2024年高考物理大一輪復習講義：磁場

第八章磁場

［高考導航］

高考命題實況?？缄P聯(lián)

考點內(nèi)容要求說明

201420152016題型考點

磁場磁感應強

度磁感線磁I

通量

通電直導線和通

電線圈周圍磁場I

的方向

計算限于①平衡問題

直導線跟②圓周運動

勻強磁場③帶電粒子

安培力II

平行或垂在電場中的

T9、選擇題

直兩種情T15T15運動

T14計算題

況

洛倫茲力II

計算限于

帶電粒子

帶電粒子在勻強速度與磁

II

磁場中的運動感應強度

平行或垂

直的情況

質(zhì)譜儀和回旋加

I

速器的工作原理

基礎課1磁場的描述及磁場對電流的作用

微前自主梳理I緊抓教材，自主落實

知識點一、磁場、磁感應強度

1.磁場

(1)基本特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用。

(2)方向：小磁針的區(qū)根所受磁場力的方向。

2.磁感應強度

(1)物理意義：描述磁場的強弱和方向。

(2)大小：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：疏密程度相同、方向相同的平行直線。

知識點二、磁感線通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向

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強度

方向一致。

2.幾種常見的磁場

(1)常見磁體的磁場(如圖1所示)

甲條形磁鐵乙蹄形磁鐵丙地磁場

圖1

(2)電流的磁場

通電直導線通電螺線管環(huán)形電流

B

安培定則aWs&N

知識點三、安培力、安培力的方向勻強磁場中的安培力

1.安培力的大小

(1)磁場和電流垂直時：F=BILO

(2)磁場和電流平行時：F=0o

2.安培力的方向

圖2

左手定則判斷：

(1)伸出左手，讓拇指與其余四指垂直,并且都在同一個平面內(nèi)。

(2)讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流方向。

(3)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。

［思考判斷］

(1)磁場中某點磁感應強度的大小，跟放在該點的試探電流元的強弱有關。()

(2)磁場中某點磁感應強度的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一

致。()

(3)在磁場中磁感線越密集的地方，磁感應強度越大。()

(4)相鄰兩條磁感線之間的空白區(qū)域磁感應強度為零。()

(5)將通電導線放入磁場中，若不受安培力，說明該處磁感應強度為零。()

(6)由定義式3=5可知，電流強度/越大，導線L越長，某點的磁感應強度就越

小。()

(7)安培力可能做正功，也可能做負功。()

答案(1)X(2)X(3)V(4)X(5)X(6)X(7)V

課堂互動探究不同考點了不同學法

因直H磁場及安培定則的應用

i.理解磁感應強度的三點注意

⑴磁感應強度由磁場本身決定，因此不能根據(jù)定義式B=*認為B與F成正比，

與五成反比。

（2）測量磁感應強度時小段通電導線必須垂直磁場放入，如果平行磁場放入，則所

受安培力為零，但不能說該點的磁感應強度為零。

（3）磁感應強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是自由轉(zhuǎn)

動的小磁針靜止時N極的指向。

2.磁場的疊加

磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分

解法進行合成與分解。

3.安培定則的應用

在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”。

原因（電流方向）結(jié)果（磁場繞向）

直線電流的磁場大拇指四指

環(huán)形電流的磁場四指大拇指

跟進題組多角練透

1.［磁場的理解］（2015?新課標全國卷n,18）（多選）指南針是我國古代四大發(fā)明之

一。關于指南針，下列說法正確的是（）

A.指南針可以僅具有一個磁極

B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場

C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾

D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)

