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高三物理第一轮复习电磁感应教学案知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四部分，即：电磁感应楞次定律；法拉第电磁感应定律、自感；电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用。
其中重点是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用，也是复习的难点。
电磁感应楞次定律教学目标：1．理解电磁感应现象产生的条件、磁通量；2．能够熟练应用楞次定律或右手定则判断感应电流及感应电动势的方向教学重点：楞次定律的应用教学难点：楞次定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电磁感应现象1.产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
以上表述是充分必要条件。
不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。
当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。
这个表述是充分条件，不是必要的。
在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。
2.感应电动势产生的条件。
感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。
这里不要求闭合。
无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。
这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。
但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。
二、楞次定律1．楞次定律感应电流总具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
楞次定律解决的是感应电流的方向问题。
它关系到两个磁场：感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。
前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。
2．对“阻碍”意义的理解：（1）阻碍原磁场的变化。
“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转．（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（3）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的具体应用（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，由磁通量计算式Φ=BS sinα可知，磁通量变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=ΔB∙S sinα②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=ΔS∙B sinα③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS（sinα2-sinα1）当B、S、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。
最新整理高三物理高考物理一轮复习电磁感应教案第23讲电磁感应2014新题赏析题一：物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。
如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验。
他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（）A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同题二：如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里。
规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。
要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为()题三：半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。
圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。
杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。
则（）A．θ=0时，杆产生的电动势为2BavB．θ=时，杆产生的电动势为BavC．θ=0时，杆受的安培力大小为D．θ=时，杆受的安培力大小为题四：如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。
棒在水平向右的外力作用下，由静止开始a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1。
导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
电磁场和电磁波知识网络:单元切块：按照考纲的要求，本章内容均为I级要求，在复习过程中，不再细分为几个单元。
本章重点是了解交变电场和交变磁场的相互联系，定性理解麦克斯韦的电磁场理论。
