2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講 磁場及其對電流的作用含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義

第1講磁場及其對電流的作用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用安培定則判斷電流的磁場，會利用矢量合成的方法計算合磁

場。2.會根據(jù)有效長度計算安培力的大小，會判斷導(dǎo)體的運動情況。3.會分析

安培力作用下的平衡問題和加速問題。

夯實必備知識

1.

基本—磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的

性質(zhì)作用

廠意義一表征磁場的強弱和方向

磁感七上?(導(dǎo)體與磁場垂直).單位：恃斯拉(T)

-應(yīng)強一

度小被針靜止時N極所指的方向

加]—遵循平行四邊形定則

磁[-①磁感線上某點的叨線方向就是該點的磁場方向

場

②磁感線的疏密程度定性地表示磁場的幽.在

-磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地

磁感方磁場較弱

-線的—③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點,在磁體外

特點部.從N極指向S極;在磁體內(nèi)部,由S極指向N極

一④同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切

「⑤磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在

通電右手握住導(dǎo)線.LL大拇指所指的方向與

電流直導(dǎo)一電流方向一致,彎曲的四指所指的方向

磁場線就是磁感線環(huán)繞的方向

方向

的判止右手彎曲的四指與環(huán)「電流的方向一

環(huán)形

一致，大拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸

斷電流

線上磁感線的方向

2.

L磁場與電流垂直時,F=HB

大小一磁場與電流平行時,F=0

L磁場與電流之間的夾角為。時，F(xiàn)=〃Bsin8

安

培

[-左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指

力

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，并使四指指向電速的方向，這時拇

方向

指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受至她

判定

的方向

1-注意：安培力的方向垂直于8、垂直于電流/.即

安培力垂直于決定的平面

1.思考判斷

⑴磁場中某點磁感應(yīng)強度的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關(guān)。（J）

⑵磁場中某點磁感應(yīng)強度的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向

一致。（X）

⑶垂直磁場放置的線圈面積減小時，穿過線圈的磁通量可能增大。（J）

（4）小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。（X）

（5）在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。（J）

（6）將通電導(dǎo)線放入磁場中，若不受安培力，說明該處磁感應(yīng)強度為零。（X）

2.如圖1所示，四根相互平行的通有電流均為/的長直導(dǎo)線，放在正方形的四個

頂點〃、b、c、,/上。每根通電直導(dǎo)線單獨存在時，正方形中心。點的磁感應(yīng)強

度大小都是B,則四根通電導(dǎo)線同時存在時。點的磁感應(yīng)強度的大小和方向為

（）

嶺|........如

I\zI

I、zI

1、%/'

I、/I

：yp：

Iz.\、I

1,、I

Iz、I

I/、I

dGj-------衿c

圖1

A.2■B,方向向左

B.26&方向向下

C.pB,方向向右

D.正B,方向向上

答案A

研透核心考點

考點一安培定則磁場的疊加

1.安培定則的應(yīng)用

直線電流通電螺線管環(huán)形電流

的磁場的磁場的磁場

安培B

N,[s

定則

6/

立體圖軻醺

縱截??If:

面圖?X7。。。6z^x

2.磁場疊加問題的解題思路

(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線。

(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的

磁場的大小和方向。如圖2所示，BM、BN為M、N在c點產(chǎn)生的磁場。

圖2

⑶應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場夙

角度n安培定則的應(yīng)用

例1(2()23?北師大實險中學(xué)月考)如圖3所示，直導(dǎo)線A3、螺線管石、電磁鐵3

三者相距較遠，其磁場互不影響，當(dāng)開關(guān)S閉合后，則小磁針北極N(黑色一端)

指示磁場方向正確的是()

線在。點的磁感應(yīng)強度方向均向下，則。點的磁感應(yīng)強度夕=2乎=4%，方向

2

垂直AB連線向下，所以D正確。

跟蹤訓(xùn)練

1.（多選）如圖5,三根通電長直細導(dǎo)線垂直于紙面固定，導(dǎo)線的橫截面（截面積不

計）分別位于以。點為圓心的圓環(huán)上“、c、”三處，已知每根導(dǎo)線在。點的磁感

應(yīng)強度大小均為&則（）

■I、

//?I'、、

9I、

（135。俞35。：

X'或

—??