解析指南針有N、S兩個磁極，受到地磁場的作用靜止時S極指向南方，選項

A錯誤，B正確；指南針有磁性，可以與鐵塊相互吸引，選項C正確；由奧斯特

實驗可知，小磁針在通電導線放置位置合適的情況下，會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤。

答案BC

2.［電場強度和磁感應強度的對比］（多選）下列說法中正確的是（）

A.電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零

B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零

C.表征電場中某點電場的強弱，是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與

檢驗電荷本身電荷量的比值

D.表征磁場中某點磁場的強弱，是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力

與該小段導線長度和電流乘積的比值

解析電場和磁場有一個明顯的區(qū)別是：電場對放入其中的電荷有力的作用，磁

場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行，因此A對，B

錯；同理根據(jù)電場強度的定義式E=f可知C正確；而同樣用比值定義法定義的

磁感應強度則應有明確的說明，即中1和3的方向必須垂直，故D錯。

答案AC

3.［安培定則的應用，磁場的疊加］如圖3所示，在直角三角形ABC的A點和B

點分別固定一垂直紙面向外和向里的無限長通電直導線，其電流強度分別為〃和

IB,NA=30。，通電直導線形成的磁場在空間某點處的磁感應強度3=C，左為比

例系數(shù)，廠為該點到導線的距離，/為導線的電流強度。當一電子在C點的速度方

向垂直紙面向外時，所受洛倫茲力方向垂直3C向下，則兩直導線的電流強度介

與〃之比為（）

A12M

解析由左手定則可知C點處磁場的磁感應強度8合的方向平行3c向右，設A

處導線和B處導線在C處形成的磁場的磁感應強度大小分別為融和BB,方向分

RR1RR嗜,計算可得”

別與AC和垂直，如圖所示，可知及=sin30F，又瓦

:,D正確。

答案D

規(guī)律方法

磁場的矢量性及合成

(1)根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁場的方向。

(2)磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。

(3)磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等

于各場源單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和。

考點2安培力作用下導體的運動物理方法

1.安培力

⑴方向：根據(jù)左手定則判斷。

(2)大?。河晒絉=5?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，相應的電流方向沿兩端點

連線由始端流向末端，如圖4所示。

2.判定安培力作用下導體運動情況的常用方法

分割為電流元旦雪安培力方向一整段導體所受合力方向

電流元法

—*運動方向

特殊位

在特殊位置—安培力方向一運動方向

置法

等效法環(huán)形電流0小磁針

條形磁鐵n通電螺線管n多個環(huán)形電流

同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；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

定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問

轉(zhuǎn)換研究題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓

對象法第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體

所受合力及運動方向

跟進題組多角練透

1.［安培力的計算］如圖5所示，由不同材料制成的直徑A03和半圓AC3組成的

半圓形金屬線框放置在磁感應強度大小為3的勻強磁場中，半圓的半徑為凡線

框平面與磁場方向（垂直于紙面向外）垂直，直徑沿水平方向。若通以圖示方

向的電流，從A端流入的電流大小為/,則線框受到的安培力（）

B.方向沿紙面向上，大小為2BIR

C.方向沿紙面向下，大小為BIR

D.方向沿紙面向下，大小為2BIR

解析由題圖可知，電流從A端流入，從3端流出，則有電流分別通過直導線

A03和半圓形導線ACS,假設通過直導線A03和半圓形導線ACB的電流大小分

別為九、“，則/i+/2=/。由左手定則可知，直導線A03受到的安培力沿紙面向

上，大小為Fi=2BhR；半圓形導線AC3受到的安培力可等效成通入電流大小為

72的直導線A03受到的安培力，由左手定則可知，半圓形導線ACS受到的安培

力沿紙面向上，大小為Fi=2BhR,因此金屬線框受到的安培力沿紙面向上，大

小為F=Fi+F2=2BR（h+h）=2BIRo選項B正確。

答案B

2.［利用結(jié)論法］（2017?杭州五校聯(lián)考）如圖6所示，兩個完全相同且相互絕緣、

正交的金屬環(huán)A、B,可沿軸線。。自由轉(zhuǎn)動，現(xiàn)通以圖示方向電流，沿。?？慈?/p>

會發(fā)現(xiàn)（）

圖6

A.A環(huán)、3環(huán)均不轉(zhuǎn)動

B.A環(huán)將逆時針轉(zhuǎn)動，3環(huán)也逆時針轉(zhuǎn)動，兩環(huán)相對不動

C.A環(huán)將順時針轉(zhuǎn)動，3環(huán)也順時針轉(zhuǎn)動，兩環(huán)相對不動

D.A環(huán)將順時針轉(zhuǎn)動，5環(huán)將逆時針轉(zhuǎn)動，兩者吸引靠攏至重合為止

解析由安培定則可得，A環(huán)產(chǎn)生的磁場方向向下，3環(huán)產(chǎn)生的磁場方向向左，

兩磁場相互作用后有磁場的方向趨向一致的趨勢，所以A環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，3環(huán)逆

