1、第1講磁場的描述及磁場對電流的作用磁場、磁感應(yīng)強度(考綱要求)【思維驅(qū)動】物理學中，通過引入檢驗電流來了解磁場力的特性，對檢驗電流的要求是()A將檢驗電流放入磁場，測量其所受的磁場力F，導線長度L，通電電流I，應(yīng)用公式B，即可測得磁感應(yīng)強度BB檢驗電流不宜太大C利用檢驗電流和運用公式B只能應(yīng)用于勻強磁場D只要滿足長度L很短，電流很小，將其垂直放入磁場的條件，公式B對任何磁場都適用解析用檢驗電流來了解磁場，要求檢驗電流對原來磁場的影響很小，可以忽略，所以導體長度L應(yīng)很短，電流應(yīng)很小，當垂直放置時，定義式B適用于所有磁場，選項B、D正確答案BD【知識存盤】1磁場(1)基本特性：磁場對處于其中的磁體

2、、電流和運動電荷有磁場力的作用(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向2磁感應(yīng)強度(1)物理意義：描述磁場的強弱和方向(2)大小：B(通電導線垂直于磁場)(3)方向：小磁針靜止時N極的指向(4)單位：特斯拉(T)3勻強磁場(1)定義：磁感應(yīng)強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場(2)特點勻強磁場中的磁感線是疏密程度相同的、方向相同的平行直線.磁感線通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向(考綱要求)【思維驅(qū)動】下列關(guān)于電場線和磁感線的說法中，正確的是()A電場線和磁感線都是電場或磁場中實際存在的線B磁場中兩條磁感線一定不相交，但在復雜電場中的電場線是可以相交的C電場線是一條不閉合曲線，而

3、磁感線是一條閉合曲線D電場線越密的地方，電場越強，磁感線越密的地方，磁場也越強答案CD【知識存盤】1磁感線(1)磁感線：在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁感應(yīng)強度方向一致(2)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場磁感線分布(如圖8-1-1所示)圖8-1-12電流的磁場通電直導線通電螺線管環(huán)形電流安培定則立體圖續(xù)表橫截面圖縱截面圖安培力、安培力的方向(考綱要求)勻強磁場中的安培力(考綱要求)【思維驅(qū)動】一根容易形變的彈性導線，兩端固定導線中通有電流，方向如下圖中箭頭所示當沒有磁場時，導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導線狀態(tài)的四個圖

4、示中正確的是()解析通電導線在磁場中受安培力時，可用左手定則判斷安培力的方向答案D【知識存盤】1安培力的大小當磁感應(yīng)強度B的方向與導線方向成角時，F(xiàn)BILsin_，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)磁場和電流垂直時：FBIL.(2)磁場和電流平行時：F0.2安培力的方向(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向(2)安培力的方向特點：FB，F(xiàn)I，即F垂直于B和I決定的平面考點一對磁感應(yīng)強度的理解【典例1】 (2012·大綱

5、全國卷，18)圖8-1-2如圖8-1-2所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()AO點處的磁感應(yīng)強度為零Ba、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反Cc、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同Da、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同解析根據(jù)安培定則判斷磁場方向，再結(jié)合矢量的合成知識求解根據(jù)安培定則判斷：兩直線電流在O點產(chǎn)生的磁場方向均垂直于MN向下，O點的磁感應(yīng)強度不為零，故A選項錯誤；a、b兩點的

6、磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，故B選項錯誤；根據(jù)對稱性，c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，故C選項正確；a、c兩點的磁感應(yīng)強度方向相同，故D選項錯誤答案C【變式跟蹤1】 關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法中正確的是()A根據(jù)磁感應(yīng)強度定義BF/(IL)，磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與F成正比，與I成反比B磁感應(yīng)強度B是標量，沒有方向C磁感應(yīng)強度B是矢量，方向與F的方向相反D在確定的磁場中，同一點的磁感應(yīng)強度B是確定的，不同點的磁感應(yīng)強度B可能不同，磁感線密集的地方磁感應(yīng)強度B大些，磁感線稀疏的地方磁感應(yīng)強度B小些解析磁感應(yīng)強度是磁場本身的性質(zhì)，與放入磁場中的導體的電流或受力大小F無關(guān)，A錯誤；磁

