直纸面向外，所以知小磁针B 的N 极向纸外转．]6．ABCD [在题图所示的位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ＝BS.当框架绕OO′轴转过60°时可以将图改画成侧视图如右图所示Φ＝BS ⊥＝BS·cos 60°＝12BS.转过90°时，线框由磁感线垂直穿过变为平行，Φ＝0.线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了．因而Φ1＝BS ，Φ2＝－BS ，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS.综上所述，A 、B 、C 、D 都正确．]思维提升1．磁感线与电场线一样是为了形象地描述磁场而人为引入的，实际上并不存在，但能说明磁场的强弱与方向．注意磁感线是闭合曲线．2．磁场的方向既该处小磁针静止时N 极指向，或N 极受力方向．或为该处的磁感应强度B 的方向，三种表述是一致的．3．公式B ＝FIL 是磁感应强度的定义式，B 的大小取决于磁场本身，与该处有无电流无关．4．右手螺旋定则也叫安培定则，是用来判断电流的磁场方向．右手定则则是判断导体切割磁感线产生感应电流的方向．5．磁通量Φ＝BS ，B⊥S，意义为穿过某个面的磁感线条数的多少．【核心考点突破】例1 C [磁感线是人为画出的、描述磁场的曲线，不相交，故选项A 错误；由于是闭合曲线，在磁体外部是由N 极指向S 极，在内部是由S 极指向N 极，故选项B 错误；若导线与磁场方向平行，则导线不受磁场力的作用，选项D 错误；故本题正确选项为C.][规范思维] 磁感线和电场线的特性有相似之处，都能表示场的强弱和方向，但也有不同：电荷周围的电场线是不闭合的，磁感线是闭合的．例2 D [磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关，故选项A 错误，选项D 正确．通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B 错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时所受磁场力最大，与磁场平行时所受磁场力为0)，而选项C 中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C 错误．][规范思维] 磁场的磁感应强度只取决于磁场本身，与试探电流元无关，正如电场中的电场强度与检验电荷无关一样，是磁场本身的属性．类似的物理量还有速度、加速度、电阻、电容、电势差等．规律：凡是用比值定义的物理量都和定义式中的物理量无必然联系．例3 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．][规范思维] 磁感应强度是矢量，其合成同样遵守平行四边形定则，即先根据安培定则判断每条导线在某点的磁感应强度的大小和方向，然后根据平行四边形定则进行合成．例4 A [根据安培定则判断出：(1)AB 直导线在小磁针a 所在位置垂直纸面向外，所以磁针a 的N 极指向正确；(2)C 左侧为N 极，内部磁场向左，所以磁针c 的N 极指向正确，磁针b 的N 极指向不对；(3)D 左为S 极，右为N 极，所以磁针d 的N 极指向不正确．][规范思维] (1)电流的磁场分布于三维空间，用安培定则时要注意磁场的空间性．(2)小磁针在磁场中静止时，北极指向与磁场方向一致，在此要特别注意螺线管内部的磁场方向．例5 BS 12BS 2BS 解析 由磁通量的定义可知Φ1＝BS绕ab 边转过60°后的磁通量为Φ2＝BScos 60°＝12BS 绕ab 边转过180°后的磁通量为Φ3＝－BS磁通量的改变量为ΔΦ＝|Φ3－Φ1|＝2BS.[规范思维] 磁通量的大小直接用公式Φ＝BScos θ求解即可，应特别注意θ角的大小及Φ的正负号．[针对训练]1．D 2.AB 3.B思想方法总结1．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”，在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁场绕向；在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流绕向，大拇指指“结果”——环内沿中心轴线的磁感线方向．2．类比法是物理学中常用的一种研究问题的方法，如万有引力与库仑力类比，将磁极间相互作用类比于电荷间相互作用，将磁极间的作用定量计算，命题视角新颖，对学生类比推理、迁移应用能力要求较高．3．(1)在磁通量Φ＝BS 的公式中，S 为垂直于磁感应强度B 方向上的有效面积，要正确理解Φ，B ，S 三者之间的关系．线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图所示，当线圈面积由S 1变为S 2时，磁通量并没有变化．(2)在空间有磁感线穿过线圈S ，S 外没有磁场，若增大S ，则Φ不变．(3)若在所研究的面积内有不同方向的磁场时，应将磁场合成后，用合磁场根据Φ＝BS 去求磁通量．(4)磁通量为标量，其正、负表示针对于某个平面的穿入或穿出．【课时效果检测】1．D 2.BD 3.AB 4.C 5.BD6．AB [由安培定则知a 、b 两处I 1和I 2形成的磁场方向共线反向，若再满足大小相等，则B a ＝0或B b ＝0，而c 、d 两处，I 1和I 2形成的磁场方向不共线，故合磁感应强度不可能为零．]7．B [地磁N 极在地理南极附近，地磁S 极在地理北极附近，地磁场磁感线在地球内部由北极指向南极，则由安培定则环形电流方向判断电流方向为由东向西垂直磁子午线，故选项B 正确．]8．A [若对折导线，则顺时针方向电流产生的磁感应强度与逆时针方向电流产生的磁感应强度的矢量和为零，故选项A 正确．]9.B 2垂直纸面向外 解析 a 点的磁场分别是电流1和电流2在该处产生的磁场B 1、B 2的叠加，由安培定则可判定，两通电导线在a 处的磁场方向相同，又因为两电流大小相同，a 点与两导线的距离相等，故B 1＝B 2，而B ＝B 1＋B 2，由此可得B 1＝B 2＝B 2.去掉导线1后，a 、b 两点关于导线2对称，由对称性可知，b 点的磁感应强度大小为B 2，由安培定则可判定，其方向垂直纸面向外．10．－0.1 Wb －1.0 Wb解析 在原图位置，磁感线与线圈平面垂直．Φ1＝B 1×S 2＋B 2×S 2＝(0.6×12＋0.4×12)Wb ＝0.5 Wb. 线圈绕OO′轴逆时针转过37°后，Φ2＝B 1×S 2cos 37°＋B 2×S 2cos 37°＝(0.6×12×0.8＋0.4×12×0.8)Wb＝0.4 Wb. ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(0.4－0.5)Wb ＝－0.1 Wb.线圈绕OO′轴逆时针转过180°时，规定穿过原线圈平面的磁通量为正，转过180°后，穿过线圈平面的磁通量为负．Φ3＝－B 1×S 2－B 2×S 2＝－0.5 Wb. ΔΦ′＝Φ3－Φ1＝(－0.5－0.5)Wb ＝－1.0 Wb.11．(1)mg k(2)M 端 (3)2.5 A (4)0.10 T 解析 (1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg ＝kΔx，①由①式得：Δx＝mg k.② (2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN 间电流强度为Im ，则有BIm ab ＋mg ＝k(cb ＋Δx)，③联立②③并代入数据得Im ＝2.5 A ．④(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有2B′Im ab ＋mg ＝k(cb ＋Δx)．⑤由①⑤式得：B′＝k cb2Im ab .⑥代入数据得：B′＝0.10 T.易错点评1．在第2题中，对B ＝F IL 的理解要全面，只有电流I 与B 垂直放置时，才有B ＝F IL.如果没有限制，B 可能大于或等于F IL ，因此很多同学由于不理解B ＝F IL的前提而误选A. 2．在第5、6、8、9题中均考查了磁场的叠加问题．注意分清两点：①B 是矢量，它的叠加遵守平行四边形定则．②对通电导线在某点的磁场一定要会用右手螺旋定则判断，一定是与该点与导线的连线的方向垂直．3．地磁场的磁感线特点一定要非常清楚，这点是常考点之一，很多同学往往把方向记错．记住：赤道：与地面平行，南半球：指北斜向上，北半球：指北斜向下．。