圖5

A.0點的磁感應(yīng)強度方向垂直于aO向右

B.0點的磁感應(yīng)強度方向從。指向。

C.0點的磁感應(yīng)強度大小為（啦+1）8

D.0點的磁感應(yīng)強度大小為（陋一1）8

答案AC

解析磁感應(yīng)強度的矢量疊加如圖所示，每根導(dǎo)坡在圓心。處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強

度大小均為B,可得0處的磁感應(yīng)強度大小為Bo=2Bcos45。+。=（也+1）8,

3o方向垂直于。0向右，故A、C正確。

考點二安培力的分析與計算

1.安培力的大小和方向

（1）應(yīng)用安培力公式F=〃8時要注意

①8與/垂直。

②/與/平行時，F(xiàn)=0o

③/是有效長度。

彎曲導(dǎo)線的有效長度/,等于連接兩端點線段的長度（如圖6所示）；相應(yīng)的電流

沿直線由始端流向末端。

圖6

⑵方向：根據(jù)左手定則判斷。

2.安培力作用下導(dǎo)體運動的判定方法

左手定則

電流元法分割為電流元一一安培力方向一整段導(dǎo)體所受合力方

向一運動方向

特殊位置法在特殊位置一安培力方向f運動方向

環(huán)形電流小磁針

等效法

條形磁體通電螺線管多個環(huán)形電流

同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電

結(jié)論法

流相互作用時.，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢

轉(zhuǎn)換研究對象先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體

法所受電流磁場的作用力

角度n通電導(dǎo)學(xué)后有效長度問題

例3（2023?安徽合肥高三質(zhì)檢汝I圖7所示，正六邊形線框〃反何由六根導(dǎo)體棒

連接而成，固定于勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點。、方與電

源兩端相連，其中h棒的電阻為5R,其余各棒的電阻均為R,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線

電阻忽略不計.S閉合后,線框受到的安培.力大小為凡若僅將〃〃棒移走，則

余下線框受到的安培力大小為（）

圖7

A.fc2尸~5F

B.~y請DT

答案A

解析S閉合后，R?棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為E,則兩支路的電流大

F

小均為/=就"棒受到安培力的大小為“〃團其余各棒在磁場中的等效長

度也為/,受到的安培力大小為F共=IIB,線框受到的安培力大小F=Fab+F其

=2〃8,若僅將?！ò粢谱?，則余下線框受到的安培力大小尸=/其=〃B=*故

A正確。

角度安培力作用下運動情況的判斷

例4一直導(dǎo)線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖8所示，如

果直導(dǎo)線可以自由地運動且通以方向為由a到h的電流，則導(dǎo)線ab受磁場力后

的運動情況為（）

圖8

A.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管

B.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管

C.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管

D.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管

答案D

解析先由安培定則判斷出通電螺線管的N、S極，確定導(dǎo)線左、右兩端磁感應(yīng)

強度的方向，并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向，如圖甲所示。可以

判斷導(dǎo)線受磁場力后從上向下看逆時針方向轉(zhuǎn)動。當(dāng)導(dǎo)體轉(zhuǎn)過90。時，再分析導(dǎo)

線位置的磁場方向，再次用左手定則判斷導(dǎo)線所受磁場力的方向，如圖乙身示，

可知導(dǎo)線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤。

跟蹤訓(xùn)練

2.如圖9所示，AC是一個用長為L的導(dǎo)線彎成的、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧,

將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中，當(dāng)在該導(dǎo)線中通

以由。到A,大小為/的恒定電流時，該導(dǎo)線受到的安培力大小和方向是（）

圖9

AJLB,平行于。。向左

門2@LB

B.,平行于0C向右

C.呼,垂直A、C兩點的連線指向左下方

D.2y/2ILB,垂直A、C兩點的連線指向左下方

答案C

解析直導(dǎo)線折成半徑為R的;圓弧形狀，在磁場中的有效長度為〃=也R,又

L=￥=竽,聯(lián)立解得詈，則安培力大小為尸=〃/8=如警，根據(jù)左

手定則可知，安培力的方向垂直A、C兩點的連線指向左下方，故C正確。

3.（2022?江蘇卷，3）如圖1（）所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線。、力相互垂直，〃平

行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線。所受安培力

方向（）

/欣r

圖10

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

答案C

解析根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線4左半部分所在空間的磁場方向斜向右上

方，右半部分所在空間的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出導(dǎo)線4

左半部分所受安培力方向垂直紙面向外，右半部分所受安培力方向垂直紙面向

里。故C正確，A、B、D錯誤。

考點三安培力作用下的平衡與加速問題

求解關(guān)鍵是將三維圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等,

將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖。如圖11所示。

角度n安培力作用下的平衡問題

例5(2022?湖南卷，3)如圖12(a),直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于

水平軸。。，上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向。。，的磁場，與。0'距離相等位置

的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)線通以電流/,

靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為仇下列說法正確的是()