時針轉(zhuǎn)動，二者相互靠攏，直至重合，選項D正確。

答案D

3.［電流元和特殊位置法］一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上

方，如圖7所示，如果直導線可以自由地運動且通以方向由。到人的電流，則關

于導線時受磁場力后的運動情況，下列說法正確的是（）

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

解析判斷導線的轉(zhuǎn)動方向可用電流元法：如圖所示，把直線電流等效為a。、

00'、O'b三段（。。段極短）電流，由于段電流方向與該處的磁場方向相同，

所以不受安培力作用；段電流所在處的磁場方向斜向上，由左手定則可知其所

受安培力方向垂直紙面向外；段電流所在處的磁場方向斜向下，同理可知其

所受安培力方向垂直紙面向里。再用特殊位置法分析：當導線轉(zhuǎn)過90。與紙面垂

直時，判斷導線所受安培力方向向下。綜上可知導線將以。。段為軸逆時針轉(zhuǎn)動

（從上向下看）并靠近通電螺線管。

答案D

4.［轉(zhuǎn)換研究對象法］（多選）如圖8所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋

板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為人，現(xiàn)在磁鐵上

方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀

數(shù)為b，則以下說法正確的是（）

圖8

A.彈簧長度將變長B.彈簧長度將變短

C.Fi>FiD.FI<F2

解析如圖甲所示，導體棒處的磁場方向指向右上方，根據(jù)左手定則可知，導體

棒受到的安培力方向垂直于磁場方向指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律，對條形磁

鐵受力分析，如圖乙所示，所以K1>RN2即臺秤示數(shù)人>歹2,在水平方向上，由

于尸有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短。

答案BC

安培力作用下導體的平衡

通電導體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力學綜合模型，該模型一般由傾

斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成。這類題目的難點是題圖具有立體性，各力

的方向不易確定。因此解題時一定要先把立體圖轉(zhuǎn)化成平面圖，通過受力分析建

立各力的平衡關系，如圖9所示。

圖9

【典例】如圖10所示，水平導軌間距為L=0.5m,導軌電阻忽略不計；導體

棒時的質(zhì)量m=1kg,電阻Ro=0.9Q,與導軌接觸良好；電源電動勢E=10V,

內(nèi)阻，=0.1。，電阻R=4C；外加勻強磁場的磁感應強度3=5T,方向垂直于

ab,與導軌平面成夾角a=53。；與導軌間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5(設最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對湖的拉力為水平方向，重力加速

度g=10m/s2,ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

⑴通過ab的電流大小和方向;

Q)ab受到的安培力大小；

(3)重物重力G的取值范圍。

E

解析⑴"A

方向為a到瓦

(2)F=BIL=5N

(3)受力如圖fin=口(mg—Feos53°)=3.5N

當最大靜摩擦力方向向右時FT=Fsin53。一為=0.5N

當最大靜摩擦力方向向左時尸r=bsin53。+人=7.5N

所以0.5NWGW7.5N。

答案（1）2Aa至U人（2）5N（3）0.5NWGW7.5N

跟進題組多角練透

1.［通電線圈在安培力作用下的平衡］（2015?江蘇單科，4）如圖11所示，用天平

測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長相

等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平

衡狀態(tài).若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是（）

圖11

解析磁場發(fā)生微小變化時，因各選項中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉

第電磁感應定律6=彥="笠機知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應

電動勢越大，感應電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越

大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項A符合題意。

答案A

2.［導體棒在安培力作用下的平衡］（2015?全國卷I,24）如圖12,一長為10cm

的金屬棒仍用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度

大小為

0.1T,方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過

開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2C。已知開關斷開時兩彈簧

的伸長量均為0.5cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開

時相比均改變了0.3cm,重力加速度大小取lOm/s?。判斷開關閉合后金屬棒所受

安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。

L

B

7

L

XXXI

-

--

XXX

圖

12

_TJ1?V

解析金屬棒通電后，閉合回路電流A

KZ.￡c2=6

導體棒受到的安培力大小為F=BIL=0.Q6N

由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下

由平衡條件知：開關閉合前：2kx=mg

開關閉合后：2^(x+Ax)=mg+F

代入數(shù)值解得機=0.01kg

答案豎直向下0.01kg

方法技巧

1.求解安培力作用下導體棒平衡問題的基本思路

2.求解關鍵

(1)電磁問題力學化。

(2)立體圖形平面化。

多學一點3--------------積累學習拓展思維

安培力作用下的功能關系

安培力做功的特點和實質(zhì)

