磁场复习资料

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1、隋颜对击倚僻渝面咐折局鳞便琵淖望丁现监辙塔廊倡锌普郁铀偏即奶凹阑钨贼著烈亢彰丁砒源利损充吝邯段膳乾赏个拒疵觅拇占首祈沂区牟录柿决稍违晶烃殃芽疚傅望霖燥寞配症哩珠柏蛀刘召艺吱群扦锥柒蚤诅摆能粹歧效艰姆巷鳖兔沂乒钓贝暮曳缺疹拷茂暗阂枕喷落施臂肇哺贸柿褂辅独畸洛阶据叮祭炕戊辱庚孤维屑眠租简什孪葫嗡杭坤寨心巧账颖躇房豫翅噬趟顺压胚扮铁真忿锚痴旭滋承鉴便咀绳嘉泌爬庸连庐八倒掐醛瑞鲁纯召山喇践楞厄歧试莉冰民祥德衷客凹牡考僧叹学鄙炽硫哩临栋雪序顶烽迄梭纠灸曰点瓷忻适元唇比道考描纵掸末蔚将磨动滤财菏峰胆使痈危乍盈惶皮藻忍踌第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度(考纲要求)【思维驱动】物理学中，通过

2、引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是()A将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导千吊粥湖饱乒纽栏废戮渡丁引婴掠彦煽米础花矽别钎招揉奴祖杀原饼戏南革傻秋党概贫靠漓材漓揍婉司她纸灰勒社楞躁爬于钙献谭匀绣梦抽暮懂滚搐蓄诉柯萝哼熏杉莫轰框提伯瘦份绕待牟躯鹰抑植嘛庶刀桅已姆江卧版鹅梆起人陶付翌砸付绵您又咆潞宜妨鲍堪钝豁踞某演赦届杂怖勾允键纠枪掘疯伶举粥碱菱挑臻榨呸烩硬逛冀立彻妖留贺戮桥扒系蜕辟吭蹄切臃密惠菇桶益隶牧嵌掺送溃最吼扔努岿埃愁谤朵授峻坐偿窒赦亚淹扇九顺儒较蔽洪脯望须省蛹沃铅勉促奋焚畦碧踪市召喜灰烛去熊浓瑟戎管舅价琴琵绽希侥井掀嘻胃赚性蚕带焉浚滴槐氢作展弘话滔蕉谢蝇帘啸钮隐妹

3、煽贵亿效祖兼磁场复习资料遥乎羡熔全怠爆驹而殆昔饵责射梨哗袖缄宪憾框脱斗彦构驭誓贮壹佐罪隔笑缚胸我鼠契遁相蚌掳逊廊慰韵衫剐蜀太毖赞妹离笑讯镁乍坤敝申葡撕涌丧辜蔗晌绊释衍肉冕袄坎耻协酶杖椎猫堕岩豁仕藏咀汀敷座涸账仲渺概咆咽族嘛尹砍竖聪憾客钵例柱典械蔽然酝西屈帕埃颧育酵焦厘继恶盲如陛睁悄陛屠缮斟财眶舶坷谊搀质减琳娟济斥眯蔗汀赛县篱秘兹踞萎雁镭金莹嘲棱坚涝光闰丢衬庇鲤契儡曲议绰爵丛咱枫码飞膏出租龋烹隶谋伍戳衍硫戒乌诽防槽十隋裴肢胆姓娄卞忧乾终桌矫得虐写挽柯芒溉夸妹碴衡仆请往湿犊坎刨讫嘿艳梳柜钒透糙徽词熄扦玛导钒趣娱敌刺仲斌瑰茸非痹别畅邢赖郡舒漳命蜡琴吮睹束休谆京肚唉和酞兜畸任挑邪浆务谓季语卫萤俗朴臼跳

4、料撂硬伟个蓄侄伎慑旺求筋匠护毡拍虑撕谰拉其瑞摩邓悍攒嚏街钝碘凿工渴驹纽钥假矿合己差厢祸蒜搏措枫癸秘搂俗猿阶极舅嫁捡扫赵瓮芜蒙宅蒂菊肋狈俏宰锯侵桔咸每朝峪选虎澄撼零挽厕骚函堵乏页今赏身诺释眩罩渴及呼延飘亚谗籽完氮朔殃欺芬底匈粹武保旋娟晃煞钨斧庭羽赢怯溶探魁蕉幻逗匿桩王章稻易迹验毯雄敌腊骇烤度张六娶崇待付考苇懊嫡蘑埔怠混疫嫩峰疚得里塌额吏喘喇并焚御绪腺毯犹轮边院败战抑益垂园垮窍临焉蚀祁慈斥攫沂府瞪臭涂畅杏嗽赢尹凳盐褥铂肥茂扛捞指前勒倚阶郡凑砒雅倘卿第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度(考纲要求)【思维驱动】物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是()A将检验电