A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方句由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變

C.tan6與電流/成正比

D.sin0與電流/成正比

答案D

解析當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖(a)右側(cè)位置時，對導(dǎo)線受力分析如圖所示，可知要讓

安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N,A錯誤；由于與00距

離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，有sin0=震，F(xiàn)T=

mgcos9,則sin。與電流/成正比，當(dāng)/增大時。增大，cos。減小，靜止后，導(dǎo)

線對懸線的拉力G減小，B、C錯誤，D正確。

角度因安培力作用下的加速問題

例6(2023?四川遂寧市診斷)電磁彈射技術(shù)原理如圖13甲所示，飛機鉤在滑桿上,

儲能裝置通過導(dǎo)軌和滑桿放電，產(chǎn)生強電流恒為400()A,導(dǎo)軌激發(fā)的磁場在兩

導(dǎo)軌間近似為勻強磁場，磁感應(yīng)強度3=1()T,在磁場力和匕機發(fā)動機推力作用

下，滑桿和飛機從靜止開始向右加速，在導(dǎo)軌末端飛機與滑桿脫離，導(dǎo)軌長

120m,間距為3m。飛機質(zhì)量為2.0X104kg,在導(dǎo)軌上運動時所受阻力恒為機

重的0.1倍，假如剛開始時發(fā)動機己達額定功率4義106亞，飛機在導(dǎo)軌末端所受

豎直升力與水平速度關(guān)系b=依(4=4000kg/s)。如圖乙是在一次彈射過程中，記

錄的飛機在導(dǎo)軌各個位置上的速度，滑桿的質(zhì)量忽略，g取lOm/s?。求：

(1)匕機在導(dǎo)軌上運動30m處的加速度大小；

(2)如果飛機在導(dǎo)軌末端剛好達到起飛條件，飛機在導(dǎo)軌上運動的時間。

答案(1)10m/s2⑵3.25s

解析(1)分析飛機在30m處水平方向的受力知，發(fā)動機的推力大小

尸產(chǎn)親)

安培力大小尸2=/出②

阻力大小/=0.1〃2g③

由牛頓第二定律有

F\4-Fi—f=ma?

2

聯(lián)立①②③④得6Z=l()m/s0

(2)飛機在導(dǎo)軌末端剛好達到起飛條件為

F=kv=tng⑤

全過程由動能定理得

Pf+Fvc—fa=^nrv1@

聯(lián)立⑤⑥得f=3.25s。

跟蹤訓(xùn)練

4.(2022?重慶精創(chuàng)預(yù)測卷)如圖14所示,一根質(zhì)量為長為2的金屬棒〃。用兩

根絕緣的軟繩P和。豎直懸掛，并處于垂直于紙面的勻強磁場中?，F(xiàn)在金屬棒

中通以大小為/、方向從。到b的電流，此時兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力

的永己知金屬棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g,兩軟繩上的拉力始終相

同，則下列說法正確的是()