(1)安培力做功與路徑有關，這一點與電場力不同。

(2)安培力做功的實質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化

①安培力做正功時將電源的能量轉(zhuǎn)化為導線的機械能或其他形式的能。

②安培力做負功時將機械能轉(zhuǎn)化為電能或其他形式的能。

【思維訓練1](多選)光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內(nèi)阻不計、

電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L=20cm的兩段光滑圓弧導軌相接，一

根質(zhì)量機=60g、電阻R=1C、長為L的導體棒時，用長也為L的絕緣細線懸掛,

如圖13所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T,當閉合開

關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成夕=53。角，擺

動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)(不考慮導體棒切割的

影響)，導軌電阻不計，sin53°=0.8,8=10向52則()

圖13

A.磁場方向一定豎直向下

B.電源電動勢E=3.0V

C.導體棒在擺動過程中所受安培力R=3N

D.導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048J

解析導體棒向右沿圓弧擺動，說明受到向右的安培力，由左手定則知該磁場方

向一定豎直向下，A對；導體棒擺動過程中只有安培力和重力做功，由動能定理

知BZLZsin。一機gL(l—cos6)=0,代入數(shù)值得導體棒中的電流為/=3A,由E=

得電源電動勢E=3.0V,B對；由得導體棒在擺動過程中所受安培力

F=0.3N,C錯；由能量守恒定律知電源提供的電能W等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱

Q和導體棒重力勢能的增加量^E的和，即W=Q+AE,而AE=mgL(l-cosff)

=0.048J,D錯。

答案AB

【思維訓練2】電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖14所示，利用這

種裝置可以把質(zhì)量為2.0kg的彈體（包括金屬桿EF的質(zhì)量）加速到6km/so若這種

裝置的軌道寬2m,長為100m,通過的電流為10A,求軌道間所加勻強磁場的

磁感應強度大小和磁場力的最大功率。（軌道摩擦不計）

圖14

解析電磁炮在安培力的作用下，沿軌道做勻加速運動。因為通過100m的位移

加速至6km/s,利用動能定理可得R“=AEk,即

1,

BILx=^inv—Qo

代入數(shù)據(jù)可得B=1.8X104To

運動過程中，磁場力的最大功率為

11

P=Fvm=BILvm=1.0SX10Wo

答案1.8X104T1.08X1011W

反思總結(jié)

安培力和重力、彈力、摩擦力一樣，會使通電導體在磁場中平衡、加速，也會涉

及做功問題。解答時一般要用到動能定理、能量守恒定律等。

崎考模擬演練對接高考，演練提升

1.（2014?全國卷I,15）關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法

正確的是（）

A.安培力的方向可以不垂直于直導線

B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向

C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關

D.將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

解析安培力的方向、磁感應強度的方向及電流的方向滿足左手定則，所以安培

力的方向既垂直于直導線，也垂直于磁場的方向，所以選項B正確、A錯誤；當

通電直導線與磁場方向垂直時，安培力最大F=BIl,當通電直導線與磁場方向平

行時，安培力最小為零，故選項C錯誤；將直導線從中點折成直角，假設原來直

導線與磁場方向垂直，若折成直角后一段與磁場仍垂直，另一段與磁場平行，則

安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，若折成直角后，兩段都與磁場垂直，則安培力的

大小變?yōu)樵瓉淼睦?，因此安培力大小不一定是原來的一半，選項D錯誤。

答案B

2.（2016?北京理綜，17）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁

偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，

地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖15。結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是