7、感應(yīng)強度B是矢量，其方向與F總是垂直的，電流方向與F也總是垂直的，B、C錯誤；在確定的磁場中，同一點的磁感應(yīng)強度B是確定的，由磁場本身決定，與其他外來的一切因素無關(guān)，用磁感線的疏密程度表示磁場的強弱，D正確答案D,借題發(fā)揮求解有關(guān)磁感應(yīng)強度問題的關(guān)鍵1磁感應(yīng)強度由磁場本身決定2合磁感應(yīng)強度等于各磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和(滿足平行四邊形定則)3牢記判斷電流的磁場的方法安培定則，并能熟練應(yīng)用，建立磁場的立體分布模型(記住5種常見磁場的立體分布圖)備課札記 考點二對安培定則、左手定則的理解及應(yīng)用【典例2】 通電矩形導線框圖8-1-3abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內(nèi)，電流方向如圖8-1-3所

8、示，ad邊與MN平行，關(guān)于MN中電流產(chǎn)生的磁場對線框的作用，下列敘述中正確的是()A線框有兩條邊所受到的安培力方向相同B線框有兩條邊所受到的安培力大小相同C整個線框有向里收縮的趨勢D若導線MN向左微移，各邊受力將變小，但合力不變解析由直線電流產(chǎn)生磁場的特點可知，與導線距離相等的位置磁感應(yīng)強度大小相等，因此ab與cd邊受到的安培力大小相等，B對；由安培定則知MN中電流在導線框處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，由左手定則可判定ab受力方向向下，cd受力方向向上，ad受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力，整個線框有向外擴張的趨勢，A、C錯；若MN向左微移，則線框各邊所在處磁場均減弱

9、，故各邊受力均變小，但ad邊所在處減弱更多，故線框所受向左的合力變小，D錯答案B【變式跟蹤2】 在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，圖8-1-4各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖8-1-4所示，則過c點的導線所受安培力的方向()A與ab邊平行，豎直向上 B與ab邊平行，豎直向下C與ab邊垂直，指向左邊 D與ab邊垂直，指向右邊解析根據(jù)安培定則，a、b在c處所激發(fā)的磁場方向分別如圖中Ba、Bb所示，應(yīng)用平行四邊形定則可知c導線所在處的合磁場方向如圖所示根據(jù)左手定則可知安培力F安的方向與a、b連線垂直，指向左邊答案C,借題發(fā)揮安培定則和左手定則的“因”與“果”1安

10、培定則用于判定電流周圍磁場的磁感線分布，使用時注意分清“因電流方向”和“果磁場方向”2左手定則用于判定安培力的方向，使用時注意分清“因電流方向與磁場方向”和“果受力方向”備課札記 考點三通電導體在安培力作用下的平衡問題【典例3】 (2012·天津卷，2)圖8-1-5如圖8-1-5所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下列某一個條件，角的相應(yīng)變化情況是()A棒中的電流變大，角變大B兩懸線等長變短，角變小C金屬棒質(zhì)量變大，角變大 D磁感應(yīng)強度變大，角變小解析選金屬棒MN為研究對象，其受力情

11、況如圖所示根據(jù)平衡條件及三角形知識可得tan ，所以當棒中的電流I、磁感應(yīng)強度B變大時，角變大，選項A正確，選項D錯誤；當金屬棒質(zhì)量m變大時，角變小，選項C錯誤；角的大小與懸線長無關(guān)，選項B錯誤答案A【變式跟蹤3】 如圖8-1-7所示，圖8-1-7光滑的平行導軌與電源連接后，與水平方向成角傾斜放置，導軌上放一個質(zhì)量為m的金屬導體棒當S閉合后，在棒所在區(qū)域內(nèi)加一個合適的勻強磁場，可以使導體棒靜止平衡，下面四個圖中分別加了不同方向的磁場，其中一定不能平衡的是()解析四種情況的受力分別如圖所示，A、C有可能平衡，D中如果重力與安培力剛好大小相等，則導體棒與導軌間沒有壓力，也可以平衡，B中合外力不可能

