（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第八章 第1節(jié) 磁場的描述 磁場對電流的作用講義（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第八章 第1節(jié) 磁場的描述 磁場對電流的作用講義（含解析） (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情況無關。(√) (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)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。(√) (4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。(×) (5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。(√) (6)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。(×) (7)安培力可能做正功，也可能做負功。(√) 1820

2、年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉，稱為電流的磁效應。 突破點(一)　對磁感應強度的理解 1．理解磁感應強度的三點注意事項 (1)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IL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，也是自由轉動的小磁針靜止時N極的指向。 2．磁感應強度B與電場強度E的比較 磁感應強度B 電場強度E 物理意義 描述磁場強弱的物理量 描述電場強弱的物理

3、量 定義式 B＝(L與B垂直) E＝ 方向 磁感線切線方向，小磁針N極受力方向(靜止時N極所指方向) 電場線切線方向，正電荷受力方向 大小決定因素 由磁場決定，與電流元無關 由電場決定，與檢驗電荷無關 場的疊加 合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和 合電場強度等于各電場的電場強度的矢量和 3．地磁場的特點 (1)在地理兩極附近磁場最強，赤道處磁場最弱。 (2)地磁場的N極在地理南極附近，地磁場的S極在地理北極附近。 (3)在赤道平面(地磁場的中性面)附近，距離地球表面相等的各點，地磁場的強弱程度相同，且方向水平。 [題點全練] 下列關于磁場

4、或電場的說法正確的是________。 ①通電導線受磁場力大的地方磁感應強度一定大 ②通電導線在磁感應強度大的地方受力一定大 ③放在勻強磁場中各處的通電導線，受力大小和方向處處相同 ④磁感應強度的大小跟放在磁場中的通電導線受力的大小無關 ⑤電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零 ⑥一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 ⑦檢驗電荷在電場中某點受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值表征該點電場的強弱 ⑧通電導線在磁場中某點受到的磁場力與導線長度和電流乘積的比值表征該點磁場的強弱 ⑨地磁場在地球表面附近大小是不變的 ⑩地磁場的方向與地球表面平行

5、?磁場中某點磁場的方向為放在該點的小磁針N極所指的方向 ?地磁場的N極與地理南極完全重合 答案：④⑤⑦ 突破點(二)　安培定則的應用與磁場的疊加 1．常見磁體的磁感線 2．電流的磁場及安培定則 直線電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 安培定則 立體圖 橫截面圖 特點 無磁極，非勻強，距導線越遠處磁場越弱 兩側是N極和S極，與條形磁體的磁場類似，管內可看作勻強磁場，管外是非勻強磁場 兩側是N極和S極，圓環(huán)內側，離導線越近，磁場越強；圓環(huán)外側離圓環(huán)越遠，磁場越弱 3．安培定則的應用 在運用安培定則時應分

6、清“因”和“果”，電流是“因”，磁場是“果”，既可以由“因”判斷“果”，也可以由“果”追溯“因”。 原因(電流方向) 結果(磁場方向) 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 4．磁場的疊加 磁感應強度為矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。 [題點全練] 1．(2019·徐州調研)如圖所示，兩根足夠長的絕緣導線垂直靠近放置，通以大小相等的恒定電流，a點和b點到兩根導線的距離均為l，c點到兩根導線的距離分別為和l。下列判斷正確的是(　　) A．b處的磁感應強度為零 B．a、b兩點的磁感應強度大小相等 C．b、c兩點的磁感應強度方向相同

7、D．c點的磁感應強度大小比b點的大 解析：選D　由右手螺旋定則可知，豎直導線在b點產生的磁場方向垂直紙面向外，水平導線在b點產生的磁場方向也垂直紙面向外，所以b處的磁感應強度不為零，且方向向外，故A錯誤；由右手螺旋定則可知，豎直導線在a點產生的磁場方向垂直紙面向里，水平導線在a點產生的磁場方向垂直紙面向外，兩根導線中通有大小相等的電流，a點到兩導線的距離相等，所以a點的磁感應強度為零，由A分析可知，b點的磁感應強度不為零，故B錯誤；由右手螺旋定則可知，豎直導線在c點產生的磁場方向垂直紙面向里，水平導線在c點產生的磁場方向也垂直紙面向里，所以c點的磁感應強度方向向里，由A分析可知，b處磁感應強

8、度方向向外，故C錯誤；豎直導線在c點和b點產生的磁感應強度大小相等，水平導線在b點產生的磁感應強度比在c處產生的磁感應強度小，可知，c點的磁感應強度大小比b點的大，故D正確。 2.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 　B.B0 C.B0 D．2B0 解析：選C　導線P和Q中電流I均向里時，設其在a點產生的

9、磁感應強度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示，則其夾角為60°，它們在a點的合磁場的磁感應強度平行于PQ向右、大小為B1。又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場的磁感應強度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點合磁場的磁感應強度B＝＝B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確。 突破點(三)　判定安培力作用下導體的運動 1．判定導體運動情況的基本思路 判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的磁場磁感線分布情況，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況

10、，進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。 2．五種常用判定方法 電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向 特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向 等效法 環(huán)形電流小磁針 條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流 結論法 同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢 轉換研究對象法 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題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，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 [典例]　一個可

11、以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　) A．不動　　　　 　B．順時針轉動 C．逆時針轉動 D．在紙面內平動 [方法應用] (一)由題明3法 基礎解法：(電流元法)　把線圈L1沿水平轉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L2產生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動。 能力解法一：(等效法)　把線圈