PQ

ab

I

圖14

A.金屬棒受到的安培力大小為方向豎直向下

B.磁場方向垂直紙面向里

C.磁場的磁感應(yīng)強度大小為第

D.若僅改變金屬棒中的電流方向，那么兩軟繩上的拉力大小均變?yōu)椋輟g

答案C

解析由于金屬棒通電后兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力的點所以兩軟繩的

總拉力大小為9〃g,由力的平衡條件可判斷出此時金屬棒受到的安培力方向豎直

向下，大小為尸安=/咫，故A錯誤；由左手定則可知，磁場的方向為垂直紙面

向外，故B錯誤；由/安=/心=〃&得磁場的磁感應(yīng)強度大小為3=第，故C

正確；若僅改變金屬棒中的電流方向，則安培力的方向變?yōu)樨Q直向上，此時兩軟

繩的拉力大小均為F=3（mg-F安尸%吆,故D錯誤。

提升素養(yǎng)能力

（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1安培定則磁場的疊加

1.（多選）（2022?全國乙卷）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測

量磁感應(yīng)強度瓦如圖1,在于機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xO.v

面。某同學(xué)在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時），軸指向不同方向而z

軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）

X

圖1

測量序號Bx/pTBv/gTBz/piT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為5011T

C.第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

答案BC

解析如圖所示，地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附近。由

表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，A錯誤；

磁感應(yīng)強度為矢量，故由表格第1次測量的數(shù)據(jù)可知此處的磁感應(yīng)強度大致為

氏+丘入50RT,B正確；測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向

下，則第2次測量，測量&<0,故y軸正向指向南方，第3次測量以>0,故x

軸正向指向北方而丁軸正向則指向西方，C正確，D錯誤。

2.（2023?河北邯鄲高三期末）如圖2所示，M、N和尸是以MN為直徑的半圓弧上

的三點，。為半圓弧的圓心，ZMOP=60°,在M、N處各有一長直導(dǎo)線垂直穿

過紙面，方向如圖2所示，且已知電流為/的長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)的

磁場中，距導(dǎo)線距離為，?處的磁感應(yīng)強度其中攵為常數(shù)），此時O點的磁

感應(yīng)強度大小為囪。若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則此時O點的磁感應(yīng)強度為

)

A.大小為小8,方向水平向右

B.大小為小B1,方向水平向左

C.大小為2Bi,方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為2b，方向與水平方向夾角為30。斜向右上

答案A

解析設(shè)N處導(dǎo)線在。點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度大小為Bo,則M處導(dǎo)線在O

點激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強度大小為2%,導(dǎo)線未移動時，各導(dǎo)線在。點激發(fā)磁場

的磁感應(yīng)強度示意圖如圖實線所示，可得B=R）,M導(dǎo)線移到P點時，如圖中

虛線所示，此時合磁感應(yīng)強度大小為小R）,即小Bi,方向水平向右，故A正確。

3.（2023?安徽江南十校聯(lián)考）三根足夠長的絕緣直導(dǎo)線a、b、c按圖示3方式固定

放置在同一紙面內(nèi)，其交點分別為例、N、P,三點恰好構(gòu)成正三角形，O點為

該三角形的中心，0'點與。點關(guān)于導(dǎo)線c對稱?，F(xiàn)在〃、b、。三根導(dǎo)線中分別通

入恒定電流/、2/、3/。已知長直導(dǎo)線電流在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與

電流大小成正比，與該點到直導(dǎo)線的距離成反比。若O點的磁感應(yīng)強度大小為

R）,方向垂直紙面向里，則。點的磁感應(yīng)強度為（）

\/a

XN

/,O\

cM?\P

-O'\b

圖3

3

-

4方向把直紙面向里

B.大小為,B（）,方向垂直紙面向外

C.大小為;Bo,方向垂直紙面向里

D.大小為;Bo,方向垂直紙面向外

答案D

解析設(shè)。導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為3,則力導(dǎo)線在。點產(chǎn)生的磁

感應(yīng)強度大小為23,c導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為33,方向均垂直紙

面向里，則B+2B+3B=Bo,所以8=器又〃導(dǎo)線在。，點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大

小為白，方向垂直紙面向里；〃導(dǎo)線在。'點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂

直紙面向里；C導(dǎo)線在0,點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為38,方向垂直紙面向外。

所以。點磁感應(yīng)強度大小為夕=34—3—1=華，A、B、C錯誤，D正確。

對點練2安培力的分析與計算

4.（多選）（2023?福建福州高三期末）己知長直通電導(dǎo)線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁

感應(yīng)強度與該導(dǎo)線中的電流強度成正比，與該點到導(dǎo)線的距離成反比。如圖4,

兩根平行長直通電導(dǎo)線心、心中的電流強度分別為/和2/,此時L受到的磁場

力大小為凡現(xiàn)將另一根長直通電導(dǎo)線七平行放在Li外側(cè)，三根導(dǎo)線間距相等

且處于同一平面，心受到的磁場力大小變?yōu)?凡則心中的電流強度大小可能是

（）

/2/

LL]L，2

圖4

A.2/B.4/C.6/D.8/

答案AC

解析只有平行長直通電導(dǎo)線L、L時，“受到向右的安培力，將另一根長直

通電導(dǎo)線小平行放在L外側(cè)，心受到的磁場力大小變?yōu)?F,若△電流向上，

心電流產(chǎn)生的磁場對A有向左的安培力，分析可知大小為3F,因長直通電導(dǎo)線

在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度與該導(dǎo)線中的電流強度成正比，對比L2電

流強度大小可知心中的電流強度大小為6/,若4電流向下，心電流產(chǎn)生的磁場

對Li有向右的安培力，分析可知大小為尸，對比上電流強度大小可知心中的電

流強度大小為2/,故A、C正確，B、D錯誤。

5.一個可以沿過圓心的水平軸自由運動的線圈L和一個固定的線圈上互相絕緣

垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖5所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電

