1、第十章磁场素养导读备考定向核心素养试题情境生活实践类在日常生产生活和科技方面的主要试题情境有地磁场、电磁炮、电流天平、超导电磁船、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等学习探索类学习探索类涉及的主要试题情境有通电导体在安培力作用下的平衡与加速问题、运动粒子在磁场中的运动问题考向预测本章内容属于高考考查的热点,既有选择题,又有计算题,甚至出现与电场、电磁感应综合的压轴题。考查的具体内容主要包括以下几个方面:电流的磁场及安培定则的应用;安培力、洛伦兹力的理解及应用;带电粒子在磁场中的圆周运动问题;带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题;带电粒子在复合场中的运动问题;洛伦
2、兹力在现代科技中的应用第1节磁场的描述磁场对电流的作用必备知识预案自诊知识梳理一、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、电流和运动电荷有的作用。(2)方向:小磁针的所受磁场力的方向。2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的和。(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:特斯拉(T)。二、磁感线几种常见的磁场1.磁感线在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。2.几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)电流的磁场磁场类型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
3、强,且距导线越远处磁场与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场,管外为非匀强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续表磁场类型直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场横截面图纵截面图(3)匀强磁场在磁场的某些区域内,磁感线为的平行线,如图所示。(4)地磁场地磁场的N极在地理附近,S极在地理附近,磁感线分布如图所示。在赤道上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度,方向水平。三、安培力的方向和大小1.安培力的方向(1)左手定则: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,并使伸开的指向电流的方向,那么,所指的
4、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,反向电流互相。2.安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成角时,F=BIlsin ,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,Fmax=BIl。(2)当磁场与电流时,安培力等于零。考点自诊1.判断下列说法的正误。(1)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。()(2)磁感线是真实存在的。()(3)在同一幅图中,磁感线越密,磁场越强。()(4)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。()(5)由定义式B=F
5、IL可知,电流I越大,导线L越长,某点的磁感应强度就越小。()2.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)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()3.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()4.(2020浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1I2。a、b、c三点连线与两根导线等
6、高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下5.(新教材人教版必修第三册P109“演示”改编)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线2、3接在直流电源上,电源没有在图中画出。接通电源后能使导体棒摆动幅度增大的措施是(
7、只填前面的序号)。换用磁性更强的马蹄形磁铁拿掉中间的马蹄形磁铁增大直流电源的电压减小直流电源的电压把导线1、4接在直流电源上剪掉导线2、3两侧的导体棒关键能力学案突破考点一安培定则的应用和磁场的叠加(师生共研)1.安培定则的应用项目原因(电流方向)结果(磁场方向)说明直线电流的磁场大拇指四指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”环形电流的磁场四指大拇指2.磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别
8、独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。【典例1】(多选)(2020安徽马鞍山高三下学期第二次质检)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内,导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流,a中电流为I,b中电流为2I,a受到的磁场力大小为F1,b受到的磁场力大小为F2,则()A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里B.F2=2F1C.F2F2D.F1I2,I1在b点产生的磁感应强度更大,故b点的磁感应强度大小不为零,同理,d点的磁感应强度大小也不为零,选项A、B错误;a、c两点连线与两导线等高并垂直,根据安培定则可知a点处的
9、磁感应强度方向竖直向下,c点处的磁感应强度方向竖直向上,选项C正确,D错误。5.答案解析导体棒摆动幅度与磁场强弱、通电电流大小、通电导线长度均有关系,磁场越强、通电电流越大、通电导线越长,导体棒摆动幅度就越大。故正确。关键能力学案突破典例1AC由安培定则可知,导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里,选项A正确;两个导线间的作用力是相互排斥力,根据牛顿第三定律,两力等大、反向、共线,大小设为Fab,磁场的磁感应强度为B,则对左边电流有F1=BIL+Fab,对右边电流有F2=2BIL+Fab,两式联立解得Fab=2F1-F2,则2F1F2,则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小