12、為零，一定不能平衡答案B借題發(fā)揮1通電導體在磁場中受到的安培力(1)方向：根據(jù)左手定則判斷(2)大?。河晒紽BIL計算，且其中的L為導線在磁場中的有效長度如彎曲通電導線的有效長度L等于連接兩端點的直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端，如圖8-1-6所示圖8-1-62求解安培力作用下導體棒平衡問題的基本思路3求解關(guān)鍵(1)電磁問題力學化(2)立體圖形平面化.命題熱點10通電導體在安培力作用下的運動命題專家評述考情分析：2012年全國各地的高考試卷中，對磁場性質(zhì)和安培力的考查出現(xiàn)2處高考題型：選擇題命題趨勢：2014年對磁場性質(zhì)和安培力的單獨考查以理解和簡單運用為主題型仍以選擇題

13、為主，但也不排除計算題出現(xiàn)的可能閱卷教師叮嚀易失分點：(1)判斷安培力的方向錯誤的使用右手定則(2)不能把立體圖正確轉(zhuǎn)化為平面圖或截面圖. 高考佐證(2012·海南卷，10)圖8-1-8如圖8-1-8所示的裝置可演示磁場對通電導線的作用電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動下列說法正確的是()A若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則

14、L向左滑動D若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動解析若a接正極，b接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，f接負極，由左手定則判定金屬桿受安培力向左，則L向左滑動，A項錯誤，同理判定B、D選項正確，C項錯誤答案BD應(yīng)對策略判定安培力作用下導體運動的常用方法 【預測1】 直導線ab與線圈所在的平面垂直且隔有一小段距離，圖8-1-9其中直導線固定，線圈可自由運動，當通過如圖8-1-9所示的電流方向時(同時通電)，從左向右看，線圈將()A不動B順時針轉(zhuǎn)動，同時向右平移C順時針轉(zhuǎn)動，同時向左平移 D逆時針轉(zhuǎn)動，同時向右平衡解析用安培定則判斷線圈所處的B的方向，由左手定則及特殊位置

15、法判定運動情況答案B【預測2】 如圖8-1-10所示為電磁軌道炮的工作原理圖圖8-1-10待發(fā)射彈體與軌道保持良好接觸，并可在兩平行軌道之間無摩擦滑動電流從一條軌道流入，通過彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道平面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與電流I成正比通電的彈體在安培力的作用下離開軌道，則下列說法正確的是()A彈體向左高速射出BI為原來的2倍，彈體射出的速度也為原來的2倍C彈體的質(zhì)量為原來的2倍，射出的速度也為原來的2倍D軌道長度L為原來的4倍，彈體射出的速度為原來的2倍解析根據(jù)右手定則可知，彈體處的磁場方向垂直于軌道平面向里，再利用左手定則可知，彈體受到的

16、安培力水平向右，所以彈體向右高速射出，選項A錯誤；設(shè)BkI(其中k為比例系數(shù))，軌道間距為l，彈體的質(zhì)量為m，射出時的速度為v，則安培力FBIlkI2l，根據(jù)動能定理有FLmv2，聯(lián)立可得vI ，選項C錯誤，B、D正確答案BD一、對磁感應(yīng)強度的理解1一段長0.2 m，通過2.5 A電流的直導線，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中所受安培力F的情況，正確的是()A如果B2 T，F(xiàn)一定是1 NB如果F0，B也一定為零C如果B4 T，F(xiàn)有可能是1 ND如果F有最大值，通電導線一定與B平行解析如果B2 T，當導線與磁場方向垂直放置時，安培力最大，大小為FBIL2×2.5×0.2 N1 N