教学目标：1•了解交变电场和交变磁场的相互联系，定性理解麦克斯韦的电磁场理论.2 •了解电磁场和电磁波概念，记住真空中电磁波的传播速度.3 •了解我国广播电视事业的发展.教学重点：了解交变电场和交变磁场的相互联系，定性理解麦克斯韦的电磁场理论教学难点：定性理解麦克斯韦的电磁场理论教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电磁振荡1 •振荡电路：大小和方向都随时间做周期性变儿的电流叫做振荡电流，能够产生振荡电流的电路叫振汤电路，LC 回路是一种简单的振汤电路。
分析电磁振荡要掌握以下三个要点（突出能量守恒的观点）：⑴理想的LC 回路中电场能 E 电和磁场能E 磁在转化过程中的 不变。
⑵回路中电流越大时， L 中的磁场能越大（磁通量越大）。
⑶极板上电荷量越大时， C 中电场能越大（板间场强越大、间电压越高、磁通量变化率越大）。
LC 回路中的电流图象和电荷图象总是互为余函数（见右【例1】 某时刻LC 回路中电容器中的电场方向和线圈中的向如右图所示。
则这时电容器正在 _______________ （充电还是放电），电流 在 _______ （增大还是减小）。
图）。
解：用安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，而上极板是正极板，所以这时电容器正在 充电；因为充电过程电场能增大，所以磁场能减小，电流在减小。
【例2】右边两图中电容器的电容都是6F ,电感都是 L=9 X10「4H ，左图中电键 K 先 电结束后将 K 扳到b ;右图中电键 K 先闭 定后断开。
两图中 LC 回路开始电磁振荡L 2fYYYnI-nr -C2KC=4 XI0-接a ，充 合，稳t=3.144s 时刻，C i 的上极板正在 ____________ 电还是放电），带 _______ 电（正电还是负电）；L 2中的电流方向向 ______________ （左还是右），磁场能正在 _______ （增大 还是减小）。
高三物理一轮复习教案教案标题：高三物理一轮复习教案教学目标：1. 复习物理知识，巩固基础概念和理论；2. 提高学生解决物理问题的能力；3. 培养学生的实验操作技能；4. 增强学生对物理学科的兴趣和学习动力。
教学内容：1. 电磁感应与电磁波2. 光学3. 电学4. 力学5. 热学教学步骤：第一课时：电磁感应与电磁波复习1. 复习电磁感应的基本原理和法拉第电磁感应定律；2. 复习电磁波的基本特性和电磁波谱；3. 进行相关例题的讲解和练习；4. 布置相关作业。
第二课时：光学复习1. 复习光的传播规律和光的折射定律；2. 复习光的波动性和粒子性；3. 进行相关例题的讲解和练习；4. 进行光的实验操作，如光的折射实验等；5. 布置相关作业。
第三课时：电学复习1. 复习电流、电压和电阻的基本概念；2. 复习欧姆定律和串、并联电路的计算；3. 进行相关例题的讲解和练习；4. 进行电路实验操作，如串、并联电路的搭建和测量等；5. 布置相关作业。
第四课时：力学复习1. 复习牛顿三定律和动量守恒定律；2. 复习力的合成与分解和平衡条件；3. 进行相关例题的讲解和练习；4. 进行力学实验操作，如力的合成实验等；5. 布置相关作业。
第五课时：热学复习1. 复习热传递的基本方式和热力学第一定律；2. 复习理想气体状态方程和热机效率；3. 进行相关例题的讲解和练习；4. 进行热学实验操作，如热传导实验等；5. 布置相关作业。
教学评估：1. 在每节课结束时进行课堂小测验，检查学生对所学知识的掌握情况；2. 布置作业并及时批改，对学生的作业进行评价；3. 定期组织模拟考试，检验学生对整个物理知识体系的掌握情况；4. 鼓励学生参加物理竞赛或科学实验活动，提高学生的实践能力和创新思维。
教学资源：1. 教科书和课本资料；2. 多媒体投影仪和电脑；3. 实验器材和实验材料；4. 相关习题和试卷。
教学反思：1. 根据学生的实际情况和学习进度，适时调整教学内容和教学方法；2. 关注学生的学习情绪和学习困难，及时给予帮助和指导；3. 鼓励学生积极参与课堂讨论和实验操作，提高学生的合作能力和实践能力；4. 定期进行教学评估和反馈，及时调整教学策略，提高教学效果。
高三物理一轮复习全套教案完整版一、教学内容1. 力学：牛顿运动定律、曲线运动、万有引力、动量守恒。
2. 电磁学：电场、磁场、电磁感应、交流电。
3. 光学：光的传播、光的反射、光的折射、光的波动。
4. 热学：内能、热力学第一定律、热力学第二定律、气体动理论。
5. 原子物理：原子结构、原子光谱、量子力学初步、核物理。
二、教学目标1. 理解和掌握物理基本概念、基本定律，形成完整的知识体系。
2. 培养学生的科学思维、问题解决能力和创新意识。
3. 提高学生运用物理知识解决实际问题的能力，为高考做好充分准备。
三、教学难点与重点教学难点：电磁学、光学、量子力学初步。
教学重点：力学、热学、原子物理。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体设备、实验器材、模型。
2. 学具：笔记本、教材、练习册。
五、教学过程1. 引入：通过生活实例、实验现象、问题探讨等方式引入新课。
2. 知识回顾：对上节课的内容进行回顾，巩固基础知识。
3. 新课讲解：详细讲解各章节知识点，结合例题进行分析。
4. 随堂练习：布置相关练习题，巩固所学知识。
6. 答疑解惑：解答学生在学习过程中遇到的问题。
7. 课后作业：布置课后作业，加强学生对知识点的掌握。
六、板书设计1. 知识点。
2. 重点、难点提示。
3. 例题及解题步骤。
4. 课堂小结。
七、作业设计1. 作业题目：（1）力学：计算题、选择题、填空题。
（2）电磁学：计算题、选择题、填空题。
（3）光学：选择题、填空题。
（4）热学：计算题、选择题、填空题。
（5）原子物理：选择题、填空题。
八、课后反思及拓展延伸2. 拓展延伸：（1）推荐相关书籍、文章，拓展学生知识面。
（2）布置研究性学习任务，培养学生的探究能力。
（3）组织物理竞赛、讲座等活动，激发学生学习兴趣。
重点和难点解析1. 教学内容的章节和详细内容；2. 教学目标的具体制定；3. 教学难点与重点的划分；4. 教学过程中的新课讲解和随堂练习；5. 作业设计中的题目和答案；6. 课后反思及拓展延伸的实施。