（）

地軸

圖15

A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合

B.地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近

C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行

D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用

解析地球為一巨大的磁體，地磁場的南、北極在地理上的北極和南極附近，兩

極并不重合；且地球內(nèi)部也存在磁場，只有赤道上空磁場的方向才與地面平行；

對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場方向不會平行，一定受

到地磁場力的作用，故C項說法不正確的。

答案c

3.（2016?海南單科，8）（多選）如圖16甲所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當

音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音。俯視圖乙表示處于輻

射狀磁場中的線圈（線圈平面即紙面）磁場方向如圖中箭頭所示，在圖乙中（）

甲乙

圖16

A.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里

B.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外

C.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里

D.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外

解析將環(huán)形導線分割成無限個小段，每一小段看成直導線，則根據(jù)左手定則，

當電流順時針時，導線的安培力垂直紙面向外，故選項A錯誤，選項B正確；當

電流逆時針時，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項C正確，選

項D錯誤。

答案BC

4.（多選）如圖17甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為3其間有豎直向

下的勻強磁場，磁感應強度為瓦垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從

/=0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流/,周期為T,最大值為7m,圖

甲中/所示方向為電流正方向。則金屬棒（）

圖17

A.一直向右移動

B.速度隨時間周期性變化

C.受到的安培力隨時間周期性變化

D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功

解析由左手定則可知，金屬棒一開始向右加速運動，當電流反向以后，金屬棒

開始減速，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)榱?，然后重復上述運動，所以A、B項正確；

安培力F=BIL,由圖象可知前半個周期向右，后半個周期向左，不斷重復，C項

正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期

內(nèi)做功為零，D項錯誤。

答案ABC

課時達標訓練強化訓練，技能提高;

一、單項選擇題

1.用兩根絕緣細線把兩個完全相同的圓形導線環(huán)懸掛起來，讓二者等高平行放置,

如圖1所示。當兩導線環(huán)中通入方向相同的電流/1、/2時，則有（）

A.兩導線環(huán)相互吸引

B.兩導線環(huán)相互排斥

C.兩導線環(huán)間無相互作用力

D.兩導線環(huán)先吸引后排斥

解析通電的導線環(huán)周圍能夠產(chǎn)生磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放入其中的磁體或

電流產(chǎn)生力的作用。由于導線環(huán)中通入的電流方向相同，二者同位置處的電流方

向完全相同，據(jù)同向電流相互吸引的規(guī)律，判知兩導線環(huán)應相互吸引，選項A正

確。

答案A

2.如圖2所示，金屬棒兩端由等長的輕質(zhì)絕緣細線水平懸掛，處于垂直紙面

水平向里的勻強磁場中，棒中通有由M到N的恒定電流/,細線的拉力不為零，

兩細線豎直?，F(xiàn)將勻強磁場磁感應強度3大小保持不變，方向緩慢地轉(zhuǎn)過90。變

為豎直向下，在這個過程中（）

M'—

x”XrXX

細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，其中的拉力一直增大

細線向紙面外偏轉(zhuǎn)，其中的拉力一直增大

細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，其中的拉力先增大后減小

細線向紙面外偏轉(zhuǎn)，其中的拉力先增大后減小

解析初始狀態(tài)時，金屬棒受重力、拉力和安培力作用而平衡。在磁場方向由垂

直紙面向里緩慢地轉(zhuǎn)過90。變?yōu)樨Q直向下的過程，安培力的大小R安=51不變，

方向由豎直向上變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?。根?jù)共點力平衡知，細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)。因

為金屬棒受重力、拉力和安培力作用而平衡，重力和安培力的合力與拉力等值反

向，重力和安培力的大小不變，它們之間的夾角由180。變?yōu)?0。，知兩個力的合

力一直增大，所以拉力一直增大。故選項A正確。

答案A

3.如圖3所示，銅棒a。長/o=O.lm,質(zhì)量為m=0.06kg,兩端與長為/=lm的

輕銅線相連，靜止于豎直平面內(nèi)，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應

強度5=0.5T,現(xiàn)接通電源，使銅棒中保持有恒定電流通過，銅棒發(fā)生擺動，已

知最大偏轉(zhuǎn)角為37。，則在向上擺動過程中（不計空氣阻力，g=10m/s2,sin37°

=0.6,337。=0.8）則（）

二\

3”、'、

圖3

A.銅棒的機械能守恒

B.銅棒的機械能先增大后減小

C.銅棒中通電電流大小為9A

D.銅棒中通電電流大小為4A

解析銅棒在上升過程中，安培力做正功，機械能一直增大，A、B錯誤；由動

能定理知W安一W重=0,即B〃o/sin370=/ng/（l—cos37。），代入數(shù)值得/=4A°C

錯誤，D正確。

答案D

4.（2017?上海楊浦區(qū)模擬）如圖4所示，質(zhì)量機=0.5kg的通電導體棒在安培力作

用下靜止在傾角為37。、寬度L=lm的光滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架平

面向下（磁場僅存在于絕緣框架內(nèi)）。右側(cè)回路中，電源的電動勢E=8V、內(nèi)阻r

=1。，額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機M正常工作。取sin37o=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度大小g=10m/s2,則磁場的磁感應強度大小為（）