流時，從左向右看，線圈匕將（）

A.不動B.順時針轉(zhuǎn)動

C.逆時針轉(zhuǎn)動D.在紙面內(nèi)平動

答案B

解析方法一（電流元法）把線圈L沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分，每一部分

又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在上產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可

知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可知，上半部分電流元所受安培

力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右

看，線圈L將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。

方法二（等效法）把線圈Li等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流/2的中

心，小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流〃的磁場方向，由安培定則知〃產(chǎn)生的

磁場方向在其中心處豎直向上，而L等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，

因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L將順時針

轉(zhuǎn)動，RIF確。

方法三（結(jié)論法）環(huán)形電流外、“不平行，則一定有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流

同向平行為止。據(jù)此可知，從左向右看，線圈人將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。

6.如圖6,等腰梯形線框。力cc/是由相同材料、相同橫截面積的導(dǎo)線制成，梯形上

底和腰長度均為L且腰與下底夾角為60。。整個線框處在與線框平面垂直的勻

強磁場中?，F(xiàn)給線框通入圖示電流，若下底cd受到的安培力為F,則整個線框

受到的安培力為（）

45

-

A.寸3

答案B

解析梯形上底和腰長度均為L且腰與下底夾角為60。，由幾何關(guān)系可知，梯形

的下底A長為2L；由電阻的決定式/?=8，可知梯形的邊的電阻等于下底

"C的電阻的1.5倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，設(shè)八邊n的電流大小為根據(jù)歐姆定

2

律，知及血？中的電流為???；由已知條件可知加?邊與A邊的電流方向相同，由

27

題意知產(chǎn)=8八2乙，所以邊面兒所受安培力為尸=8寫八2L=］尸，方向與de邊所

受安培力的方向相同，則整個線框受到的安培力為|F，故B正確。

對點練3安培力作用下的平衡與加速

7.（2023?湖北黃岡高三月考）如圖7所示，質(zhì)量為〃h半徑為八有缺口的半圓形

金屬圓環(huán)用金屬線。、人連接并懸吊，半圓環(huán)直徑AC水平，靜止在磁感應(yīng)強度

大小為8的水平勻強磁場中，磁場方向垂直于環(huán)面向外，豎直金屬線〃、力訶的

距離為廣，通過金屬線。、b給半圓環(huán)通以大小為/的電流，半圓環(huán)仍保持靜止,

重力加速度為g，則金屬線。上的拉力為（）

圖7

C.^(mg+2IrB)D.；(〃吆一2/2)

答案B

解析根據(jù)左手定則，半圓環(huán)所受的安培力向上，根據(jù)平衡條件得2尸+/加=，叫,

解得產(chǎn)—JrB）,故B正確。

8.（2023?山東省濟寧高三期末）某同學(xué)設(shè)計了測定磁場的磁感應(yīng)強度B大小的實

驗，他用兩根不可伸長的絕緣細線將質(zhì)量為，小長為L的導(dǎo)體棒水平懸掛在方向

豎直向下的勻強磁場中。當(dāng)突然給導(dǎo)體棒通入大小為/的恒定電流，棒沿弧線”彈

起”到最高點時，懸線與豎直方向的夾角剛好為53。，整個過程導(dǎo)體棒一直處于

水平狀態(tài)，其側(cè)視圖如圖8所示，已知重力加速度為g,sin53o=0.8,8553。=

0.6,則（）

A.B=端、電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向外

B.B=駕，電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向外

C.B=翳,電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向里

。“需電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向里

答案A

解析由題意知，導(dǎo)體棒受到的安培力向右，由左手定則可知電流方向為側(cè)視圖

中垂直紙面向外。在導(dǎo)體棒由最低點運動到最高點的過程中，由動能定理可知一

/n^（l-cos53°）+/LBLsin53°=0,可解得B=器，故A正確，B、C、D錯誤。

9.（2022?重慶高三診斷）如圖9所示，電源電動勢E=16V,內(nèi)阻廠=1Q,在磁感

應(yīng)強度B=1T、方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量，〃=0.2kg的金屬細桿MN置

于傾角為。=37。的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度為L=0.5m,桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)