17、；當導線與磁場方向平行放置時，安培力F0；當導線與磁場方向成任意夾角放置時，0<F<1 N，故選項A、B和D均錯誤；將L0.2 m、I2.5 A、B4 T、F1 N代入FBILsin ，解得30°，故選項C正確答案C2(2013·石家莊一模)圖8-1-11在實驗精度要求不高的情況下，可利用羅盤來測量電流產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，具體做法是：在一根南北方向放置的直導線的正下方10 cm處放一個羅盤導線沒有通電時羅盤的指針(小磁針的N極)指向北方；當給導線通入電流時，發(fā)現(xiàn)羅盤的指針偏轉(zhuǎn)一定角度，根據(jù)偏轉(zhuǎn)角度即可測定電流磁場的磁感應(yīng)強度現(xiàn)已測出此地的地磁場水平分量B5.0

18、×105 T，通電后羅盤指針停在北偏東60 °的位置，如圖8-1-11所示由此測出該通電直導線在其正下方10 cm處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A5.0×105 T B1.0×104 TC8.66×105 T D7.07×105 T解析由題意作圖可得tan 60°得BI8.66×105 T.答案C二、安培力作用下導體的平衡及運動分析3在赤道上，地磁場可以看做是沿南北方向并且與地面平行的勻強磁場，磁感應(yīng)強度是5×105 T如果赤道上有一條沿東西方向的直導線，長40 m，載有20 A的電流，地磁場對這根導線

19、的作用力大小是()A4×108 N B2.5×105 NC9×104 N D4×102 N解析磁場方向是南北方向，電流方向是東西方向，它們相互垂直，可以利用公式FBIL來計算此安培力的大小FBIL20×40×5×105 N4×102 N，故D正確答案D4通有電流的導線L1、L2處在同一平面(紙面)內(nèi)，圖8-1-12L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動(O為L2的中心)，各自的電流方向如圖8-1-12所示下列哪種情況將會發(fā)生()A因L2不受磁場力的作用，故L2不動B因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2

20、不動CL2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動DL2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動解析由右手螺旋定則可知導線L1上方的磁場的方向為垂直紙面向外，且離導線L1越遠的地方，磁場越弱，導線L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O點的下方磁場較強，則安培力較大，因此L2繞固定轉(zhuǎn)軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動答案D5如圖8-1-13甲所示，圖8-1-13在水平地面上固定一對與水平面傾角為的光滑平行導電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源將一根質(zhì)量為m的直導體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直已知軌道和導體棒的電阻及電源的內(nèi)電阻均不能忽略，通過導體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，圖乙為圖甲沿ab

21、方向觀察的平面圖若重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導體棒在軌道上保持靜止(1)請在圖乙所示的平面圖中畫出導體棒受力的示意圖；(2)求出磁場對導體棒的安培力的大?。?3)如果改變導軌所在空間的磁場方向，試確定使導體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應(yīng)強度B的最小值的大小和方向解析(1)如圖所示(2)根據(jù)共點力平衡條件可知，磁場對導體棒的安培力的大小Fmgtan .(3)要使磁感應(yīng)強度最小，則要求安培力最小根據(jù)受力情況可知，最小安培力Fminmgsin ，方向平行于軌道斜向上所以最小磁感應(yīng)強度Bmin根據(jù)左手定則可判斷出，此時的磁感應(yīng)強度的方向為垂直軌道平面斜向上答案(1)如

22、解析圖(2)mgtan (3)垂直軌道斜向上時間：60分鐘1關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法中正確的是()A磁場中某點B的大小，與放在該點的試探電流元的情況有關(guān)B磁場中某點B的方向，與放在該點的試探電流元所受磁場力方向一致C在磁場中某點的試探電流元不受磁場力作用時，該點B值大小為零D在磁場中磁感線越密集的地方，磁感應(yīng)強度越大解析磁感應(yīng)強度是磁場本身的屬性，在磁場中某處為一恒量，其大小可由B計算，但與試探電流元的F、I、L的情況無關(guān)；B的方向規(guī)定為小磁針N極所受磁場力的方向，與放在該處的電流元受力方向并不一致；當試探電流元的方向與磁場方向平行時，雖磁感應(yīng)強度不為零，但電流元所受磁場力卻為零；在磁場中磁