8.1磁现象和磁场 几种常见的磁场班级 姓名 编写：陈熠【学习目标】磁场、磁通量、磁感线、通电直导线、通电线圈。

【自主学习】一、磁现象和磁场1、电流的磁效应（1）自然界中的磁体总存在着 个磁极，同名磁极相互 ，异名磁极相互 。

（2）丹麦物理学家奥斯特的贡献是发现了电流的 ，著名的奥斯特实验是把导线沿南北方向放置在指南针上方，通电时 。

2、磁性的地球地磁南极在地理 极附近，地磁北极在地理 极附近。

3、匀强磁场磁感应强度 、 处处相同的磁场叫匀强磁场（uniform magnetic field ）。

匀强磁场的磁感线是一些 直线。

4、磁通量（1）定义：设在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S ，则B 与S 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量（magnetic flux ），简称磁通。

（2）定义式：（3）单位： 简称 ，符号 。

1Wb=1T ·m2 （4）磁通量是标量（5）磁通密度即磁感应强度 B=Sφ 1T=1m A N 1m Wb 2⋅= 二、安培分子电流假说（1）安培分子电流假说：在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流—— ，分子电流使每个物质微粒都成为微小的 ，它的两侧相当于两个 。

（2）磁现象的电本质：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由 产生的。

（3）磁性材料按磁化后去磁的难易可分为 材料和 材料。

三、《金版新学案》第八章第一讲 考点梳理、基础自测部分【合作学习】1、以下说法中，正确的是（ ）A 、磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的B 、电流与电流的相互作用是通过电场产生的C 、磁极与电流间的相互作用是通过电场与磁场而共同产生的D 、磁场和电场是同一种物质2、如图表示一个通电螺线管的纵截面，ABCDE 在此纵截面内5个位置上的小磁针是该螺线管通电前的指向，当螺线管通入如图所示的电流时，5个小磁针将怎样转动？3、有一矩形线圈，线圈平面与磁场方向成α角，如图所示。