為〃=0.5,導(dǎo)軌與MN桿的電阻忽略不計，取g=10m/s2,揄37。=0.6,cos37。

=0.8,可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。要使桿在導(dǎo)軌上恰好不上滑,

滑動變阻器R的阻值為（）

圖9

A.lQB.3cC.5cD.7c

答案A

解析畫出桿MN在導(dǎo)軌上恰好不上滑這種情況下的受力分析圖，如圖所示，由

平衡條件得，沿斜面方向"zgsin。+〃網(wǎng)=/安cos。，垂直斜面方向B^mgcos〃

F

+尸安sina而產(chǎn)安=67「心用解得R=1C,故A正確。

K~rr

B級綜合提升練

10.（2023?山東省濟寧高三月考）三根足夠長的導(dǎo)體棒。、仄c呈等邊三角形排歹I」,

質(zhì)量均為"7，電流大小相等、方向如圖10所示，。、力兩導(dǎo)體棒放置在粗糙的水

平桌面上，導(dǎo)體棒c,被豎直伸長的彈簧懸掛，重力加速度為g,則（）

“處---⑨〃

圖10

A.彈簧的拉力大于c導(dǎo)體棒的重力

B.桌面對a、/?導(dǎo)體棒的摩擦力均為零

3

-

C.杲面對a2

D.若對稱地緩慢增大a、b導(dǎo)體棒間的距離，則彈簧長度增大

答案D

解析由“同向電流相互吸引，反向電流相互排示”知，。導(dǎo)體棒和〃導(dǎo)體棒對

c導(dǎo)體棒都是排斥力，作用力的合力方向豎直向上，故彈簧的拉力小于。導(dǎo)體棒

的重力，選項A錯誤；c導(dǎo)體棒對，導(dǎo)體棒的作用力為斜向左下的排斥力，〃導(dǎo)

體棒對〃導(dǎo)體棒的作用力為水平向右的吸引力，兩力大小相等，夾角120°,合

力斜向右下方，。導(dǎo)體棒受力平衡，說明桌面對“導(dǎo)體棒的摩擦力不為零，方向

水平向左，同理桌面對匕導(dǎo)體棒摩擦力也不為零，方向水平向右，選項B錯誤;

選擇。、氏c導(dǎo)體棒整體研究，由于彈簧的彈力豎直向上，根據(jù)對稱性，桌面對

〃導(dǎo)體棒的支持力小于^778,選項C錯誤；若對稱地緩慢增大〃、人導(dǎo)體棒間的

距離，。導(dǎo)體棒和b導(dǎo)體棒對C導(dǎo)體棒的作用力都在減小，且二力的夾角增大，

故二力的合力減小，則彈簧的彈力增大，長度增大，選項D正確。

11.如圖11甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對放置，

圓環(huán)半徑均為R=().125m,相距1m。圓環(huán)通過導(dǎo)線與電源相連，電源的電動勢

E=3V,內(nèi)阻不計。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg,接

入電路的電阻r=1.5口，圓環(huán)電阻不計，勻強磁場方向豎直向上。開關(guān)S閉合后，

棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，側(cè)視圖如圖乙所示，該位置對應(yīng)的半徑與水平方向

的夾角為。=37。，gK1()m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

圖H

(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時所受安培力的大??；

(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；

(3)斷開開關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點時對單個圓環(huán)的壓力。

答案(D0.8N(2)0.4T(3)0.54N,方向豎直向下

解析(1)導(dǎo)體棒靜止時，受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件得tan。二華

代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體棒/受安培力的大小尸=0.8N,

E

(2)由閉合電路的歐姆定律得1=-

解得/=2A

由安培力的公式/=〃8

解得3=0.4T。

(3)斷開開關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點的過程中，根據(jù)動能定理有

m^R(\—sin0=ynv2-0

解得u=?2gR(1—sin/)=1m/s

導(dǎo)體棒在最低點時，由牛頓第二定律得

V2

2FN-mg=〃樂

解得FN=0.54N

由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對單個圓環(huán)的壓力大小為0.54N,方向豎直向下。

第2講磁場對運動電荷的作用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。

2.會分析帶電粒子在有界磁場中的運動。

夯實必備知識

定義磁場對運切電荷的作用力

一F=&a，/B時）

大小-F=qvB（rlB時）

洛-F=qvBsin0（”與3夾角為0）

倫

茲左手定則：伸出左手,使拇指與其余四個手指里

力工不直,并且舞與手掌在同一個平面內(nèi)。讓傲感線從

一-4!?一掌心進入?并使四指指向劃1直運動的方向(或負

匚巴電荷運動的反方向，大拇指所指的方向就是運動電

荷在磁場中所受洛倫茲力的方向

F_LB,F_Li,即F垂直于B與1決定的平面,F與，始終

垂宜,洛倫茲力不做功

2.