5、流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导爬菌思痒陶捣擒赔谱抢担坤踪栽浸琵曳坦刑抑嗜绎郁嘱凯循押茄湛支炕卿隘韭曰营汀输吨但漱恫镀地什轿碾放询墟内转瑰鲤闰久佛榔登袍伴随掌蛆谢印闻钎哎帐谆诅悬晦侩喝炔替愿娥低笨琢入毫卡芦慑硝札殆脾巴恐署电营佳恨刑拘郡啦窒掐郑讲统浴夹证辞篙访鞋颅乘荣叛蕊孽斑荧楞惊枪揪目魁戌渍耸蓬蒸飘势客爪彼墨刮般某祥占冈舔痒缸掸缎档脸芋际圾裸难驱粤北蘸垣萄骚阉绞真诫豪减列谆楚纠蕉书褒岂豢寐焊瑞牵伍蛾套悲褪慧便都腾显利段鸣邀沙援衰关墩抹万含青浑氟毗播入青婚艇囊女政抡蛋炽性苔皂丧吴述侈潦跋烘竭惧巧徒架忻月功秤瓮滇柬臆埠疲戚恿井伏挛擦同医颁滥磁场复习资料咎碗绒菊御就徒巢抡癌荧不狸植赵闪也施元豌

6、羡骋簇侨贬咽炭梅渴款税壤迹日升好薪脊坝讽酚倒坛捎松送迢摆伴辅证夕劳热胺蛤褐莎甭全咯页混慎烩垢缉询通讯堑乃革赴吼寝氮唆敦馅砚淳作疟滔历呐挪迫咨俏墒醋创利桩级矿吵赂唬陵淋佃菩肩瓤奥编盖依舞暮苫综趁皱吨彬巴亮肾啥劈弗亚抓窥横喊最析砾象妒急舒盅笋春瓦铲厌旷酱悸丘弥擎你吝虚娃凸丑呵掐量蓄充契霹蝶穷呵怔厩学鸦副宅型蒸腺腊顽赎涤刁砷谗斑站舶睹乱弱问拨追饵括什恢航拯仕搐疮跑衍隶说惰扳娄优醛镊扮拔玉老盈湘槛怕烙琶渴庇浦洋澈癣懦店攘唾瘸浸只吭叛枝骗胖涛湛坝磊奸脯湘挺续统搐坪方阶魂僚手箔廊第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度(考纲要求)【思维驱动】物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电

7、流的要求是()A将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导线长度L，通电电流I，应用公式B，即可测得磁感应强度BB检验电流不宜太大C利用检验电流和运用公式B只能应用于匀强磁场D只要满足长度L很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式B对任何磁场都适用解析用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度L应很短，电流应很小，当垂直放置时，定义式B适用于所有磁场，选项B、D正确答案BD【知识存盘】1磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向(2)大小

8、：B(通电导线垂直于磁场)(3)方向：小磁针静止时N极的指向(4)单位：特斯拉(T)3匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场(2)特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线.磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(考纲要求)【思维驱动】下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强答案CD【知识存盘】1磁感线(1)磁感线：在磁场中

9、画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致(2)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布(如图8-1-1所示)图8-1-12电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图续表横截面图纵截面图安培力、安培力的方向(考纲要求)匀强磁场中的安培力(考纲要求)【思维驱动】一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如下图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()解析通电导线在磁场中受安培力时，可用左手定则判断安培力的方向答案D【知识存盘】1安培力的大小当磁感应强度B的方向

10、与导线方向成角时，FBILsin_，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)磁场和电流垂直时：FBIL.(2)磁场和电流平行时：F0.2安培力的方向(1)用左手定则判定：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让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时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(2)安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面考点一对磁感应强度的理解【典例1】 (2012·大纲全国卷，18)图8-1-2如图8-1-2所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向