2020《金版新学案》高三物理一轮复习第一课时磁场及磁场对电流的作用练习(本栏目内容，学生用书中以活页形式分册装订成册！) 1．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如右图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是()A．a点B．b点C．c点D．d点【解析】由安培定则知a、b两处I1和I2形成的磁场方向共线反向，若再满足大小相等，则B a＝0或B b＝0，而c、d两处，I1和I2形成的磁场方向不共线，故合磁感应强度不可能为零．【答案】AB2．表面光滑的细导线做成的圆形闭合导线环固定在绝缘的水平面上，在环形导线上放置一直导线AB，直导线AB与环形导线相互绝缘，直导线中点与细导线环的圆心重合，如右图所示，则当两者通以图示方向的电流时，直导线AB的运动情况是() A．向M方向平动B．向N方向平动C．静止不动D．在环形导线上转动【解析】由右手螺旋定则知闭合圆环在直导线处产生的磁场方向是垂直纸面向里，再由左手定则知直导线受到的安培力方向指向M，所以导线AB将向M运动．【答案】 A3．(2020年广东六校联考)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是() A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行【解析】当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、D不正确，C正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确．【答案】 C4．(2020年高考全国卷Ⅰ)如右图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，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)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB【解析】本题考查安培力的大小与方向的判断．该导线可以用a与d之间的直导线长为(2＋1)L来等效代替，根据F＝BIl，可知大小为(2＋1)BIL，方向根据左手定则．A正确．【答案】 A5．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右图所示的电流后，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＞F2D．F1＜F2【解析】导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，电流对磁铁的磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知：F1＞F2，电流对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，故弹簧长度将变短，B、C正确．【答案】BC6．如右图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是() A．导线a所受合力方向水平向右B．导线c所受合力方向水平向右C．导线c所受合力方向水平向左D．导线b所受合力方向水平向左【解析】首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B是正确的．【答案】 B7．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为()A ．0.1 AB ．0.2 AC ．0.05 AD ．0.01 A【解析】 设线圈半径为R ，通电导线受到的安培力F ＝nBI 2πR ，所受重力为G ＝n 2πRρg ，平衡时有：F sin 30°＝GnBI 2πR sin 30°＝n 2πRρg ，得I ＝2ρg B，代入数据得I ＝0.1 A ．故A 正确． 【答案】 A8．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，一根质量为m 、电阻为R 的导体棒ab ，用长为l 的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如上图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场．当闭合开关S 时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则( )A ．磁场方向一定竖直向上B ．导体棒离开导轨前受到向左的安培力C ．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl (1－cos θ)D ．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl (1－cos θ)【解析】 从题中知道导体棒ab 向右摆动，说明导体棒ab 受到向右的安培力作用，由左手定则可知磁场方向一定竖直向下，A 、B 错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的热，另一部分是导体棒的机械能，D 正确；最大高度时， 导体棒重力势能的增加量等于mgl (1－cos θ)，C 正确．【答案】 CD9．如下图甲所示，电流恒定的通电直导线MN ，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M 指向N ，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t ＝0时导线恰好静止．若磁感应强度B 按如下图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小【解析】 由安培力的表达式F ＝BIL 结合图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 方向不变，大小变小，加速度方向不变，大小变小，由于初速度为零，所以在水平方向上做变加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 正确；而后在12周期到34周期内，MN 反向加速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 正确．【答案】 AD10．如右图所示，CD 、FE 是两个长度均为40 cm 、质量分别为60 g 、20 g 的金属棒，两端由两根等长的细金属杆相连(不计杆重力)，形成闭合回路CDEF ，将整个回路用两根绝缘细线悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝1 T ．在闭合回路CDEF 中通以如图所示的电流，电流I ＝0.5 A ，待系统稳定后，取g ＝10 m/s 2，求：(1)细金属杆与竖直方向的夹角；(2)每根绝缘细线所受的拉力．【解析】 (1)隔离EF 棒，当系统稳定后，侧视图如右图所示．磁场力F ＝BIL ＝1×0.5×0.4 N ＝0.2 N ，EF 棒所受重力m 2g ＝0.02×10 N ＝0.2 N ，所以θ＝45°.(2)对整体每根绝缘细线所受拉力F T ＝m 1g ＋m 2g 2＝0.4 N. 【答案】 (1)45° (2)0.4 N11．如右图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流强度I ＝1 A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)【解析】斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件F T cos 37°＝F ①F T sin 37°＝mg ②由①②解得：F＝mgtan 37°代入数值得：F＝0.8 N由F＝BIL得：B＝FIL＝0.81×0.4T＝2 T.B与t的变化关系为B＝0.4 t．解得t＝5 s.【答案】 5 s12．如右图所示，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R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.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．【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30 N.(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mg sin 37°＝0.24 N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力F f，如图根据共点力平衡条件mg sin 37°＋F f＝F安解得：F f＝0.06 N.【答案】(1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N。