23、感線越密集的地方，磁感應(yīng)強度越大答案D2(2013·西安模擬)圖8-1-14如圖8-1-14所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，過ab中點和cd中點的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁感應(yīng)強度為B，則穿過線圈的磁通量為()A. B. CBL2 DNBL2解析穿過線圈的磁通量BSBL2，故A正確答案A3某同學在做“探究通電直導線產(chǎn)生的磁場”實驗時，先在水平實驗臺上放置一枚小磁針，發(fā)現(xiàn)小磁針N極指北，然后他把一直導線沿南北方向置于小磁針正上方，并通入電流強度為I的恒定電流，發(fā)現(xiàn)小磁針的N極指向為北偏西60°，他通過查閱資料知當?shù)氐牡卮艌龃鸥?/p>

24、應(yīng)強度的水平分量為B，則通電導線產(chǎn)生的磁場在小磁針所在處的磁感應(yīng)強度和通入的電流方向為()A2B由南向北 B.B由南向北C2B由北向南 D.B由北向南解析由題意可知，導線在小磁針處產(chǎn)生的磁場方向指向正西，由矢量合成可得，電流在小磁針處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B，由安培定則可知電流方向由南向北，故B選項正確答案B4(2013·蘇州檢測)圖8-1-15如圖8-1-15所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電直導線A，A與螺線管垂直，A導線中的電流方向垂直紙面向里，開關(guān)S閉合，A受到通電螺線管磁場的作用力的方向是()A水平向左 B水平向右C豎直向下 D豎直向上解析

25、先用安培定則判斷螺線管的磁場方向，在A點導線處的磁場方向是水平向左的；再用左手定則判斷出導線A受到的安培力豎直向上，故選D.答案D5有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖8-1-16所示為垂直于導線的截面圖在圖中所示的平面內(nèi)，圖8-1-16O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點的磁感應(yīng)強度的說法中正確的是()AM點和N點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同BM點和N點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反C在線段MN上各點的磁感應(yīng)強度都不可能為零D在線段MN上只有一點的磁感應(yīng)強度為

26、零解析兩根導線分別在M點和N點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，所以M點、N點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，選項B正確；線段MN中點O的磁感應(yīng)強度為零，選項D正確答案BD6在勻強磁場中某處P放一個長度為L20 cm，通電電流I0.5 A的直導線，測得它受到的最大磁場力F1.0 N，其方向豎直向上，現(xiàn)將該通電導線從磁場中撤走，則P處磁感應(yīng)強度為()A零B10 T，方向豎直向上C0.1 T，方向豎直向上D10 T，方向肯定不是豎直向上解析由公式B可知，把數(shù)值代入可以得到B10 T，公式中L是與B垂直的，所以P處磁感應(yīng)強度的方向肯定不是豎直向上的答案D7如圖8-1-17所示，圖8-1-17abc

27、d四邊形閉合線框，a、b、c三點坐標分別為(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整個空間處于沿y軸正方向的勻強磁場中，線框通入電流I，方向如圖所示，關(guān)于四邊形線框的四條邊所受到的安培力的大小，下列敘述中正確的是()Aab邊與bc邊受到的安培力大小相等Bcd邊受到的安培力最大Ccd邊與ad邊受到的安培力大小相等Dab邊不受安培力作用解析根據(jù)公式FBIL，ab邊受到的安培力大小為FabBIL，bc邊平行于磁場方向，受力為零，故A錯；ad邊受到安培力大小為FadBILdO，故D錯；cd邊受到的安培力大小為FcdBILcd，故B正確，C錯答案B8如圖8-1-18所示，圖8-1-18蹄形磁鐵用