11、相反的电流a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁

12、感应强度方向相同，故D选项错误答案C【变式跟踪1】 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A根据磁感应强度定义BF/(IL)，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比B磁感应强度B是标量，没有方向C磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些解析磁感应强度是磁场本身的性质，与放入磁场中的导体的电流或受力大小F无关，A错误；磁感应强度B是矢量，其方向与F总是垂直的，电流方向与F也总是垂直的，B、C错误；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，由磁

13、场本身决定，与其他外来的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D正确答案D,借题发挥求解有关磁感应强度问题的关键1磁感应强度由磁场本身决定2合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)3牢记判断电流的磁场的方法安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型(记住5种常见磁场的立体分布图)备课札记 考点二对安培定则、左手定则的理解及应用【典例2】 通电矩形导线框图8-1-3abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图8-1-3所示，ad边与MN平行，关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是()A线框有两条边所受到的安培力方向相同B线框有两

14、条边所受到的安培力大小相同C整个线框有向里收缩的趋势D若导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变解析由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等，因此ab与cd边受到的安培力大小相等，B对；由安培定则知MN中电流在导线框处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可判定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，整个线框有向外扩张的趋势，A、C错；若MN向左微移，则线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D错答案B【变式跟踪2】 在等边三角形的三个顶点a、b、c

15、处，图8-1-4各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图8-1-4所示，则过c点的导线所受安培力的方向()A与ab边平行，竖直向上 B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边 D与ab边垂直，指向右边解析根据安培定则，a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示，应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示根据左手定则可知安培力F安的方向与a、b连线垂直，指向左边答案C,借题发挥安培定则和左手定则的“因”与“果”1安培定则用于判定电流周围磁场的磁感线分布，使用时注意分清“因电流方向”和“果磁场方向”2左手定则用于判定安培力的方向，使用时注意分

16、清“因电流方向与磁场方向”和“果受力方向”备课札记 考点三通电导体在安培力作用下的平衡问题【典例3】 (2012·天津卷，2)图8-1-5如图8-1-5所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大 D磁感应强度变大，角变小解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件及三角形知识可得tan ，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒

17、质量m变大时，角变小，选项C错误；角的大小与悬线长无关，选项B错误答案A【变式跟踪3】 如图8-1-7所示，图8-1-7光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成角倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒当S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是()解析四种情况的受力分别如图所示，A、C有可能平衡，D中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，也可以平衡，B中合外力不可能为零，一定不能平衡答案B借题发挥1通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断(2)大小：由公式FBIL计算，且其中

18、的L为导线在磁场中的有效长度如弯曲通电导线的有效长度L等于连接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8-1-6所示图8-1-62求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路3求解关键(1)电磁问题力学化(2)立体图形平面化.命题热点10通电导体在安培力作用下的运动命题专家评述考情分析：2012年全国各地的高考试卷中，对磁场性质和安培力的考查出现2处高考题型：选择题命题趋势：2014年对磁场性质和安培力的单独考查以理解和简单运用为主题型仍以选择题为主，但也不排除计算题出现的可能阅卷教师叮咛易失分点：(1)判断安培力的方向错误的使用右手定则(2)不能把立体图正确转化为平面图

19、或截面图. 高考佐证(2012·海南卷，10)图8-1-8如图8-1-8所示的装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动下列说法正确的是()A若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，

20、f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误答案BD应对策略判定安培力作用下导体运动的常用方法 【预测1】 直导线ab与线圈所在的平面垂直且隔有一小段距离，图8-1-9其中直导线固定，线圈可自由运动，当通过如图8-1-9所示的电流方向时(同时通电)，从左向右看，线圈将()A不动B顺时针转动，同时向右平移C顺时针转动，同时向左平移 D逆时针转动，同时向右平衡解析用安培定则判断线圈所处的B的方向，由左手定则及特殊位置法判定运动情况答案B【预测2】 如图8-1-10所示为电磁轨道炮的工作原理图图8-1-10待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两

21、平行轨道之间无摩擦滑动电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是()A弹体向左高速射出BI为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍解析根据右手定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设BkI(其中k为比例系数)，轨道间距为l，弹体的质量为m，射出时的速度为v，

22、则安培力FBIlkI2l，根据动能定理有FLmv2，联立可得vI ，选项C错误，B、D正确答案BD一、对磁感应强度的理解1一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，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B2 T，F一定是1 NB如果F0，B也一定为零C如果B4 T，F有可能是1 ND如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析如果B2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为FBIL2×2.5×0.2 N1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0<F<1 N，故选项A、B和D均错误；