教学资料范本2020高考物理一轮复习第八章磁场学案-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第八章磁场学案第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关.(√) (2)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.(×)(3)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.(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向.(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强.(√)(6)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.(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功.(√) 1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应.突破点(一) 对磁感应强度的理解1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比.(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零.(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向.2．磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量义定义式B＝FIL(L与B垂直)E＝Fq方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱.(2)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近.(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平.[题点全练]下列关于磁场或电场的说法正确的是________.①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行⑪磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N极所指的方向⑫地磁场的N极与地理南极完全重合答案：④⑤⑦突破点(二) 安培定则的应用与磁场的叠加1．常见磁体的磁感线2．电流的磁场及安培定则直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图横截面图特点无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极，与条形磁体的磁场类似，管内可看作匀强磁场，管外是非匀强磁场两侧是N极和S极，圆环内侧，离导线越近，磁场越强；圆环外侧离圆环越远，磁场越弱3．安培定则的应用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”.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的磁场四指大拇指4．磁场的叠加磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则.[题点全练]1．(20xx·连云港模拟)如图所示，圆环上负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c带有大量的都要发生转动，以下说法正确的是( )三枚小磁针b、c的N极都向纸里转A．a、B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转解析：选B 由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转.选](20xx·海南高考)如图，两根平行长直导线相距2．[多小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在2l，通有大点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l.关于这三平面内的三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零解析：选AD 对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁场为零，B错误，D正确；两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c处的大，A正确.3.(20xx·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之B0的匀强磁l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，间的距离为纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )A．0B.B0C.B0D．2B0选C 导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点解析：应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为产生的磁感在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大60°，它们小为B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左.若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确.突破点(三) 判定安培力作用下导体的运动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场磁感线分布情况，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.2．五种常用判定方法电流元法→―整段导体所受合力方向→―安培力方向――→左手定则分割为电流元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，反向电流互相排斥；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定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，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向[典例] 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[方法应用](一)由题明3法基础解法：(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均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.能力解法一：(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.能力解法二：(结论法) 环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止.据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动.(二)方法选择(1)如果通电导体为环形电流，则选用等效法较简单.(2)如果只是判断两个通电导体之间的相互作用情况，可选用结论法.(3)如果通电导体为直导线，则可选用电流元法和特殊位置法.[集训冲关]示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附 1.如图所轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线近，磁铁的图方向的电流后，线圈的运动情况是( )圈中通入如B．线圈向右运动A．线圈向左运动D．从上往下看逆时针转动C．从上往下看顺时针转动解析：选A 将环形电流等效成一条形磁铁，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，选项A正确.也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥”，可判断出线圈向左运动.故A正确. 2．(20xx·扬州检测)一直导线平行于通电螺线管在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地的轴线放置由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情运动且通以况，下列说法正确的是( )A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管D 由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方解析：选效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流向，导线等力的方向，Oa向纸外Ob向纸里，所以从上向下元所受安培看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对.所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其 3.如图可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖左端放置一中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金直金属棒，属棒中通有图中所示方向的电流时，则( )A．金属棒始终静止不动B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环解析：选B 由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转.当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确.突破点(四) 安培力作用下的平衡、加速问题1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度.2．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、剖面图或俯视图等，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.[典例] (20xx·全国卷Ⅰ)如图，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；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，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.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，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.[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，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.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①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＝BIL②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＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有④E＝IR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⑤m＝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[易错提醒](1)本题中安培力的方向易判断错误.