1．感应电动势1．自感现象审核人签字：年月日中国书法艺术说课教案今天我要说课的题目是中国书法艺术，下面我将从教材分析、教学方法、教学过程、课堂评价四个方面对这堂课进行设计。
一、教材分析：本节课讲的是中国书法艺术主要是为了提高学生对书法基础知识的掌握，让学生开始对书法的入门学习有一定了解。
书法作为中国特有的一门线条艺术，在书写中与笔、墨、纸、砚相得益彰，是中国人民勤劳智慧的结晶，是举世公认的艺术奇葩。
早在5000年以前的甲骨文就初露端倪，书法从文字产生到形成文字的书写体系，几经变革创造了多种体式的书写艺术。
1、教学目标：使学生了解书法的发展史概况和特点及书法的总体情况，通过分析代表作品，获得如何欣赏书法作品的知识，并能作简单的书法练习。
2、教学重点与难点：（一）教学重点了解中国书法的基础知识，掌握其基本特点，进行大量的书法练习。
（二）教学难点：如何感受、认识书法作品中的线条美、结构美、气韵美。
3、教具准备：粉笔，钢笔，书写纸等。
4、课时：一课时二、教学方法：要让学生在教学过程中有所收获，并达到一定的教学目标，在本节课的教学中，我将采用欣赏法、讲授法、练习法来设计本节课。
（1）欣赏法：通过幻灯片让学生欣赏大量优秀的书法作品，使学生对书法产生浓厚的兴趣。
（2）讲授法：讲解书法文字的发展简史，和形式特征，让学生对书法作进一步的了解和认识，通过对书法理论的了解，更深刻的认识书法，从而为以后的书法练习作重要铺垫！（3）练习法：为了使学生充分了解、认识书法名家名作的书法功底和技巧，请学生进行局部临摹练习。
三、教学过程：（一）组织教学让学生准备好上课用的工具，如钢笔，书与纸等;做好上课准备，以便在以下的教学过程中有一个良好的学习气氛。
（二）引入新课，通过对上节课所学知识的总结，让学生认识到学习书法的意义和重要性！（三）讲授新课1、在讲授新课之前，通过大量幻灯片让学生欣赏一些优秀的书法作品，使学生对书法产生浓厚的兴趣。
考情分析磁场的叠加2021·全国甲卷·T162021·福建卷·T62020·浙江7月选考·T92018·全国卷Ⅱ·T20安培力2022·全国甲卷·T252022·湖南卷·T32022·湖北卷·T112022·浙江1月选考·T32022·江苏卷·T32021·广东卷·T52021·浙江6月选考·T15带电粒子在磁场中运动2022·浙江6月选考·T222022·广东卷·T72022·辽宁卷·T82021·全国乙卷·T162021·北京卷·T122021·湖北卷·T92020·全国卷Ⅱ·T242020·天津卷·T72019·全国卷Ⅲ·T18带电粒子在组合场中运动2022·山东卷·T172022·湖北卷·T82021·全国甲卷·T252021·山东卷·T172021·河北卷·T52021·河北卷·T142021·江苏卷·T152021·湖南卷·T132021·辽宁卷·T152021·北京卷·T182021·浙江6月选考·T222021·广东卷·T142020·全国卷Ⅱ·T172020·江苏卷·T162020·山东卷·T17带电粒子在叠加场中运动2022·全国甲卷·T182022·广东卷·T82022·浙江1月选考·T222022·重庆卷·T5试题情境生活实践类生活和科技、地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等学习探究类通电导线在安培力作用下的平衡与加速问题，带电粒子在磁场、组合场、叠加场及立体空间中的运动第1讲磁场及其对电流的作用目标要求 1.了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场.2.会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向.3.会判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产、生活中的应用．考点一 安培定则 磁场的叠加1．磁场、磁感应强度 (1)磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用． (2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向． ②定义式：B ＝FIl (通电导线垂直于磁场)．③方向：小磁针静止时N 极所指的方向． ④单位：特斯拉，符号为T.⑤矢量：合成时遵循平行四边形定则． 2．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)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱．(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，客观上并不存在． 3．几种常见的磁场(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)(2)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安培定则立体图纵截面图(3)匀强磁场磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线． (4)地磁场①地磁的N 极在地理南极附近，S 极在地理北极附近，磁感线分布如图所示．②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北． ③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量．1．磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的．( × )2．磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度B 不一定为零．( √ ) 3．由定义式B ＝FIl 可知，电流I 越大，导线l 越长，某点的磁感应强度B 就越小．( × )4．北京地面附近的地磁场方向是水平向北的．