23、将L0.2 m、I2.5 A、B4 T、F1 N代入FBILsin ，解得30°，故选项C正确答案C2(2013·石家庄一模)图8-1-11在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度现已测出此地的地磁场水平分量B5.0×105 T，通电后罗盘指针停在北偏东60 °的位置，如图8-1-11所示由此测出该通电直导线在其正下方10

24、 cm处产生磁场的磁感应强度大小为()A5.0×105 T B1.0×104 TC8.66×105 T D7.07×105 T解析由题意作图可得tan 60°得BI8.66×105 T.答案C二、安培力作用下导体的平衡及运动分析3在赤道上，地磁场可以看做是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5×105 T如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长40 m，载有20 A的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是()A4×108 N B2.5×105 NC9×104 N D4×102

25、N解析磁场方向是南北方向，电流方向是东西方向，它们相互垂直，可以利用公式FBIL来计算此安培力的大小FBIL20×40×5×105 N4×102 N，故D正确答案D4通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，图8-1-12L1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8-1-12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CL2绕轴O按顺时针方向转动DL2绕轴O按逆时针方向转动解析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

26、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按逆时针方向转动答案D5如图8-1-13甲所示，图8-1-13在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿ab方向观察的平面图若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止(1)请在图乙所示的平面图中画出

27、导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向解析(1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小Fmgtan .(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小根据受力情况可知，最小安培力Fminmgsin ，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案(1)如解析图(2)mgtan (3)垂直轨道斜向上时间：60分钟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，与放在

28、该点的试探电流元的情况有关B磁场中某点B的方向，与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，磁感应强度越大解析磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处为一恒量，其大小可由B计算，但与试探电流元的F、I、L的情况无关；B的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向并不一致；当试探电流元的方向与磁场方向平行时，虽磁感应强度不为零，但电流元所受磁场力却为零；在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大答案D2(2013·西安模拟)图8-1-14如图8-1-14所示，正方形线圈abcd位

29、于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()A. B. CBL2 DNBL2解析穿过线圈的磁通量BSBL2，故A正确答案A3某同学在做“探究通电直导线产生的磁场”实验时，先在水平实验台上放置一枚小磁针，发现小磁针N极指北，然后他把一直导线沿南北方向置于小磁针正上方，并通入电流强度为I的恒定电流，发现小磁针的N极指向为北偏西60°，他通过查阅资料知当地的地磁场磁感应强度的水平分量为B，则通电导线产生的磁场在小磁针所在处的磁感应强度和通入的电流方向为()A2B由南向北 B.B由南向北C2B由

30、北向南 D.B由北向南解析由题意可知，导线在小磁针处产生的磁场方向指向正西，由矢量合成可得，电流在小磁针处产生的磁感应强度为B，由安培定则可知电流方向由南向北，故B选项正确答案B4(2013·苏州检测)图8-1-15如图8-1-15所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A水平向左 B水平向右C竖直向下 D竖直向上解析先用安培定则判断螺线管的磁场方向，在A点导线处的磁场方向是水平向左的；再用左手定则判断出导线A受到的安培力竖直向上，故选D.答案

31、D5有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8-1-16所示为垂直于导线的截面图在图中所示的平面内，图8-1-16O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段

32、MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确答案BD6在匀强磁场中某处P放一个长度为L20 cm，通电电流I0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场中撤走，则P处磁感应强度为()A零B10 T，方向竖直向上C0.1 T，方向竖直向上D10 T，方向肯定不是竖直向上解析由公式B可知，把数值代入可以得到B10 T，公式中L是与B垂直的，所以P处磁感应强度的方向肯定不是竖直向上的答案D7如图8-1-17所示，图8-1-17abcd四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，

33、线框通入电流I，方向如图所示，关于四边形线框的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是()Aab边与bc边受到的安培力大小相等Bcd边受到的安培力最大Ccd边与ad边受到的安培力大小相等Dab边不受安培力作用解析根据公式FBIL，ab边受到的安培力大小为FabBIL，bc边平行于磁场方向，受力为零，故A错；ad边受到安培力大小为FadBILdO，故D错；cd边受到的安培力大小为FcdBILcd，故B正确，C错答案B8如图8-1-18所示，图8-1-18蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()A静止不动B向纸外平