(2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm.(3)导体棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx.[集训冲关]1．(20xx·兴化期末)如图所示，质量为60 g的铜棒长为a＝20 cm，棒的两端与长为L＝30 cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中.当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏角θ＝60°，g取10 m/s2，求：(1)铜棒中电流I的大小.(2)铜棒在摆动过程中的最大速率.解析：(1)铜棒上摆的过程，根据动能定理得：FBLsin 60°－mgL(1－cos 60°)＝0，又安培力为：FB＝BIa代入解得：I＝2 A. (2)由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ＝60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，则有：G＝FBcot 30°＝FB ，当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可得：mvm2＝FBLsin 30°－mgL(1－cos 30°)代入解得最大速度为：vm＝0.96 m/s.答案：(1)2 A (2)0.96 m/s 2．(20xx·福州期末)如图所示，PQ和MN为水平放置的光滑平行金属导轨，间距为L＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.02 kg，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝0.03 kg，悬在空中.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/s2.(1)为了使物体c能保持静止，应该在棒中通入多大的电流I1？电流的方向如何？(2)若在棒中通入方向a到b的电流I2＝2 A，导体棒的加速度大小是多少？解析：(1)由力的平衡可知，Mg＝BI1LI1＝＝ A＝1.5 A由左手定则可知方向由a到b.(2)当I2＝2 A时，对整体由牛顿第二定律得：BI2L－Mg＝(M＋m)a解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2.(1)1.5 A答案：由ab到(2)2 m/s2安培力作用下的功能关系安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题.解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等.(一)周期性变化的安培力做功问题1．[多选](20xx·浙江高考)如图甲所示，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，磁感应强度为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Im，图甲中I所示方向为电流正方向.则金属棒( ) A．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解析：选ABC 由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误.(二)电磁炮中的功能关系2．“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.如图是“电磁炮”的原理结构示意图.光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2 m.在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102 T.“电磁炮”弹体总质量m＝0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4 Ω.可控电源的内阻r＝0.6 Ω，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是I＝4×103 A，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4 km/s，轨道至少要多长？(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量.解析：(1)在导轨通有电流I时，弹体作为导体受到磁场施加的安培力为：F＝ILB＝100×4 000×0.2 N＝8×104 N.(2)由动能定理：Fx＝mv2弹体从静止加速到4 000 m/s，轨道至少要x＝＝ m＝20 m.(3)由F＝ma得：a＝＝ m/s2＝400 000 m/s2，由v＝at得：t＝＝ s＝0.01 s发射过程产生的热量：Q＝I2(R＋r)t＝4 0002×(0.4＋0.6)×0.01 J＝1.6×105 J弹体的动能：Ek＝mv2＝×0.2×4 0002 J＝1.6×106 J系统消耗的总能量为：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J.答案：(1)8×104 N(2)20 m (3)1.76×106 J(三)安培力作用下的平抛问题3．如图所示，在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m＝0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连.该装置放在高h＝20 cm的绝缘垫块上.当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s ＝100 cm处.试求开关接通后安培力对金属棒做的功.(g取10 m/s2)解析：在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：W＝mv2设平抛运动的时间为t，则竖直方向：h＝gt2水平方向：s＝vt解得：W＝0.5 J.答案：0.5 J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，将电源的能量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.对点训练：磁感应强度、安培定则1．[多选](20xx·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针，下列说法正确的是( )A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC 指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确.因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确.在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误.2．[多选](20xx·常熟模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是( )A．a、b两处的磁感应强度大小Ba＜BbB．a、b两处的磁感应强度大小Ba＞BbC．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有Fa＜FbD．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小可能有Fa＞Fb解析：选AD 磁感线越密，磁场越强，故A正确，B错误；通电导线放在a、b两处，但没有说明导线的方向与磁场的方向的关系，其所受安培力的大小关系不确定，故C错误，D正确.3.电视机显像管的偏转线圈示意图如图所示，某时刻电流方向如图所示.则环心O处的磁场方向( )A．向下B．向上C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外解析：选A 对于左右两个螺线管，由安培定则可以判断出上方均为磁场北极，下方均为磁场南极，所以环心O处的磁场方向向下，即A选项正确.4．[多选](20xx·海南高考)如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示.在图(b)中( )A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外解析：选BC 将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故选项C正确，选项D错误.5.(20xx·张家港模拟)如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是( )A．直导线中电流方向是垂直纸面向里B．c点的实际磁感应强度也为0C．d点实际磁感应强度为2 T，方向斜向下，与B夹角为45°D．以上均不正确解析：选A 由题意可知，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，故A正确.通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B＝1 T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2 T，方向与B的方向相同，故B错误.通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点磁感应强度为Bd＝B＝T，方向与B的方向成45°斜向下，故C错误.由上分析可知D错误.对点训练：判定安培力作用下导体的运动6．(20xx·江阴模拟)如图中甲、乙所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则( )A．从上往下俯视，甲中的线圈顺时针转动B．从上往下俯视，甲中的线圈逆时针转动C．从上往下俯视，乙中的线圈顺时针转动D．从上往下俯视，乙中的线圈逆时针转动解析：选D 根据题图甲所示，由左手定则可知，线圈各边所受安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A、B错误；根据题图乙所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直于纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动，从上往下俯视，乙中的线圈逆时针转动.故C错误，D正确.7．(20xx·温州调研)教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示.第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示.下列关于这两个趣味实验的说法正确的是( )A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动解析：选C 图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故A、B均错误.图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误.8.(20xx·泰州模拟)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示.下列哪种情况将会发生( ) A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动解析：选D 由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，导线L2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L2绕固定转轴O按逆时针方向转动.故D正确.对点训练：安培力作用下的平衡和加速问题9.(20xx·镇江模拟)如图所示，弹簧测力计下挂有一长为L、质量为m的金属棒，金属棒处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中，棒上通有如图所示方。