圖4

A.2TB.1.73TC.1.5TD.1T

解析電動機M正常工作時的電流八=萬=2A,電源內(nèi)阻上的電壓

U'

8V-4V=4V,根據(jù)歐姆定律得干路中的電流/=：=4A,通過導體棒的電流/2

=/-/i=2A,導體棒受力平衡，有Bl2L=mgsin37。,得3=1.5T,只有選項C

正確。

答案C

5.（2017?江蘇靖江一中期中）如圖5所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所

在平面與水平面間的夾角為夕，一根長為3質(zhì)量為機的直導體棒垂直導軌放在

如圖所示的電路中，欲使導體棒靜止，可加一垂直于導軌平面的勻強磁場，當磁

感應強度3的方向由垂直斜面向上沿逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，下列關于3

的大小變化的說法中，正確的是（）

圖5

A.先減小后增大B.先增大后減小

C.逐漸增大D.逐漸減小

解析導體棒在重力、斜面支持力、安培力作用下靜止，如圖所示，則在磁感應

強度3的方向轉(zhuǎn)動過程中，安培力逐漸增大，選項C正確。

答案C

二'多項選擇題

6.如圖6所示，在xOy平面內(nèi)有兩根平行于y軸水平放置的長直導線，通有沿y

軸正方向、大小相同的電流/,兩導線關于y軸對稱，P為x軸上一點，。為z軸

上一點，下列說法正確的是（）

圖6

A.。點處的磁感應強度為零

B.P、。兩點處的磁感應強度方向垂直

C.P、。兩點處的磁感應強度方向平行

D.正電荷從。點沿z軸向上運動不受洛倫茲力作用

答案AB

7.圖7中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、/,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（）

圖7

A.若。接正極，人接負極，e接正極，/接負極，則L向右滑動

B.若。接正極，》接負極，e接負極，/接正極，則L向右滑動

C.若。接負極，6接正極，e接正極，/接負極，則L向左滑動

D.若。接負極，6接正極，e接負極，/接正極，則L向左滑動

解析若a接正極，6接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，/接負極,

由左手定則判定金屬桿所受安培力向左，則L向左滑動，A選項錯誤；同理判定

B、D選項正確，C選項錯誤。

答案BD

8.有一根質(zhì)量為機、長度為d的通有水平向里的電流/的導體棒，被長度為L的

輕質(zhì)絕緣細線懸掛在天花板上，在此空間加上豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感

應強度大小為3=嚅2,若保持導體棒中的電流/始終不變，則（）

圖8

A.細線偏離豎直方向的夾角最大為30°

B.細線偏離豎直方向的夾角最大為60°

C.在導體棒擺動過程中細線上拉力最大為2（小-1）機g

1n

D.在導體棒擺動過程中細線上拉力最大為g

解析導體棒靜止時細線與豎直方向夾角設為0,根據(jù)平衡有BId=mgtan0,解

得。=30。，根據(jù)對稱性（類比重力場）可知細線與豎直方向夾角最大為2。=60。，選

項A錯，B對；類比重力場可知導體棒在經(jīng)過平衡位置時細線上拉力最大，設為

Fm,重力和安培力的合力為歹=禹，經(jīng)過平衡位置時速度大小設為。，應用動

能定理有FL（l-cos8）=5機浮，應用向心力公式有Fm_F=--f解得Fm=2（小一

l）mg,選項D錯，C對。

答案BC

9.如圖9是“電磁炮”模型的原理結(jié)構(gòu)示意圖。光滑水平金屬導軌”、N的間

距L=0.2m,電阻不計，在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小3=

1X102TO裝有彈體的導體棒時垂直放在導軌“、N上的最左端，且始終與導軌

接觸良好，導體棒a伙含彈體）的質(zhì)量m=0.2kg,在導軌M、N間部分的電阻R=

0.8。，可控電源的內(nèi)阻r=0.2C。在某次模擬發(fā)射時，可控電源為導體棒時提

供的電流恒為/=4X1（）3A,不計空氣阻力，導體棒a。由靜止加速到4km/s后發(fā)