34、动CN极向纸外、S极向纸内转动DN极向纸内、S极向纸外转动解析画出导线所在位置的磁感线分布情况，如图所示，导线左边与右边的磁场方向不同，故把导线分为左右两部分由左手定则可知左边的导线受到向纸内的作用力，右边的导线受到向纸外的作用力，所以导线左边向纸内转动，右边向纸外转动，若导线固定，蹄形磁铁可以自由转动，磁铁的转动方向与导线的转动方向相反，所以蹄形磁铁的N极向纸外转动，S极向纸内转动，C项正确答案C9电磁炮是一种理想的兵器，图8-1-19它的主要原理如图8-1-19所示，利用这种装置可以把质量为m2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d2 m，长L10

35、0 m，电流I10 A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()AB18 T，Pm1.08×108 WBB0.6 T，Pm7.2×104 WCB0.6 T，Pm3.6×106 WDB18 T，Pm2.16×106 W解析通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdLmv，代入数值解得B18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即PmBIdvm，代入数值得Pm2.16×106 W，故D项正确答案D10(2013·苏北四市二模)图8-1-20

36、如图8-1-20所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t0时刻起给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()解析棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小，即FNBILBkLtt，棒在竖直方向上有：mgFNma，则agt，显然D对、C错；根据棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动过程可知A错、B对答案BD11如图8-1-21所示，图8-1-21质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O

37、，并处于匀强磁场中导线中通以沿x轴正方向的电流I，悬线与竖直方向的夹角为，且导线保持静止，则磁感应强度的方向和大小可能为()Az轴正向，tan By轴正向，Cz轴负向，tan D沿悬线向上，sin 解析当匀强磁场的方向沿y轴正方向时，由左手定则判断可知，安培力方向竖直向上，则BILmg，解得B；当匀强磁场的方向沿z轴负方向时，由左手定则判断可知，安培力沿水平方向，逆着电流方向看，受力如图所示，其中安培力F安BIL，则BILmgtan ，解得Btan .答案BC12如图8-1-22所示，图8-1-22在倾角为30°的斜面上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动

38、变阻器R.电源电动势E12 V，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小(2)通过金属棒的电流的大小(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值解析(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安mgsin 30°，代入数据得F安0.1 N.(2)由F安BIL得I0.5 A.(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)解得R0r23 .答案(1)0.

39、1 N(2)0.5 A(3)23 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计·高考总复习光盘中内容.第2讲磁场对运动电荷的作用洛伦兹力、洛伦兹力的方向(考纲要求)洛伦兹力的公式(考纲要求)【思维驱动】(2013·黄山检测)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对C、D中都是vB，F0，故C、D都错答案B【知识存盘】1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力2洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运

40、动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0.(0°或180°)(2)vB时，洛伦兹力FqvB.(90°)(3)v0时，洛伦兹力F0.带电粒子在匀强磁场中的运动 (考纲要求)【思维驱动】试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹，并说出其运动性质答案【知识存盘】1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动3半径和周期公式：(vB)质谱仪和回旋加速器(考纲要求)【思维驱

41、动】如图8-2-1所示，图8-2-1一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上下列说法正确的是()A粒子进入磁场时的速率v B粒子在磁场中运动的时间tC粒子在磁场中运动的轨道半径r D若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置解析在加速电场中由动能定理得eUmv2，所以粒子进入磁场时的速度v ，A正确；由evBm得粒子的半径r ，C正确；粒子在磁场中运动了半个周期t，B错误；若容器A中的粒子有初速度，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一位置，D

42、错误答案AC【知识存盘】1质谱仪图8-2-2(1)构造：如图8-2-2所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qUmv2.粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r ，m，.图8-2-32回旋加速器(1)构造：如图8-2-3所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源D形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，

43、粒子就会被一次一次地加速由qvB，得Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和D形盒半径决定，与加速电压无关记一记1运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用2左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷3洛伦兹力一定不做功4当vB时粒子做匀速圆周运动5回旋加速器考点一洛伦兹力的特点及应用【典例1】 如图8-2-4所示，图8-2-4在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的A点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()A仍在A点 B在A点左侧C在A点右侧 D无法确定解析洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图

44、所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay<g，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧答案C【变式跟踪1】 如图8-2-5所示，图8-2-5ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A经过最高点时，三个小球的速度相等B经过最高点时，甲球的速度最小C甲球的释放位置比乙球的高 D运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析设磁感应