《金版新学案》2012届高考物理一轮复习第8章第2讲运动电荷在磁场中受到的力课下作业新人教版必修1必考部分必修1 第8章第2讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如右图所示，则( )A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．答案： A2．(2011·南京调研)一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道( )A．运动速度v和磁感应强度B B．磁感应强度B和运动周期TC．轨迹半径R和运动速度v D．轨迹半径R 和磁感应强度B解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用半径公式和周期公式可判断出B正确．答案： B3.右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动解析：由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动，再根据左手定则，可以判定粒子带正电，故选A.答案： A4．(2011·兖州检测)两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则()A．a带负电、b带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1B．a带负电、b带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶2C．a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1D．a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶1解析：根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电，根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1.答案： C5.如右图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足( )A．B<3mv3aqB．B<3mv3aqC．B>3mvaqD．B<3mvaq解析：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝a cot 30°.由r＝mvqB得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确．答案： B6.如右图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 解析： 由r ＝mv qB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O，所以A不正确，D正确．答案： D7.如右图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )A．半径之比为3∶1 B．速度之比为1∶3C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2 答案：AC8.如右图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是( )A．入射速度越大的电子，其运动时间越长B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C．从AB边出射的电子的运动时间都相等D．从AC边出射的电子的运动时间都相等解析：电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场，若电子以AB边射出，画出其运动轨迹由几何关系可知在AB边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等，在磁场中的运动时间相等，与速度无关，C对，A错；从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中的运动时间不相等，B、D错．答案： C9．如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L1上．带电粒子从A点以初速v斜向下与L1成45°角射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向下，且方向与A点方向相同．不计重力影响，下列说法中正确的是( )A．该粒子一定带正电B．该粒子一定带负电C．若将带电粒子在A点时初速度变大(方向不变)，它仍能经过B点D．若将带电粒子在A点时初速度变小(方向不变)，它不能经过B点解析：无论是带正电还是带负电粒子都能到达B点，画出粒子运动的轨迹，正粒子在L1上方磁场中运动14T，在L2下方磁场中运动34T ，负粒子在L 1上方磁场中运动34T ，在L 2下方磁场中运动T4，速度变化不影响粒子经过B 点，选C.答案： C10．(2010·重庆理综)如下图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．由以上信息可知，从图中、、处进入的粒子对应表中的编号分别为( )A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：结合题图，运用左手定则可知，粒子a与b电性相同，粒子c与前两者电性必相反．r a＝r c＝23rb.根据r＝mvBq可知，A项中r a＝32rb，B项中r a＝32rb，均与题意不符，A、B两项均错误．C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C项错误，只有D项符合，答案为D.答案： D二、非选择题11.如右图所示，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＝0.10 T，磁场区域半径r＝233 m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C.今有质量m＝3.2×10－26 kg.带电荷量q＝1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v ＝106m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区穿出．求：(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为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)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，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律qvB ＝m v2R①又：T ＝2πRv②联立①②得：R ＝mvqB③T ＝2πm qB④将已知代入③得R ＝2 m ⑤由轨迹图知：tan θ＝r R ＝33，则θ＝30°则全段轨迹运动时间：t ＝2×T 360°×2θ＝T3⑥ 联立④⑥并代入已知得：t ＝2×3.14×3.2×10－263×1.6×10－19×0.1s ＝4.19×10－6s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d＝2r sin 2θ＝2 m.答案：(1)4.19×10－6 s (2)2 m12.(2010·全国Ⅰ卷)如右图，在0≤x≤3a 区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(3a，a)点离开磁场．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．解析：(1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲中的弧OP所示，其圆心为C.由题给条件可以得出∠OCP＝2π3①此粒子飞出磁场所用的时间为t0＝T 3②式中T为粒子做圆周运动的周期．设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得R＝23a③由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m v2 R④T＝2πR v⑤联立②③④⑤式，得q m ＝2π3Bt0.(2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上，如图甲所示．设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为v P、v M、v N.由对称性可知v P与OP、v M与OM、vN与ON的夹角均为π/3.设v M、v N与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM ＝π3，θN＝2π3对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足π3≤θ≤2π3.(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图乙所示．由几何关系可知，乙OM＝OP由对称性可知，ME＝OP从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间t m＝2t0.答案：(1)R＝23aqm＝2π3Bt0(2)π3≤θ≤2π3(3)2t0。