( × )考向1 磁感应强度的理解例1 有人根据B ＝FIl提出以下说法，其中正确的是( )A ．磁场中某点的磁感应强度B 与通电导线在磁场中所受的磁场力F 成正比 B ．磁场中某点的磁感应强度B 与Il 的乘积成反比C ．磁场中某点的磁感应强度B 不一定等于FIlD ．通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B 为零解析 磁感应强度B ＝FIl 是用比值定义法定义B 的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F 及Il 的乘积等外界因素无关，A 、B 错误；B ＝FIl 是在电流与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设电流方向与磁场方向夹角为θ，则根据F ＝IlB sin θ得B ＝FIl sin θ，即B 不一定等于FIl ， 如果B ∥I ，虽然B ≠0，但F ＝0，故C 正确，D 错误．考向2 安培定则的应用和磁场的叠加例2 如图所示，直导线AB 、螺线管E 、电磁铁D 三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S 闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )A ．aB ．bC ．cD ．d 答案 C解析 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N 极的指向为磁场的方向可知C 正确．例3 如图，在磁感应强度大小为B 0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 ．B 0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3B 0C ．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33B 0D ．只把导线P 中的电流反向，a 点的磁感应强度大小为33B 0解析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B P、B Q，则B P＝B Q，根据几何关系有2B P cos 30°＝B1，解得B P＝B Q＝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B Q′＝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B a＝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＋(33B0)2＝233B0，故D错误．磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需要求解磁场的点，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．如图所示为M、N在c点产生的磁场B M、B N.(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的B为合磁场．考点二安培力的分析与计算1．安培力的大小F＝IlB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角，如图所示)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIl.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向左手定则判断：(1)如图，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．(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向．(3)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．1．在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大．(×) 2．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√)3．通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了．(×)1．安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面．2．安培力公式F＝BIl的应用条件(1)I与B垂直．(2)l 是指有效长度．弯曲通电导线的有效长度l 等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．考向1 通电导线有效长度问题例4 (2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，正六边形线框abcdef 由六根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点a 、b 与直流电源两端连接．已知导体棒ab 受到的安培力大小为F ，则线框受到的安培力的大小为( )A ．2FB ．1.2FC ．0.8FD ．0 答案 B解析 设导体棒ab 部分电阻为R ，长度为L ，通过的电流为I ，由安培力公式可得F ＝BIL ，由左手定则可知安培力垂直ab 向上，bcdefa 部分电阻为5R ，根据串、并联电路的特点可知电流为15I ，等效长度为L ，由安培力公式可得F ′＝B ·15IL ＝0.2F ，由左手定则可知安培力垂直ab 向上，所以线框受到的安培力的大小为二者之和，即F 安＝F ＋F ′＝F ＋0.2F ＝1.2F ，故选B.