射彈體，則（）

A.導體棒ab所受安培力大小為1.6X105N

B.光滑水平導軌長度至少為20m

C.該過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.2X106J

D.該過程系統(tǒng)消耗的總能量為1.76X106J

解析由安培力公式有，F(xiàn)=B/L=8X104N,選項A錯誤；彈體由靜止加速到4

1nw1

由動能定理知雙=，則軌道長度至少為％=萬丁選項正確；

km/s,5Zm"Zr=20m,B

導體棒新做勻加速運動，由R=/na,v=at,解得該過程需要時間Z=1X10。s,

該過程中產(chǎn)生焦耳熱。=產(chǎn)(7?+以=1.6X105J,彈體和導體棒ab增加的總動能

Ek=|mv2=1.6X106J,系統(tǒng)消耗總能量E=Ek+Q=1.76Xl()6J,選項C錯誤，D

正確。

答案BD

三、計算題

10.(2017?江蘇泰州模擬)如圖10所示，在傾角為37。的光滑斜面上有一根長為

0.4m、質(zhì)量為6X10-2kg的通電直導線，電流大小/=1A,方向垂直于紙面向外,

導線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應強度每秒增加0.4T、方

向豎直向上的磁場中。設/=0時，B=0,則需要多長時間，斜面對導線的支持力

為零？(g取10m/s2)

圖10

解析斜面對導線的支持力為零時導線的受力如圖所示。

由平衡條件得

FTCOS37°=F

FTSIII31°=mg

兩式聯(lián)立解得F=-^=0.8N

由F=BIL得B=(~=2T

IL

由題意知，3與7的變化關系為B=0.4f(T)

代入數(shù)據(jù)得。=5s。

答案5s

11.如圖11所示，將長為50cm、質(zhì)量為10g的均勻金屬棒湖的兩端用兩只相

同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，位于垂直于紙面向里的勻強磁場中。當金屬棒中通以

0.4A的電流時，彈簧恰好不伸長。g=10m/s2o

圖11

(1)求勻強磁場的磁感應強度的大小；

(2)當金屬棒中通過大小為0.2A、方向由。到6的電流時，彈簧伸長1cm。如果

電流方向由6到a,而電流大小不變，則彈簧伸長又是多少？

解析(1)彈簧恰好不伸長時，棒受到向上的安培力3遼和向下的重力機g大小

相等，即

BIL=mg

解得5=管=0.51

(2)當大小為0.2A的電流由。流向6時，ab棒受到兩只彈簧向上的拉力2fca,及

向上的安培力3/億和向下的重力機g作用，處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有

2kxi+BhL=mg

當電流反向后，ab棒在兩個彈簧向上的拉力2日2及向下的安培力BhL和重力mg

作用下處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有

2kx2=mg+BhL

mg-\~BhL一

聯(lián)立解得X2=XI=3cmo

mg—BhLT

答案(1)0.5T(2)3cm

12.如圖12所示，位于同一個水平面上的兩根平行金屬導軌，放置在斜向左上、

與水平面成e角的勻強磁場中，一根質(zhì)量為m的通有恒定電流I的金屬條在導軌

上向右運動。導軌間距離為3金屬條與導軌間動摩擦因數(shù)為〃。

圖12

(1)金屬條以速度0做勻速運動，求磁場的磁感應強度的大小；

(2)為了使金屬條盡快運動距離x,可通過改變磁場的方向來實現(xiàn)，求改變磁場方

向后，金屬條運動位移x的過程中安培力對金屬條所做的功。

解析(1)對金屬條受力分析如圖，F(xiàn)=BIL

豎直方向平衡有FN+FCOS0=mg,水平方向勻速運動有Fsin3-f=0,

又尸〃尸聯(lián)立解得—/

J°NIL(sm夕十〃cos60

⑵金屬條盡快運動距離也則加速度最大，對金屬條水平方向應用牛頓第二定律

.一wuF(sin0+//cos<9)

