新教材物理一轮总复习-第十一章磁场安培力与洛伦兹力第1讲磁场及其对电流的作用学案.docx

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1、第1讲磁场及其对电流的作用课 程 标 准1.能列举磁现象在生产生活中的应用了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的影响关注与磁相关的现代技术发展2通过实验，认识磁场了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场体会物理模型在探索自然规律中的作用3通过实验，认识安培力能判断安培力的方向，会计算安培力的大小了解安培力在生产生活中的应用素 养 目 标物理观念：理解磁感应强度、磁感线、安培力等概念，掌握安培定则应用方法，建立磁场的物质观念科学思维：通过电场与磁场的类比，培养科学思维方法，掌握安培力的应用方法，运用力学观点、能量观点分析带电体在磁场中的运动，培养分析推理能力必备知识自主落实一、磁场1磁感应

2、强度(1)物理意义：表示磁场_的物理量(2)大小：B单位是特斯拉，符号是T.电流元一定垂直磁场(3)方向：小磁针的_极所受磁场力的方向，也就是小磁针_时N极所指的方向(4)叠加：磁感应强度是矢量，叠加时遵守平行四边形定则2匀强磁场理想化模型(1)定义：磁感应强度的大小相等、方向_的磁场(2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线二、磁感线、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1磁感线及其特点(1)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这点的_的方向一致(2)特点：描述磁场的方向：磁感线上某点的_方向就是该点的磁场方向描述磁场的强弱：磁感线的疏密程度表示磁场的_，在磁感线

3、较密的地方磁场_；在磁感线较疏的地方磁场_是闭合曲线：在磁体外部，从_指向_；在磁体内部，由_指向_不相交：同一磁场的磁感线永不_、不相切是假想线：磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线，客观上并不存在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特点无磁极、非匀强磁场，且距导线越远处磁场_与条形磁铁的磁场相似，管内为_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_安培定则立体图三、安培力1安培力的大小(1)磁场方向和电流方向垂直时：F_(2)磁场方向和电流方向平行时：F0.2安培力的方向左手定则判断(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指_，并且都与手掌在同一

4、个平面内(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向_的方向(3)_所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向垂直于电流与磁场方向决定的平面走进科技全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，两电极之间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前行驶(1)要使船前进，图中MN导体棒应接直流电源的正极()(2)改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或后退()(3)增大电极间的电流，可增大船航行的速度()(4)增大匀强磁场的磁

5、感应强度，可减小船体的推动力()关键能力精准突破考点一安培定则的应用和磁场的叠加磁场叠加问题的一般解题思路：(1)确定磁场场源，如通电导线(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度针 对 训 练1.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍两细长直导线中通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于b、d两点图中e、f分别为ad、bc的中点，下列说法正确的是()Aa点与f点的磁感应强度相同Be点与f点的磁感应强度相同Ca点与c

6、点的磁感应强度不同De点与c点的磁感应强度相同22022全国乙卷(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上根据表中测量结果可推知 ()测量序号Bx/ TBy/ TBz/ T102145202046321045421045A测量地点位于南半球B当地的地磁场大小约为50 TC第2次测量时y轴正向指向南方D第3次测量时y轴正向指向东方考点二安培力的大小和方向1安培力一定垂直于B和I确定的平面2应用公式FBIL计算弯曲导线在匀强磁场

7、中所受安培力的大小时，有效长度L等于弯曲导线两端点间的线段长度(如图所示)针 对 训 练3.2022浙江卷1月利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是()42022江苏卷如图所示，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

8、向外5纸面内同一材料制作的粗细均匀的正方形金属线框，按如图所示方式接入电路，电源电动势恒定，导线及电源内阻不计，整个空间内的磁场垂直纸面向里，金属线框受到的安培力大小为F.若将接入点从两侧中点A、B换成对角点M、N，则金属线框受到的安培力大小变为 ()AFB2F CFD6.(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

9、，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中通入负向电流考点三安培力作用下导体的平衡问题求解安培力作用下导体平衡问题的关键画受力图三维图二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图例12022湖南卷如图(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.下列说法正确的是()A.当导线静止在

10、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Ctan 与电流I成正比Dsin 与电流I成正比规律方法解决安培力作用下平衡问题的两条主线(1)遵循平衡条件基本解题思路如下：(2)遵循电磁学规律，受力分析时，要注意准确判断安培力的方向针 对 训 练7.有一边长为l的正三角形线框abc悬挂在弹簧测力计下面，线框中通有沿cbac方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于abc所在平面向里平衡时，弹簧测力计的读数为F；若将线框向上提，让线框露出磁场一部分，其他条件都不改变，再次平衡时，磁场边界线MN刚好过ab和ac边的中点，这种情况下，弹簧测力

11、计的读数为3F.则匀强磁场的磁感应强度大小为()A BC D82023临沂模拟如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨放置在水平方向的匀强磁场中，导轨平面与水平面的夹角为，导轨的下端接有电动势为E、内阻为r的电源和阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆M垂直导轨放置(与导轨接触良好)，通过不可伸长的轻绳跨过光滑绝缘杆后与重物N相连，重物N的质量为m，金属杆M刚好处于静止状态已知当地重力加速度为g，不计金属杆和导轨电阻，sin 0.6，下列说法中正确的是 ()A磁场方向水平向左，磁感应强度为BB磁场方向水平向右，磁感应强度为BC磁场方向水平向左，磁感应强度为BD磁场方向水平向右，磁感应强度为B考点四安