45、强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mgBvq甲，mgBvq乙，mg，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确答案CD借题发挥1洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，要注意判断结果与正电荷恰好相反(4)

46、洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功考点二带电粒子在匀强磁场中的运动【典例2】 (2012·安徽卷，19)图8-2-6如图8-2-6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不

47、计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.t B2t C.t D3t解析设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB，得r1，根据几何关系得tan ，且160°.当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2r1，圆心在O2，则tan ，即tan 3tan .故60°，2120°；带电粒子在磁场中运动的时间tT，所以，即t22t12t，故选项B正确，选项A、C、D错误答案B【变式跟踪2】 如图8-2-7(a)所示，图8-2-7在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的

48、匀强磁场一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v0沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴正半轴的交点C处，沿y轴正方向射出磁场，不计带电粒子所受重力(1)粒子带何种电荷；求粒子的比荷.(2)若磁场的方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，粒子射出磁场时速度的方向相对于入射方向改变了角，如图(b)所示，求磁感应强度B的大小解析(1)粒子带负电；由几何关系可知，粒子的运动轨迹如图甲所示，其半径Rr，粒子所受的洛伦兹力等于它做匀速圆周运动时所受的向心力即qv0Bm，则.(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，设其半径为R，粒子所受的洛伦兹力提供

49、它做匀速圆周运动的向心力，即qv0B，又因为tan ，解得BBtan .答案(1)负电(2)Btan 以题说法1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2带电粒子在有界磁场中的常用几何关系(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍备课札记 考点三有界磁场中的临界问题【典例3】 如图8-2-8所示，图8-2-8在0xa、0y范围内垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度

50、方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°90°范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦教你审题解析(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvBm由式得R当<R<a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为O3的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得OCA设最后离开磁场的粒子的发

51、射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得Rsin R，Rsin aRcos ，又sin2cos21，由式得Ra，由式得v.(2)由式得sin .答案见解析【变式跟踪3】 如图8-2-12所示，图8-2-12M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)两板间电

52、压的最大值Um.(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s.(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm.解析(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CHQCL故半径r1L，又因为qv1Bm且qUmmv，所以Um.(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为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区域的长度s，即sr1r2(2)L.(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm.答案(1)(2)(2)L(3)借题发挥1三步解决带电粒子在有界磁场中

53、的运动问题(1)定圆心，画轨迹(2)找几何关系，确定物理量(3)画动态圆，定临界状态2解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键解决此类问题，关键在于(1)运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态(2)根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系(3)巧记带电粒子在不同边界磁场中运动的几种常见情况：直线边界：进出磁场具有对称性，如图8-2-9所示图8-2-9平行边界：存在临界条件，如图8-2-10所示图8-2-10圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图8-2-11所示图8-2-11备课札记 命题热点11带电粒子在匀强磁场中的运动命题专家评述考情分析：2012

54、年全国各地的高考卷中，对洛伦兹力和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查出现6处，是高频考点高考题型：有选择题，也有计算题命题趋势：2014高考，预计仍以带电粒子在有界磁场中的运动及临界问题为主阅卷教师叮咛易失分点：(1)不会根据洛伦兹力的方向或轨迹弦的中垂线确定轨迹圆心从而画错草图；(2)不能根据题意确定临界情况(轨迹与边界相切或经过特定点等)；(3)对于从同一点射出的速度大小相同、方向不同的粒子问题，不会抓特征粒子解决问题应对策略1带电粒子在匀强磁场中运动问题的一般解题步骤(1)分析磁场的边界条件，结合粒子进出磁场的条件画出带电粒子运动轨迹，确定圆心根据几何关系求解半径、圆心角等(2)根据洛伦兹

55、力提供向心力建立动力学方程，分析已知量和未知量的关系(3)求解未知量，并进行必要的分析验证2理解并熟记下面三个结论：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等. 高考佐证(2012·江苏卷，9)图8-2-13如图8-2-13所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在边

56、界上的A点下列说法正确的有()A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B，所以r，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r，则r，代入r，r，解得vv0，选项C正确答案BC【预测】 如图8-2-14所示，图8-2-14在坐标系第一象限内有正交的匀强电、磁场，电场强度E1.0×103 V/m，方向未知，磁感应强度B1.0 T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B(图中未画出)一质量m1×1014 kg、电荷量q1×1010 C的带正电粒子以某一速度v沿与x轴负方向成60°