28、懸線懸于O點，在磁鐵的正下方有一水平放置的長直導線，當導線中通以由左向右的電流時，蹄形磁鐵的運動情況將是()A靜止不動B向紙外平動CN極向紙外、S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動DN極向紙內(nèi)、S極向紙外轉(zhuǎn)動解析畫出導線所在位置的磁感線分布情況，如圖所示，導線左邊與右邊的磁場方向不同，故把導線分為左右兩部分由左手定則可知左邊的導線受到向紙內(nèi)的作用力，右邊的導線受到向紙外的作用力，所以導線左邊向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，右邊向紙外轉(zhuǎn)動，若導線固定，蹄形磁鐵可以自由轉(zhuǎn)動，磁鐵的轉(zhuǎn)動方向與導線的轉(zhuǎn)動方向相反，所以蹄形磁鐵的N極向紙外轉(zhuǎn)動，S極向紙內(nèi)轉(zhuǎn)動，C項正確答案C9電磁炮是一種理想的兵器，圖8-1-19它的主要原理如圖8-1-19所

29、示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為m2.0 g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到6 km/s，若這種裝置的軌道寬為d2 m，長L100 m，電流I10 A，軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終接觸良好，則下列有關(guān)軌道間所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度和磁場力的最大功率結(jié)果正確的是()AB18 T，Pm1.08×108 WBB0.6 T，Pm7.2×104 WCB0.6 T，Pm3.6×106 WDB18 T，Pm2.16×106 W解析通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關(guān)系得BIdLmv，代入數(shù)值解得B18 T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm

30、BIdvm，代入數(shù)值得Pm2.16×106 W，故D項正確答案D10(2013·蘇北四市二模)圖8-1-20如圖8-1-20所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t0時刻起給棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正比，即Ikt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好下列關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是()解析棒受到導軌的支持力大小等于安培力大小，即FNBILBkLtt，棒在豎直方向上有：mgFNma，則agt，顯然D對、C錯；根據(jù)棒向下先做加速度逐漸減小的變加速運動，后做加速度逐漸增

31、大的變減速運動過程可知A錯、B對答案BD11如圖8-1-21所示，圖8-1-21質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O，并處于勻強磁場中導線中通以沿x軸正方向的電流I，懸線與豎直方向的夾角為，且導線保持靜止，則磁感應(yīng)強度的方向和大小可能為()Az軸正向，tan By軸正向，Cz軸負向，tan D沿懸線向上，sin 解析當勻強磁場的方向沿y軸正方向時，由左手定則判斷可知，安培力方向豎直向上，則BILmg，解得B；當勻強磁場的方向沿z軸負方向時，由左手定則判斷可知，安培力沿水平方向，逆著電流方向看，受力如圖所示，其中安培力F安BIL，則BILmgtan ，解得Btan .答案BC12如圖

32、8-1-22所示，圖8-1-22在傾角為30°的斜面上，固定一寬L0.25 m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R.電源電動勢E12 V，內(nèi)阻r1 ，一質(zhì)量m20 g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好整個裝置處于磁感應(yīng)強度B0.80 T、垂直于斜面向上的勻強磁場中(導軌與金屬棒的電阻不計)金屬導軌是光滑的，取g10 m/s2，要保持金屬棒在導軌上靜止，求：(1)金屬棒所受到的安培力的大小(2)通過金屬棒的電流的大小(3)滑動變阻器R接入電路中的阻值解析(1)金屬棒靜止在金屬導軌上受力平衡，如圖所示F安mgsin 30°，代入數(shù)據(jù)得F安0.1 N.(2)由F安BI

33、L得I0.5 A.(3)設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為R0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：EI(R0r)解得R0r23 .答案(1)0.1 N(2)0.5 A(3)23 特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見創(chuàng)新設(shè)計·高考總復習光盤中內(nèi)容.第2講磁場對運動電荷的作用洛倫茲力、洛倫茲力的方向(考綱要求)洛倫茲力的公式(考綱要求)【思維驅(qū)動】(2013·黃山檢測)下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()解析根據(jù)左手定則，A中F方向應(yīng)向上，B中F方向應(yīng)向下，故A錯、B對C、D中都是vB，F(xiàn)0，故C、D都錯答案B【知識存盤