12、培力作用下导体运动情况的判断电流元法分割为电流元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例2 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在纸面内平动针 对 训 练9.2023广东深圳月考如图所示，一平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定于斜面上，一端拉住条形磁铁，条形磁铁处于

13、静止状态，磁铁中垂面上放置一通电导线，导线中电流方向垂直纸面向里且缓慢增大，下列说法正确的是()A弹簧弹力逐渐变小B弹簧弹力先减小后增大C磁铁对斜面的压力逐渐变小D磁铁对斜面的压力逐渐变大10.(多选)如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面现在导线a中通有垂直于纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是()A线圈仍静止不动B从上往下看，线圈将逆时针转动C弹簧测力计示数减小D弹簧测力计示数增大电磁炮中的功能关系问题典例“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

14、原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L0.2 m；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1102 T；“电磁炮”弹体总质量m0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R0.4 ；可控电源的内阻r0.6 ，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I4103 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第十一章磁场安培力与洛伦兹力第1讲磁场及其对电流的作用必备知识自主落实一、1(1)强弱(3)N静止2(1)相同二、1(1)

15、磁感应强度(2)切线强弱较强较弱N极S极S极N极相交2越弱匀强越弱三、1(1)IlB2(1)垂直(2)电流(3)拇指走进科技答案：(1)(2)(3)(4)关键能力精准突破1解析：通电直导线在其周围某点处产生磁场的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，由安培定则可知磁感应强度方向垂直于该点到导线的垂直线段，根据矢量合成可知，a点与f点的磁感应强度不相同，故A错误；根据对称性可知，e点与f点的磁感应强度大小和方向均相同，故B正确；同理可知，a点与c点的磁感应强度大小和方向均相同，故C错误；e点与c点和a点与f点类似，磁感应强度不相同，故D错误答案：B2解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结

16、果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 T，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误答案：BC3解析：根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式FILB可知，在只改变电流I时，其安培力FI，因此FI图线为过坐标

17、原点向上倾斜的直线，故选项A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力FL，因此FL图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项C、D均错误答案：B4解析：根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在的空间磁场方向斜向右上，右侧部分所在的空间磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里，选项C正确答案：C5解析：设正方形金属线框的边长为L，开始时通过线框的总电流为I，则导线框受到的安培力为FBIL，将接入点从两侧中点A、B换成对角点M、N，则线框的电阻不变，电流仍为I，线框的等效长度为L，则线框受到的安培力大小为FBILF

18、，故C正确答案：C6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，则线圈P需要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，应在P中通入负向电流，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，应在P中通入正向电流，C正确，D错误答案：BC例1解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F，又BILmgsin ，得sin I，分析易知B、C项错误

19、，D项正确答案：D7解析：线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，安培力为零，即Fmg.直线MN刚好过ab和ac边的中点时，线框受到安培力的有效长度为，由左手定则线框所受的安培力竖直向下，大小为F安BIl，对线框进行分析，由平衡条件得3FmgBIl，联立解得B，D正确，A、B、C错误答案：D8解析：由于mg sin 0.6mg0.3mg，故安培力方向一定竖直向上，由左手定则可知磁场方向为水平向左，对金属杆M受力分析并建立如图所示坐标系由平衡条件可得FxFF安sin mg sin 0，FyFNF安cos mg cos 0，轻绳上的拉力Fmg，联立解得F安mg，又由F安BIL，I，解得B

20、，故选A.答案：A例2解析：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由无数段直线电流元组成，电流元处在I2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竖直向上，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轴线处竖直向上，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，

21、线圈L1将顺时针转动方法三(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将顺时针转动答案：B9.解析：磁铁外部的磁感线从N极出发回到S极，则此时在导线处磁感线平行于斜面向下，如图所示，根据左手定则可以判断导线受到的安培力方向垂直斜面向上，因电流增大，所以安培力增大，安培力与斜面垂直，根据牛顿第三定律与受力平衡可知磁铁对斜面的压力逐渐变大，弹簧弹力不变，选项A、B、C错误，D正确答案：D10解析：圆形电流可等效为小磁针，由右手螺旋定则知N极指向纸面里，直导线a中的电流产生的磁场在线圈圆心处的磁感线水平向左，因小磁针静止时N极指向为

22、该处磁场方向，可知小磁针N极向左转，即从上往下看，线圈将逆时针转动，A错误，B正确；因线圈逆时针转动，线圈下半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相同，两者相吸，而上半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相反，两者相斥，但下半部分离直导线近，引力大于斥力，弹簧测力计示数增大，C错误，D正确答案：BD 典例解析：(1)由安培力公式FIBL8104 N(2)方法一由动能定理Fxmv2弹体从静止加速到4 km/s，代入数值得x20 m方法二由牛顿第二定律Fma得加速度a4105 m/s2由2asv4 km/s代入数值得x20 m.(3)根据Fma，vat知发射弹体用时t1102 s发射弹体过程产生的焦耳热QI2(Rr)t1.6105 J弹体的动能Ekmv21.6106 J系统消耗的总能量EEkQ1.76106 J.答案：(1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J