考向2 判断安培力作用下导体的运动情况判断的五种方法电流元法 分割为电流元――――→左手定则安培力方向→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⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向结论法两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，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例5(2022·江苏卷·3)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答案 C解析根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处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所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误．例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间细线拉力变大答案 C解析根据安培定则，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，P将逆时针转动，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，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小，故C正确，A、B、D错误．考点三安培力作用下的平衡和加速问题解题思路：(1)选定研究对象．(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：考向1安培力作用下的平衡问题例7(2022·湖南卷·3)如图(a)，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(b)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(a)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．tan θ与电流I成正比D．sin θ与电流I成正比答案 D解析当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝BIL，T＝mg cos θ，则可知sin θ与电流I成正比，当Img增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，悬线对导线的拉力T减小，由牛顿第三定律知，导线对悬线的拉力减小，B、C错误，D正确．考向2安培力作用下的加速问题例8如图所示，宽为L＝0.5 m的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为m＝0.1 kg、长也为L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R1＝1 Ω，导轨电阻不计．金属杆与导轨垂直且接触良好．空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当电阻箱的电阻调为R2＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求磁感应强度B的大小；(2)保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为R2′＝0.5 Ω时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度．答案(1)1.2 T(2)1.2 m/s2，方向沿导轨向上解析(1)由安培力公式和平衡条件可得mg sin θ＝BIL cos θ由闭合电路欧姆定律得I＝ER1＋R2＋r解得B＝1.2 T(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有BI′L cos θ－mg sin θ＝ma，I′＝ER1＋R2′＋r解得a＝1.2 m/s2，方向沿导轨向上．课时精练1．(2023·广东广州市执信中学高三测试)关于磁场的说法正确的是()A．通电导线在磁场中受到的安培力越大，该位置的磁感应强度越大B．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显C．垂直磁场放置的通电导线受力的方向就是磁感应强度的方向D．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行答案 B解析通电导线在磁感应强度很大的地方，若平行磁场放置，安培力为零，故A错误；根据安培定则可知，导线的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故B正确；垂直磁场放置的通电导线受力的方向与磁感应强度方向相互垂直，故C错误；磁感线是闭合的曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故D错误．2.(2021·全国甲卷·16)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、2B C．2B、2B D．B、B答案 B解析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，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度大小为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度大小为2B，综上分析B 正确．3.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靠近答案 A解析根据安培定则可知，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，则将沿水平面向右运动，故选A.4.