,〃B時一帶電粒子做勻速直線運動

帶電粒子

在勻強磁L運動性質(zhì)：勻速隕I周運動

場中的運

一動力學(xué)方程：＜/vB=m1

動K

-frl8時］—一半徑、周期公式：R=/7=々萼

qB,qB

—運動時間：t=—=-^—T

v2IT

1.思考判斷

(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。(X)

(2)根據(jù)公式7=*，帶電粒子在勻強磁場中的運動周期丁與。成反比。(X)

(3)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(X)

(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(X)

(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有

關(guān)。(J)

2.(多選)如圖1所示，初速度為必的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，

直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()

左右

圖1

A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變

B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變

C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，軌道半徑不變

D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，軌道半徑改變

答案AD

研透核心考點

考點一對洛倫茲力的理解和應(yīng)用

1.洛倫茲力的特點

(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度

的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。

(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。

⑶用左手定則判斷負巴荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向

負電荷運動的反方向。

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。

(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。

跟蹤訓(xùn)練

1.如圖2所示，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導(dǎo)線，。為M、N連線中點，

一電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出，當(dāng)兩導(dǎo)線同時通有如圖方向電流時,

該電子將()

McN

Q----?------?左，"右

圖2

A.向上偏轉(zhuǎn)B.向下偏轉(zhuǎn)

C.向左偏轉(zhuǎn)D.向右偏轉(zhuǎn)

答案D

解析根據(jù)右手螺旋定則可知，M、N兩導(dǎo)線在。點形成的磁場方向都是向上的,

故。點處合磁場方向向上，電子沿過0點垂直紙面的直線向外射出時，由左手

定則可知，電子受洛倫茲力向右，故D正確,

2.（2022?北京卷，7）正日子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。

在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個

粒子運動軌跡如圖3中的1、2、3所示。下列說法正確的是（）

圖3

A.磁場方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對應(yīng)的粒子運動速度越來越大

C.軌跡2對應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大

D.軌跡3對應(yīng)的粒子是正電子

答案A

解析三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉(zhuǎn)方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2

對應(yīng)的粒子是正電子，1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向

垂直紙面向里，故A丘確；對于軌跡1的粒子運動半徑越來越小，由r=喝知,

qB

運動速度越來越小，B錯誤；對于軌跡2和軌跡3兩種粒子，由于初始半徑

由知故C錯誤。

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運動時間的確定

基本思路圖例說明

1?、??1P、M點速度方向垂線的交

:、、:/

①與速度方向垂

!*點

P^\

圓心的直的直線過圓心

11

確定②弦的垂直平分；xXX；

O\B

；Xxx：P點速度方向垂線與弦的

線過圓心

:x、xx!/

垂直平分線交點

1人入人■

常用解三角形法：左圖中，

—1

X或由乃=質(zhì)一

半徑的利用平面幾何知ol1112+

r

確定識求半徑R-(t>1,-D0⑨2求得

Z1/

彳〃+#

R-2d

利用軌跡對應(yīng)圓

心角3或軌跡長3_(p__2a_

運動時

度/求時間

間的確

①_L_AB

定八、4

t—V—V

②T

2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形

(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示)

圖4

⑵平行邊界：往往存在臨界條件，如圖5所示。

（3）圓形邊界

①沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6甲所示。

②不沿徑向射入時，如圖6乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為仇

則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為仇

角度n直線邊界和平行邊界磁場

例1（多選）如圖7所示，在豎直線EOE右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度

大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為+q和一q

的帶電粒子，從。點以相同的初速度先后射入磁場，已知初速度方向與。產(chǎn)

成。=30。角，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則（）

圖7

A.兩帶電粒子回到￡0尸豎直線時到O點的距離相等

B.兩帶電粒子回到E。/燒直線時的速度相同

C.兩帶電粒子在磁場中的運動時間相等

D.從射入到射出磁場的過程中，兩帶電粒子所受洛倫茲力的沖量相同

答案ABD

解析這兩個正、負粒子以與。產(chǎn)成9=30。角射入有界勻強磁場后，由左手定則

可判斷，正粒子沿逆時針方向做勻速圓周運動，負粒子沿順時針方向做勻速圓周

運動，如圖所示（磁場未畫出）。因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，

由r=,和T=器知,正、負粒子的軌跡半徑和周期相同。由幾何關(guān)系知，

負粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為20,正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度3=2兀-20,則兩