34、】1洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力2洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則：掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；拇指指向洛倫茲力的方向(2)方向特點：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面3洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0.(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力FqvB.(90°)(3)v0時，洛倫茲力F0.帶電粒子在勻強磁場中的運動 (考綱要求)【思維驅(qū)動】試畫出下圖中幾種情況下帶電粒子的運動軌跡，并說出其運動性質(zhì)答案【知識存盤】1若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動2若vB，帶電粒子僅

35、受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動3半徑和周期公式：(vB)質(zhì)譜儀和回旋加速器(考綱要求)【思維驅(qū)動】如圖8-2-1所示，圖8-2-1一個質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從容器A下方的小孔S，無初速度地飄入電勢差為U的加速電場，然后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片M上下列說法正確的是()A粒子進入磁場時的速率v B粒子在磁場中運動的時間tC粒子在磁場中運動的軌道半徑r D若容器A中的粒子有初速度，則粒子仍將打在照相底片上的同一位置解析在加速電場中由動能定理得eUmv2，所以粒子進入磁場時的速度v ，A正確；由evBm得粒子的半徑r ，C正確；粒子在磁

36、場中運動了半個周期t，B錯誤；若容器A中的粒子有初速度，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑發(fā)生變化，不能打在底片上的同一位置，D錯誤答案AC【知識存盤】1質(zhì)譜儀圖8-2-2(1)構(gòu)造：如圖8-2-2所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qUmv2.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r ，m，.圖8-2-32回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖8-2-3所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源D形盒處于勻強磁場中(

37、2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度和D形盒半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關(guān)記一記1運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用2左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負電荷3洛倫茲力一定不做功4當vB時粒子做勻速圓周運動5回旋加速器考點一洛倫茲力的特點及應(yīng)用【典例1】 如圖8-2-4所示，圖8-2-4在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的A點，若加一垂直紙面向里的勻強磁場，則小球的落點()A仍在A點 B在A點左側(cè)C

38、在A點右側(cè) D無法確定解析洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運動狀態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ay<g，故小球平拋的時間將增加，落點應(yīng)在A點的右側(cè)答案C【變式跟蹤1】 如圖8-2-5所示，圖8-2-5ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A經(jīng)過最高點時

39、，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高 D運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mgBvq甲，mgBvq乙，mg，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確答案CD借題發(fā)揮1洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面(2)當電荷運動方向發(fā)生

40、變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力方向時，要注意判斷結(jié)果與正電荷恰好相反(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功，不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等2洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動【典例2】 (2012·安徽卷，19)圖8-2-6如圖8-2-6所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑

41、AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.t B2t C.t D3t解析設(shè)帶電粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB，得r1，根據(jù)幾何關(guān)系得tan ，且160°.當帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan ，即tan 3tan .故60°，2120°；帶電粒子在磁場中運動的時間tT，所以，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤答案B【變式跟蹤2】 如圖8-2-7(a)所示

42、，圖8-2-7在以直角坐標系xOy的坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy所在平面向里的勻強磁場一帶電粒子由磁場邊界與x軸的交點A處，以速度v0沿x軸負方向射入磁場，粒子恰好能從磁場邊界與y軸正半軸的交點C處，沿y軸正方向射出磁場，不計帶電粒子所受重力(1)粒子帶何種電荷；求粒子的比荷.(2)若磁場的方向和所在空間的范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，粒子射出磁場時速度的方向相對于入射方向改變了角，如圖(b)所示，求磁感應(yīng)強度B的大小解析(1)粒子帶負電；由幾何關(guān)系可知，粒子的運動軌跡如圖甲所示，其半徑Rr，粒子所受的