必考部分必修1第9章第3讲( 本栏目内容, 在学生用书中以活页形式分册装订！>一、选择题1. 如右图所示, 匀强磁场所磁感觉强度为B,方向竖直向下, 在磁场中有一个边长为L地正方形刚性金属框, ab边地质量为m,电阻为定地水平轴 , 将金属框自水平川址由静止开释全部摩擦 , 重力加速度为g,则在这个过程中R,其余三边地质量和电阻均不计．cd 边上装有固, 第一次转到竖直地址时, ab边地速度为v,不计, 以下说法正确地是(>A．经过ab 边地电流方向为a→ B．ab边经过最低点时地速度v＝错误 !bC．a、b两点间地电压逐渐变大D．金属框中产生地焦耳热为2 mgL－错误! mv解读：本题观察电磁感觉．ab 边向下摇动过程中,磁通量逐渐减小,依据楞次定律及右手定章可知感觉电流方向为b → ,选项 A 错误；ab边由水平川址到达最低点过程中, 机械能a不守恒 , 所以选项 B 错误；金属框摇动过程中, ab边同时受安培力作用 , 故当重力与安培力沿其摇动方向分力地合力为零时, a、b两点间电压最大 , 选项 C 错误；依据能量转变和守恒定律可知 , 金属框中产生地焦耳热应等于此过程中机械能地损失, 应选项 D 正确．答案：D2.一质量为 m、电阻为 r 地金属杆 ab,以必定地初速度 v0从一圆滑平行金属导轨底端向上滑行 , 导轨平面与水平面成 30°角 , 两导轨上端用一电阻R相连 , 如右图所示 , 磁场垂直斜面向上 , 导轨地电阻不计 , 金属杆向上滑行到某一高度以后又返回究竟端时地速度大小为v,(>A．向上滑行地时间小于向下滑行地时间B．在向上滑行时电阻R上产生地热量大于向下滑行时电阻R上产生地热量C．向上滑行时与向下滑行时经过电阻R地电荷量相等22 D．金属杆从开始上滑至返回出发点, 电阻R上产生地热量为错误!m(v0－v>解读：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下, 沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上 , 所以上升过程地加速度大于下滑过程地加速度, 所以向上滑行地时间小于向下滑行地时间 ,A 对；向上滑行过程地均匀速度大, 感觉电流大 , 安培力做地功多, R上产生地热量多,B对；由 q＝错误!知C对；由能量守恒定律知回路中产生地总热量为22>,D错；错误 ! m( v0－ v本题中等难度．答案：ABC3. 矩形线圈abcd, 长ab＝ 20 cm, 宽bc＝ 10 cm, 匝数n＝ 200, 线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面地匀强磁场穿过．若匀强磁场所磁感觉强度 B 随时间 t 地变化规律如右图所示 , 则 (>A．线圈回路中感觉电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生地感觉电流为0.4 AC．当t＝ 0.3 s时 , 线圈地ab边所受地安培力大小为0.016 ND．在 1 min 内线圈回路产生地焦耳热为48 J解读：由 E＝ n错误!＝ nS错误!可知,由于线圈中磁感觉强度地变化率错误!＝错误!T/s ＝ 0.5 T/s为常数 , 则回路中感觉电动势为E＝ n错误!＝2V,且恒定不变 , 应选项 A 错误；回路中感觉电流地大小为I ＝错误 ! ＝0.4 A,选项 B 正确；当t＝ 0.3 s时 , 磁感觉强度＝B0.2 T,则安培力为F＝ nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2 N＝ 3.2 N, 应选项 C 错误； 1 min 内线圈回路产生地焦耳热为Q＝ I 2Rt＝0.42×5×60 J ＝ 48 J ．选项 D正确．答案：BD4．(2018 ·扬州模拟 >如图甲所示 , 圆滑导轨水平搁置在与水平方向夹角60°斜向下地匀强磁场中 , 匀强磁场所磁感觉强度 B 随时间地变化规律如图乙所示( 规定斜向下为正方向>, 导体棒 ab 垂直导轨搁置,除电阻 R 地阻值外,其余电阻不计 , 导体棒ab在水平外力作用下一直处于静止状态．规定a→ b 地方向为电流地正方向,水平向右地方向为外力地正方向,则在 0～t 时间内,能正确反响流过导体棒ab 地电流 i 和导体棒 ab 所受水平外力 F 随时间 t 变化地图象是 (>解读：由楞次定律可判断回路中地电流一直为b→ a 方向,由法拉第电磁感觉定律可判定回路电流大小恒定, 故 A、 B 错；由F安＝BIL可得F安随B地变化而变化 , 在 0～t0时间内 , F安方向向右 , 故外力 F 与 F 安等值反向,方向向左为负值；在t 0～ t 时间内, F 安方向改变,故外力F 方向也改变成正当, 综上所述 ,D 项正确．答案：D5. 如右图所示 , 圆滑金属导轨、固定在水平面内, 并处在方向竖直向下、大小为BAC AD地匀强磁场中．有一质量为m 地导体棒以初速度v0从某地址开始在导轨上水平向右运动, 最终恰好静止在 A 点．在运动过程中, 导体棒与导轨一直构成等边三角形回路, 且经过A点地总电荷量为 Q.已知导体棒与导轨间地接触电阻阻值为R,其余电阻不计,则(>A．该过程中导体棒做匀减速运动B．该过程中接触电阻产生地热量为2错误 ! mv0C．开始运动时 , 导体棒与导轨所构成回路地面积为错误 !D．当导体棒地速度为错误 ! v0时 , 回路中感觉电流大小为初始时地一半解读：产生地感觉电动势为＝, 电流为I ＝/, 安培力为＝BIl＝ 2 2/,、vE Blv Blv RF B l v R l 都在减小 , 依据牛顿第二定律知, 加速度也在减小 , 故 A错；该过程中 , 动能所有转变成接触电2Q＝ BS/ R,整理后得开始运动阻产生地热量为错误 ! mv0； B 错；该过程中 , 经过地总电荷量为时 , 导体棒与导轨所构成回路地＝错误 ! ,C 对；由产生地感觉电动势为＝Blv 和电流为I＝S EBlv / R,可知D错．答案：C6. 如右图所示 , 两竖直搁置地平行圆滑导轨相距0.2 m, 其电阻不计 , 处于水平向里地匀强磁场中 , 匀强磁场所磁感觉强度为0.5 T,导体棒 ab与 cd 地电阻均为0.1Ω , 质量均为 0.01kg. 现用竖直向上地力拉ab棒 , 使之匀速向上运动, 此时cd棒恰好静止, 已知棒与导轨一直接触优异 , 导轨足够长, g取 10 m/s2,则(>A．