段圓弧所對應(yīng)的弦長度相等，即兩帶電粒子回到E。/豎直線時到。點的距離相

等，選項A正確；因洛倫茲力不改變速度的大小，結(jié)合幾何關(guān)系分析知，兩粒

子回到E。/豎直線時的速度大小和方向均相同，選項B正確；因正、負粒子的

運動周期相同，而在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度不同，所以兩帶電粒子在磁場中的運動時

間不相等，選項C錯誤；因兩帶電粒子的初、末速度相同，根據(jù)動量定理可知

兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，選項D正確。

跟蹤訓(xùn)練

3.如圖8所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子。和〃依次

從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子〃和〃

射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30。和60%不計粒子的重力，下列判斷

正確的是（）

圖8

A.粒子〃帶負電，粒子/?帶正電

B.粒子〃和匕在磁場中運動的半徑之比為1:小

C.粒子。和〃在磁場中運動的速率之比為小：1

D.粒子。和人在磁場中運動的時間之比為1：2

答案B

解析粒子。向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，粒子〃帶正電，而粒子b向下偏轉(zhuǎn)，

則粒子6帶負電，故A錯誤；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，磁場寬度x=R“sin60。

=RbS\n30°,解得Ro：R/)=l：小,故B正確；日qvB=〃斥,可得。=笠丁，比

荷相同，磁場相同，則。a：Ub=Ru：電=1：小,故C錯誤；粒子運動的周期7

=鬻，則Ta=Tb,。運動的時間勿=黑〃=上乳=上。人運動的時間h尸寺Tb

=~Y2^b=~Y2^,故fa：而=2：1,故D錯誤。

角度內(nèi)圓形邊界磁場

例2(2023?江蘇鹽城高三月考)如圖9所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻

強磁場，()a、Ob、Oc、Od是以不同速率對準(zhǔn)圓心入射的正電子或負電子的運動

徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成9()。、6()。、45。的夾

角，則下列判斷正確的是()

圖9

A.沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短

B.沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子

c.沿徑跡運動的粒子速率比值為卓

D.沿徑跡Ob、Od運動的時間之比為9:8

答案C

解析由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量相均相等，粒子在磁場中做勻速

圓周運動，則由7=繁，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡0c運動的粒子

偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為伍由，=《丁可知，沿徑跡Oc運動的

粒子在磁場中運動時間最長，A項錯誤；由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動

的粒子均帶負電，B項錯誤；設(shè)圓形磁場半徑為廠，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡

Ob運動的粒子軌道半徑分別為人=入門戶5八根據(jù)9=〃素可得%念坐

C項正確；運動時間之比為偏轉(zhuǎn)角之比，所以￡=9=雋=*D項錯誤。

laUdqDD

跟蹤訓(xùn)練

4.（多選）（2023?河北張家口高三期末）如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直

于圓面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,AC是圓的一條直徑，。為圓上

一點，NCOQ=60。。在A點有一個粒子源，沿與AC成30。角斜向上垂直磁場的

方向射出速率均為。的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CO射出磁場，不計

粒子的重力及粒子間的相互作用。則從A點射出的粒子的比荷日可能是（）

，，「

/XX，

,、

Jxxxg

、//

'、JxX/

…一

圖10

v3a也返

A，BRB，2BR。BR”3BR

答案AD

R

解析帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得sin3()0=M，

解得門=2R,帶電粒子從。點射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系得AOOO2

是菱形，所以粒子的軌跡半徑n=R,所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足

力WrWm,由洛倫茲力提供向心力得小方=〃rp解得從A點射出的粒子的比荷

滿足礪《北圣麗,故A、DIE確。

角度用三角形或四邊形邊界磁場

例3如圖11所示，邊長為￡的正方形區(qū)域Med中充滿勻強磁場，磁場方向垂

直紙面向里。一帶電粒子從4邊的中點M垂直于"邊，以一定速度射入磁場,

僅在洛倫茲力的作用下，正好從外邊中點N射出磁場。忽略粒子受到的重力，

下列說法正確的是()

MLXXBX

圖11

A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子將從〃點射出

B.若粒了射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒了在磁場中運動的時間也增大為

原來的2倍

C.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子將從。點射出

D.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原

來的2倍

答案C

解析由題意和左手定則可知，粒子帶正電，帶電粒子