43、洛倫茲力等于它做勻速圓周運動時所受的向心力即qv0Bm，則.(2)粒子的運動軌跡如圖乙所示，設(shè)其半徑為R，粒子所受的洛倫茲力提供它做勻速圓周運動的向心力，即qv0B，又因為tan ，解得BBtan .答案(1)負電(2)Btan 以題說法1帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法2帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關(guān)系(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(2)三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍備課札記 考點三有界磁場中的臨界問題【典例3】 如圖8-2-8所示，圖8-2-8在0xa、0y范圍內(nèi)垂直于xOy平面向外的勻

44、強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0°90°范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大小(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦教你審題解析(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvBm由式得R當<R<a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌

45、跡是圓心為O3的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意t，得OCA設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得Rsin R，Rsin aRcos ，又sin2cos21，由式得Ra，由式得v.(2)由式得sin .答案見解析【變式跟蹤3】 如圖8-2-12所示，圖8-2-12M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N

46、板的夾角為45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)兩板間電壓的最大值Um.(2)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s.(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm.解析(1)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示，CHQCL故半徑r1L，又因為qv1Bm且qUmmv，所以Um.(2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A，在AKC中：sin 45°解得r2(1)L，即r2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s，即sr1r2(2)L.(3)打在

47、QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期，所以tm.答案(1)(2)(2)L(3)借題發(fā)揮1三步解決帶電粒子在有界磁場中的運動問題(1)定圓心，畫軌跡(2)找?guī)缀侮P(guān)系，確定物理量(3)畫動態(tài)圓，定臨界狀態(tài)2解決帶電粒子在磁場中的臨界問題的關(guān)鍵解決此類問題，關(guān)鍵在于(1)運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)(2)根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關(guān)系(3)巧記帶電粒子在不同邊界磁場中運動的幾種常見情況：直線邊界：進出磁場具有對稱性，如圖8-2-9所示圖8-2-9平行邊界：存在臨界條件，如圖8-2-10所示圖8-2-10圓形邊界：沿徑向射

48、入必沿徑向射出，如圖8-2-11所示圖8-2-11備課札記 命題熱點11帶電粒子在勻強磁場中的運動命題專家評述考情分析：2012年全國各地的高考卷中，對洛倫茲力和帶電粒子在勻強磁場中的運動的考查出現(xiàn)6處，是高頻考點高考題型：有選擇題，也有計算題命題趨勢：2014高考，預計仍以帶電粒子在有界磁場中的運動及臨界問題為主閱卷教師叮嚀易失分點：(1)不會根據(jù)洛倫茲力的方向或軌跡弦的中垂線確定軌跡圓心從而畫錯草圖；(2)不能根據(jù)題意確定臨界情況(軌跡與邊界相切或經(jīng)過特定點等)；(3)對于從同一點射出的速度大小相同、方向不同的粒子問題，不會抓特征粒子解決問題應(yīng)對策略1帶電粒子在勻強磁場中運動問題的一般解題

49、步驟(1)分析磁場的邊界條件，結(jié)合粒子進出磁場的條件畫出帶電粒子運動軌跡，確定圓心根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑、圓心角等(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力建立動力學方程，分析已知量和未知量的關(guān)系(3)求解未知量，并進行必要的分析驗證2理解并熟記下面三個結(jié)論：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切(2)當速率v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(3)當速率v變化時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運動情況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等. 高考佐證(2012·江蘇卷，9)圖8-2-13如圖8-2

50、-13所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點下列說法正確的有()A若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B，所以r，當帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點位置最遠是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側(cè)，若落在A點右側(cè)則必須有更大的速度，選項B正確若粒子速度雖然比v0大，但進入磁場時與磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側(cè)，選項A、D錯誤若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，設(shè)其半徑為r，則r，代入r，r，解得vv0，選項C正確答案BC【預測】 如圖8-2-14所示，圖8-2-14在坐標系第一象限內(nèi)有正交的勻強電、磁場，電場強度E1.0×103 V/m，方向未知，磁感應(yīng)強度B1.0 T，方向垂直紙面向里；第二象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B(圖中未畫