(多选)如图所示，用细线将一条形磁体挂于天花板上，磁体处于水平且静止的状态，条形磁体的正下方固定一直导线ab，现将直导线中通入由a指向b的电流，在磁体转动90°的过程中，下列说法正确的是()A．条形磁体的N极向纸面内偏转B．条形磁体的N极向纸面外偏转C．条形磁体受到的拉力小于其受到的重力D．条形磁体受到的拉力大于其受到的重力答案BD解析直导线通入由a指向b的电流时，直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转，选项A错误，B正确；磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力，选项C错误，D正确．5．(2023·北京市模拟)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈．电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈．蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行．关于磁电式电表，下列说法不正确的是()A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上答案 D解析磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，故D 错误，符合题意．6.如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O 为结点，绳3的下端拴接一质量为m 、长度为l 的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I 0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g .在此过程中，下列说法正确的是( )A ．绳1受到的拉力先增大后减小B ．绳2受到的拉力先增大后减小C ．绳3受到的拉力最大值为3mgD ．导体棒中电流I 0的值为3mg Bl答案 D解析 对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得水平方向F 1＝F 2cos 60°＋BIl ，竖直方向F 2sin 60°＝mg ，电流逐渐变大，则F 1增大，F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3受到的拉力最大，sin 30°＝mg F 3，最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝3mg Bl ，故D 正确．7.(2023·福建省莆田第二中学模拟)如图所示，边长为l 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 和ac 边的中点，虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时通电导线框处于静止状态，细线的拉力大小为F 1.保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场平移至虚线上方，稳定后细线的拉力大小为F 2.已知导线框的质量为m ，则重力加速度g 的大小为( )A.F 1＋F 2mB.F 1＋2F 23mC.F 1＋F 22mD.F 2－F 1m答案 C 解析 磁场平移前，线框在磁场中的等效长度L等效＝l 2，根据左手定则可知线框受到的安培力方向竖直向上，大小为F 安＝BIL 等效＝BI ·l2，根据受力平衡可得F 1＋F 安＝mg ；磁场向上平移后，线框在磁场中的等效长度为L等效′＝l 2，根据左手定则可知线框受到的安培力方向竖直向下，大小为F 安′＝BIL 等效′＝BI ·l2，根据受力平衡可得F 2＝F 安′＋mg ，又因F 安＝F 安′，联立解得重力加速度大小为g ＝F 1＋F 22m，C 正确，A 、B 、D 错误． 8．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半径为R 的N 匝圆形线圈(线圈平面即纸面)，线圈所在处的磁感应强度大小为B ，磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中当沿顺时针方向电流大小为I 时．线圈所受安培力大小为( )A ．0B ．2BIRC ．2NBIRD ．2πNBIR答案 D解析 把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，由左手定则可知，每小段直导线受到安培力方向都是垂直纸面向外，则线圈所受安培力方向垂直纸面向外，将单匝线圈分成n 小段，则N 匝线圈所受安培力的大小为F 安＝N ⎝⎛⎭⎫n ·BI 2πR n ＝2πNBIR ，A 、B 、C 错误，D 正确．9.(2023·福建龙岩市第一中学模拟)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，接电源负极，沿边缘内壁放一个半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极，电源电动势为E ，内阻不计．在玻璃皿中加入导电液体．如果把玻璃皿放在U 形磁铁的磁场中，液体就会旋转起来．导电液体等效电阻为R ，下列说法正确的是( )A ．导电液体在电磁感应现象的作用下旋转B ．改变磁场方向，液体旋转方向不变C ．俯视发现液体顺时针旋转，则U 形磁铁下端为S 极，上端为N 极D ．通过液体的电流大小等于E R答案 C解析 导电液体之所以会旋转，是因为导电液体受到了安培力的作用，若磁场反向则受力反向，旋转方向改变，故A 、B 错误；若磁场方向垂直纸面向下，根据左手定则，液体顺时针转动，U 形蹄型磁铁下端为S 极，上端为N 极，故C 正确；导电液体旋转时，在磁场作用下产生反向电动势，因此电流小于E R，故D 错误． 10.