有Fsind—f=ma,又/=/ZFN,解得a=~—//g

由數(shù)學知識可知，〃最大時有tan9=}

1

在此過程中安培力做功W=BILsind-x,解得W=-I^BILx

答案⑴無

（sin。+4cos。）⑵石*

基礎課2磁場對運動電荷的作用

課前自主梳理二:緊抓教材干自主落賣

知識點一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小

i.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：

掌心一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：F±B,F±v,即口垂直于3和o決定的壬面。

3.洛倫茲力的大小

(1)0〃3時，洛倫茲力尸=。0(6=0?；?80。)

(2)0，3時，洛倫茲力b=遜。(8=90。)

(3)0=0時，洛倫茲力R=。。

知識點二、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.若?！?,帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。

2.若帶電粒子僅受洛倫茲力作用，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。

如下圖，帶電粒子在磁場中，①中粒子做勻速圓周運動,②中粒子做勻速直線運

動，③中粒子做勻速圓周運動。

①②③

3.半徑和周期公式：(0,3)

［思考判斷］

(1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用。()

(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。()

(3)根據(jù)公式T=：「說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與0成反比式)

(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。()

(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。()

(6)帶電粒子在電場越強的地方受電場力越大，同理帶電粒子在磁場越強的地方受

磁場力越大。()

答案(1)X(2)X(3)X(4)X(5)V(6)X

M堂互動探知不同考點，不同學法;

國直H洛倫茲力的特點與應用

i.洛倫茲力的特點

(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)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。

(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。

(4)根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負電荷。

(5)洛倫茲力一定不做功。

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。

跟進題組多角練透

1.［對洛倫茲力的理解］(多選)關于洛倫茲力的特點，下列說法正確的是()

A.洛倫茲力既垂直于磁場方向又垂直于電荷運動方向

B.洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，靜止的電荷不會受到洛倫茲力

C.當電荷運動方向和磁場方向相同或相反的時候，電荷不受洛倫茲力

D.只要電荷放在磁場中，就一定受到洛倫茲力

答案ABC

2.［洛倫茲力對運動的影響］(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動,

速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖1所示，小球飛離桌面后落到地

板上，設飛行時間為力，水平射程為XI,著地速度為四。撤去磁場，其余的條件

不變，小球飛行時間為f2,水平射程為X2,著地速度為02,則下列論述正確的是

()

%XXXX

CXXXX

—|XXXX

T777777777777777/7?7X7777X77777X777777X77~

圖1

A.X1>X2B.tl>t2

C.01和02大小相等D.01和02方向相同

解析當桌面右邊存在磁場時，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過程中受

到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，

因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g,h>h,xi>%2,A、

B對；又因為洛倫茲力不做功，故C對；兩次小球著地時速度方向不同，D錯。

答案ABC

3.［帶電體的圓周運動］(多選)如圖2所示，A3C為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，

其中A3為傾斜直軌道，3C為與A5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?，F(xiàn)將三個小球在軌道A3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()

B

圖2

A.經(jīng)過最高點時，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

解析三個小球在運動過程中機械能守恒，有機g/2=fw2,在圓形軌道的最高點

時對甲有qviB+mg=~^,對乙有mg—qV2B=—^,對丙有mg=~^,可判斷

v\>V3>vi,選項A、B錯誤，C、D正確。

答案CD

考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動一題多變

1.帶電粒子在勻強磁場中圓周運動分析

(1)圓心的確定方法

方法一若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力歹，。，分別確

定兩點處洛倫茲力R的方向，其交點即為圓心，如圖3(a)；

方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩

點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如

圖(b)。

(a)(b)

圖3

(2)半徑的計算方法

rrj7)

方法一由物理方法求：半徑R=嬴;

qb

方法二由幾何方法求：一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。

(3)時間的計算方法

方法一由圓心角求：

方法二由弧長求：

2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動

(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示)。

(a)(b)(c)

圖4

(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖5所示)。

圖5

(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6所示)。

/XX

圖6

【典例】如圖7所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），

磁感應強度大小為3,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為機的粒

子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為與已知粒子射

出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60。，則粒子的速率為（不計重力）（）

---

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'、??二

1q

圖7

亞qBR3gBR2gBR

2mm2mm

解析如圖所示，粒子做圓周運動的圓心。2必在過入射點垂直于入射速度方向的

直線ER上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60。，故圓弧ENM