ab棒向上运动地速度为 2 m/sB．ab棒遇到地拉力大小为0.2 NC．在 2 s 时间内 , 拉力做功为 0.4 JD．在 2 s 时间内 , ab棒上产生地焦耳热为0.4 J解读：cd 棒遇到地安培力等于它地重力, B错误 ! L＝mg, v＝错误 ! ＝ 2 m/s,A 正确．ab棒遇到向下地重力G 和向下地安培力, 则ab棒遇到地拉力T＝＋＝2＝ 0.2 N,B 正F F FG mg确．在 2 s内拉力做地功 , W＝F T vt＝0.2 ×2×2 J ＝ 0.8 J,C 不正确．在 2 s内 ab 棒上产生地热量 Q＝ I 2Rt＝错误!2Rt＝0.2 J,D不正确．答案：AB7.如右图所示 , 在圆滑水平面上方 , 有两个磁感觉强度大小均为B、方向相反地水平匀强磁场 , 以以下图 , PQ为两个磁场所界限 , 磁场范围足够大．一个边长为a, 质量为m, 电阻为R地正方形金属线框垂直磁场方向, 以速度v 从图示地址向右运动, 当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时 , 线框地速度为错误! ,则(>A．此时线框中地电功率为4B2a2v2/ RB．此时线框地加速度为4B2a2v/( mR>C．此过程经过线框截面地电荷量为Ba2/ RD．此过程回路产生地电能为0.752 mv解读：线框左右两边都切割磁感线则 E 总＝2Ba·错误!, P＝错误 ! ＝错误 ! ,A 错误；线框中电流 I ＝错误!＝错误! ,两边受安培力 F 合＝2· BIa＝错误! ,故加速度 a＝错误! ,B错误；由错误!＝错误!,错误 !＝错误!.q ＝错误 !t得＝错误!.从B点到Q点ΔΦ＝2,故 C正q Ba确；而回路中产生地电能E＝错误22＝错误 !2错误．! mv－错误! m错误 !mv,故D答案：C二、非选择题8．(2018 ·江苏单科 >以以下图 , 两足够长地圆滑金属导轨竖直搁置, 相距为L, 一理想电流表与两导轨相连 , 匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R 地导体棒在距磁场上界限 h 处静止开释．导体棒进入磁场后, 流经电流表地电流逐渐减小, 最后稳固为I.整个运动过程中 , 导体棒与导轨接触优异, 且一直保持水平, 不计导轨地电阻．求：(1> 磁感觉强度地大小B；(2> 电流稳固后 , 导体棒运动速度地大小v；(3> 流经电流表电流地最大值I m.解读：(1> 电流稳固后 , 导体棒做匀速运动BIL＝ mg①解得B＝错误!.②(2> 感觉电动势E＝ BLv③感觉电流I＝错误!④由②③④式解得v＝错误! .(3> 由题意知 , 导体棒刚进入磁场时地速度最大, 设为v m机械能守恒错误2! mv ＝ mghm感觉电动势地最大值E m＝ BLv m感觉电流地最大值I m＝错误!m解得 I ＝错误!.答案：(1> B＝错误 ! (2> v＝错误 !(3> I m＝错误 !9.如右图所示 , 两根同样地劲度系数为k 地金属轻弹簧用两根等长地绝缘线悬挂在水平天花板上 , 弹簧地上端经过导线与阻值为R 地电阻相连 , 弹簧地下端接一质量为、长度为mL、电阻为 r 地金属棒,金属棒一直处于宽度为 d 地垂直纸面向里磁感觉强度为 B 地匀强磁场中．开始时弹簧处于原长．金属棒从静止开释, 其降落高度为h时达到了最大速度．已知弹簧一直在弹性限度内 , 且当弹簧地形变量为x 时,它地弹性势能为错误! kx2,不计空气阻力和其他电阻 , 求：(1> 金属棒地最大速度是多少？(2> 这一过程中R耗费地电能是多少？解读：(1> 当金属棒有最大速度时, 加速度为零, 金属棒受向上地弹力、安培力和向下地重力作用 , 有2kh＋BId＝mgI＝错误!v max＝错误!(2> 依据能量关系得2mgh－2×错误!－错误! mv max＝ E 电又有 R、 r 共同耗费了总电能错误 ! ＝错误 ! , E R＋E r＝E电整理得 R耗费地电能为E R＝错误! E电＝错误! [ mgh－ kh2－错误! ]答案：(1> 错误 !(2> 错误 ! [ mgh－kh2－错误 ! ]10．以以下图 , 在距离水平川面h＝0.8 m地虚线地上方, 有一个方向垂直于纸面水平向内陆匀强磁场．正方形线框abcd 地边长 l ＝0.2 m,质量 m＝0.1 kg,电阻 R＝0.08Ω.一条不可伸长地轻绳绕过轻滑轮, 一端连线框 , 另一端连一质量＝ 0.2 kg地物体. 开始时线框地M Acd 在地面上,各段绳都处于挺直状态,从以以下图地地址由静止开释物体A,一段时间后线框进入磁场运动 , 已知线框地ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框地cd 边进入磁场时物体 A 恰好落地,同时将轻绳剪断,线框连续上升一段时间后开始着落, 最后落至地面．整个过程线框没有转动, 线框平面一直处于纸面内, g取 10 m/s2. 求：(1> 匀强磁场所磁感觉强度B?(2> 线框从开始运动到最高点, 用了多长时间？(3> 线框落地时地速度多大？解读：(1> 设线框到达磁场界限时速度大小为v,由机械能守恒定律可得：2Mg( h－ l >＝mg( h－ l >＋错误! ( M＋ m>v ①代入数据解得：v＝2 m/s②线框地 ab 边刚进入磁场时, 感觉电流：I＝错误 ! ③线框恰好做匀速运动, 有：Mg＝ mg＋ IBl ④代入数据解得：B＝1 T．⑤(2> 设线框进入磁场从前运动时间为t 1,有：h－l ＝错误! vt 1⑥代入数据解得：t 1＝0.6 s⑦线框进入磁场过程做匀速运动, 所用时间：t 2＝错误!＝0.1 s⑧此后轻绳拉力消逝, 线框做竖直上抛运动, 到最高点时所用时间：t 3＝错误!＝0.2 s⑨线框从开始运动到最高点, 所用时间：t＝t 1＋ t 2＋ t 3＝0.9 s．⑩(3> 线框从最高点着落至磁场界限时速度大小不变, 线框所受安培力大小也不变, 即IBl ＝( M－ m>g＝ mg?所以 , 线框穿过磁场过程还是做匀速运动, 走开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：22错误 ! mv1＝错误 ! mv＋mg( h－l >?代入数据解得线框落地时地速度：v1＝4 m/s. ?答案：(1>1 T(2>0.9 s(3>4 m/s。