10、为B=2F1-F22IL,选项C正确,选项B、D错误。对点演练1.A由安培定则可知,直导线产生的磁场在导线右侧为垂直纸面向里,左侧为垂直纸面向外,且在a点和b点产生的磁感应强度大小关系为Ba=2Bb,由题意可知5B04=Ba-B0,解得Ba=94B0,则b点的磁感应强度大小B=B0+Bb=B0+98B0=17B08,故只有选项A正确。2.B通电直导线在周围形成的磁场,大小为B=kIr,方向由安培定则可知,从右向左画出各点的磁感应强度的平面图,如图所示,由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向,b与d两点的合磁感应强度等大同向。故选B。典例2A根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图所示
11、,设电路abcd上的电阻为3r,由几何关系得,ad段的长度为2L,所以ad上的电阻为2r;abcd上的电流为I1=E3r,ad上的电流为I2=E2r,则ab、bc、cd上的安培力F1=F2=F3=BI1L=BEL3r,ad上的安培力F4=BI22L=BELr,各段受到的力中,F1和F3在左右方向的分量大小相等,方向相反,相互抵消,所以线框受到的合外力F=F4+F1cos60+F2+F3cos60=5BEL3r,r=LS,则可得F=5BSE3,方向竖直向上,故只有选项A正确。对点演练3.D通电导线在匀强磁场中受到的安培力,其有效长度为ac连线的长度,L=l2+(3l4)2=54l,根据安培力公式
12、F=BIL=54BIl,根据左手定则,安培力的方向垂直于ac连线,方向与bc夹角的正切值tan=34,选项D正确。4.B导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。典例3答案(1)811 NF8 N(2)0R30 甲解析(1)当金属棒刚好达到向
13、上运动的临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行斜面向下,设金属棒受到的安培力大小为F1,其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sin+mgcos,F1cos=mgsin+fmax,fmax=FN以上三式联立并代入数据可得F1=8N乙当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时,设金属棒受到的安培力大小为F2,其受力分析如图乙所示。则有FN=F2sin+mgcos,F2cos+fmax=mgsin,fmax=FN以上三式联立并代入数据可得F2=811N所以金属棒受到的安培力的取值范围为811NF8N(2)因磁场与金属棒垂直,所以金属棒受到的安培力为F=BIL,因此有I=FBL,由安培力的取
14、值范围可知电流的取值范围为411AI4A设电流为I1=411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1,由闭合电路欧姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入数据可得R1=30电流为I2=4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2,由闭合电路欧姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入数据可得R2=0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0R30对点演练5.BC电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿导轨向上,也可能沿导轨向下,由平衡条件可知mgsinf=IdB,又fmgcos,解得2.2AI3.8A,由闭合电路欧姆定律可知I=ER0+r+R,解得6319R8711,故
15、选项B、C正确。6.AC以整体为研究对象,整体共受到四个力的作用,水平方向上,两金属棒受到大小均为F=BIL,方向相反的安培力,这两个力互相平衡;竖直方向上,绝缘细线的拉力与总的重力平衡,因为重力的方向竖直向下,所以,绝缘细线的拉力一定是竖直向上,也就是说,绝缘细线与竖直方向的夹角为0,A正确,B错误;以cd棒为研究对象,cd棒受三个力而平衡,安培力F=BIL=10.54N=2N,cd棒的重力m2g=0.210N=2N,由平衡条件得F=m2gtan,解得=45,即细金属杆与竖直方向的夹角为45,C正确,D错误。典例4B方法一(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
16、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方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。方法二(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。方法三(结论法)环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为
17、止。据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。典例5D金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小F安=BIL=0.520.5N=0.5N,金属细杆开始运动时的加速度大小为a=F安m=10m/s2,选项A错误;对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析,安培力做功W安=F安(lMN+lOP)=1J,重力做功WG=-mglON=-0.5J,由动能定理得W安+WG=12mv2,解得金属细杆运动到P点时速度大小为v=20m/s,选项B错误;金属细杆运动到P点时加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度,水平方向的向心加速度大小a=v2r=20m/s2,选项C错误;在P点金属细杆受到轨道
18、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=mv2r,解得F=1.5N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N,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0.75N,选项D正确。对点演练7.BC如图甲所示,导体棒处的磁场方向指向右上方,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方,根据牛顿第三定律,对条形磁铁受力分析,如图乙所示,所以台秤对条形磁铁的支持力减小,即台秤读数F1F2,在水平方向上,由于F有水平向左的分力,条形磁铁压缩弹簧,所以弹簧长度变短。8.A根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相同,所以两个线圈相互吸引,中间细线张力减小;由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,B、C、D错误。