(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 ＝3 V ，内阻r ＝0.5 Ω的电源，滑轨间距L ＝50 cm ，将一个质量m ＝40 g ，电阻R ＝1 Ω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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．磁感应强度有最小值，为0.24 T ，方向垂直滑轨平面向下B ．磁感应强度有最大值，为0.4 T ，方向水平向右C ．磁感应强度有可能为0.3 T ，方向竖直向下D ．磁感应强度有可能为0.4 T ，方向水平向左答案 AC解析 由闭合电路欧姆定律可得I ＝E R ＋r ＝31＋0.5A ＝2 A ，对金属棒受力分析可知，当安培力沿滑轨向上时，安培力最小，此时F min ＝mg sin θ＝0.04×10×0.6 N ＝0.24 N ，当安培力最小，且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小，为B min ＝F min IL ＝0.242×0.5 T ＝0.24 T ，由左手定则可知，磁感应强度的方向为垂直滑轨平面向下，故A 正确；当磁感应强度方向水平向右时，金属棒受到的安培力方向竖直向上，当BIL ＝mg 时，金属棒刚好静止在滑轨上，可得B ＝mg IL ＝0.04×102×0.5T ＝0.4 T ，但此时磁感应强度并不是最大值，故B 错误；当磁感应强度方向竖直向下时，金属棒受到安培力方向水平向右，由金属棒受力平衡可得B ′IL cos 37°＝mg sin 37°，解得B ′＝mg sin 37°IL cos 37°＝0.04×10×0.62×0.5×0.8T ＝0.3 T ，故C 正确；当磁感应强度方向水平向左时，安培力竖直向下，金属棒不可能平衡，故D 错误．11.(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示．两相同的同轴圆线圈M 、N 水平固定，圆线圈P 与M 、N 共轴且平行等距．初始时，线圈M 、N 通以等大反向的电流后，在线圈P 处产生沿半径方向的磁场，线圈P 内无电流且天平平衡．设从上往下看顺时针方向为正向．当左托盘放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，可能的办法是( )A ．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入正向电流B ．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入负向电流C ．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入正向电流D ．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入负向电流答案 BC解析 当左托盘放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P 受到竖直向下的安培力，若P 处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P 中通入负向电流，故A 错误，B 正确；若P 处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P 中通入正向电流，故C 正确，D 错误．12．如图，两形状完全相同的平行金属环A 、B 竖直固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心O 1、O 2的连线为一条水平线，其中M 、N 、P 为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足MO 1＝O 1N ＝NO 2 ＝O 2P .当两金属环中通有从左向右看逆时针方向的大小相等的电流时，经测量可得M 点的磁感应强度大小为B 1、N 点的磁感应强度大小为B 2，如果将右侧的金属环B 取走，P 点的磁感应强度大小应为( )。
峙对市爱惜阳光实验学校第三高三物理一轮复习< 磁现象和磁场>一、教材分析磁现象和磁场是教材中磁场的第一节课，从整个的知识安排来看，本节是此章的知识预备阶段，是本章后期学习的根底，是让学生建立学习磁知识兴趣的第一课，也是让学生建立电磁相互联系这一观点很重要的一节课，为以后学习电磁感知识提供铺垫。
整节课主要侧重要学生对生活中的一些磁现象的了解如我国古代在磁方面所取得的成就、生活中熟悉的地磁场和其他天体的磁场〔太阳、月亮〕，故本节课首先通过学生自己总结生活中与磁有关的现象。
电流磁效现象和磁场对通电导线作用的是学生树立起事物之间存在普遍联系观点的重要教学点，是学生在以后学习物理、研究物理问题中有的一种思想和观点。
二、教学目标1、知识与技能〔1〕让学生自己总结生活中与磁有关的现象，了解现实生活中的各种磁现象和用，培养学生的总结、归纳能力。
〔2〕通过了解磁与磁、磁与电的相互作用，掌握电流磁效现象。
使学生具有普遍联系事物的能力，培养观察能力和分析、推理思维能力。
(3)通过直观的多媒体手段让学生熟悉了解地磁场和其他天体的磁场及与之有关的自然现象2、过程与方法〔1〕、让学生参与课前的准备工作，收集课外的各种磁有关的现象和用。
〔2〕、在电流磁效现象的中，本节课采用类似研究的方式，复原物理规律的发现过程，强调学生自主参与。
〔3〕、学生对物理现象进行分析、比拟、归纳，采用老师与学生双向交流感知现象下的物理规律的普遍联系。
3、情感态度价值观〔1〕、对奥斯特的电流磁效现象的中，要让学生知道奥斯特的伟大在于揭示电和磁的联系，翻开了中一个黑暗领域的大门。
也让学生懂得看似简单的物理现象在它发现的最初过程中是如何的艰难。
〔2〕、通过趣味的演示与参与激发学生的欲与创欲。
〔3〕、让学生在实际生活的用中体会知识的价值。
三、教学难点教学：1、让学生搜索日常生活中有关此现象的用品，及简单的用原理2、通过让学生进一步体会电流的磁效及磁场概念教学难点：磁场的概念〔磁场概念比拟抽象〕四、学情分析磁场的根本知识在初习中已经有所接触，学生在生活中对磁现象的了解也有一的根底。