12、L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動。 能力解法二：(結論法)　環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。 (二)方法選擇 (1)如果通電導體為環(huán)形電流，則選用等效法較簡單。 (2)如果只是判斷兩個通電導體之間的相互作用情況，可選用結論法。 (3)如果通電導體為直導線，則可選用電

13、流元法和特殊位置法。 [集訓沖關] 1．[多選]如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為F1?，F(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖所示，在加上電流后的一小段時間內，臺秤讀數(shù)為F2。以下說法正確的是(　　) A．F1＞F2　　　　　　　 　B．F1＜F2 C．彈簧長度將變長 D．彈簧長度將變短 解析：選AD　磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因為長直導線在磁鐵的中心偏左位置，所以此處的磁感線是斜向右上方的，電流的方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，導線受磁鐵給的安培力方向是斜向右下方，長直導線是固定不動的

14、，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左上方的；將這個力在水平方向和豎直方向分解，因此光滑平板對磁鐵支持力減小，由于產生水平向左的分力，所以彈簧被壓縮，彈簧長度將變短。故A、D正確，B、C錯誤。 2．(2018·南通一模)在勻強磁場中有粗細均勻的同種導線制成的等邊三角形線框abc，磁場方向垂直于線框平面，a、c兩點間接一直流電源，電流方向如圖所示。則(　　) A．導線ab受到的安培力大于導線ac受到的安培力 B．導線abc受到的安培力大于導線ac受到的安培力 C．線框受到安培力的合力為零 D．線框受到安培力的合力方向垂直于ac向下 解析：選D　根據(jù)串并聯(lián)電路

15、的特點及歐姆定律知，流過ab、bc的電流為，流過ac的電流為，所以導線ab受到的安培力大小為F1＝BIL，導線ac所受的安培力大小為F2＝BIL，故A錯誤。導線abc的有效長度為L，故受到的安培力大小為F3＝BIL，小于導線ac受到的安培力，故B錯誤。根據(jù)左手定則，導線abc受安培力垂直于ac向下，導線ac受到的安培力也垂直于ac向下，故線框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故C錯誤，D正確。 突破點(四)　安培力作用下的平衡、加速問題 1．安培力 公式F＝BIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度。 2．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路 (1)

16、選定研究對象； (2)變三維為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I； (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。 [典例]　如圖，一長為10 cm的金屬棒ab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0.1 T，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12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；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0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關閉合后金屬棒所

17、受安培力的方向，并求出金屬棒的質量。 [解析]　依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下。 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg① 式中，m為金屬棒的質量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為 F＝BIL② 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。

18、聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg。⑤ [答案]　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質量為0.01 kg [易錯提醒] (1)本題中安培力的方向易判斷錯誤。 (2)開關閉合后，彈簧的伸長量為(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm。 (3)導體棒所受彈簧的彈力為2kx而不是kx。 [集訓沖關] 1．[多選]如圖是一種電磁炮的原理圖，已知炮彈連同金屬桿的質量為m＝4 kg，勻強磁場的磁感應強度B＝20 T，軌道寬為d＝4 m，長L＝100 m，供電電流I＝40 A，磁場與金屬 導軌垂直。不計軌道摩擦。關于炮彈在導軌上運動的過程，下列說法正確

19、的是(　　) A．炮彈達到的最大速度為400 m/s B．炮彈達到的最大速度為200 m/s C．安培力的功率恒定 D．安培力的最大功率為1.28×106 W 解析：選AD　炮彈的加速度a＝＝ m/s2＝800 m/s2，炮彈達到的最大速度為vm＝＝ m/s＝400 m/s，選項A正確，B錯誤； 安培力的功率P＝F安v＝BIdv，可知隨速度的增加，安培力的功率增加，選項C錯誤；安培力的最大功率為Pm＝F安vm＝BIdvm＝20×40×4×400 W＝1.28×106 W，選項D正確。 2．(2019·如東月考)光滑平行導軌水平放置，寬度L＝20 cm，導軌左端通過開關S

20、與內阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20 cm的兩段光滑圓弧導軌相接。一根質量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示。系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T。當閉合開關S后，導體棒沿圓弧導軌擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝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)，導軌電阻不計，(不考慮導體棒因切割磁感線產生的微弱的感應電流)sin 53°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)勻強磁場的方向及導體棒在擺動過程中所受安培力F； (2)導體棒在擺動過程中電源的輸出功率； (3)導體棒

21、擺動到最高點時的加速度大小。 解析：(1)當開關S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下；設電路中電流為I，電源的電動勢為E，則 根據(jù)動能定理得：mgL(1－cos 53°)＝FLsin 53°， 解得安培力 F＝0.3 N。 (2)由F＝BIL＝BL，得E＝3 V， 則電源的輸出功率P＝＝ W＝9 W。 (3)擺到最高點時，由牛頓第二定律： mgsin 53°－Fcos 53°＝ma 解得a＝5 m/s2。 答案：(1)豎直向下　0.3 N　(2)9 W　(3)5 m/s2 安培力作用下的功能關系 安培力和重力、彈力、摩擦

22、力一樣，會使通電導體在磁場中平衡、轉動、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。 (一)周期性變化的安培力做功問題 1．[多選]如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) 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做正功 解析：選ABC　由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當

23、電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復上述運動，所以選項A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復，選項C正確；一個周期內，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不做功，選項D錯誤。 (二)電磁炮中的功能關系 2．“電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器，具有速度快、效率高等優(yōu)點。如圖是“電磁炮”的原理結構示意圖。光滑水平加速導軌電阻不計，軌道寬為L＝0.2 m。在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1×102 T?！半姶排凇睆楏w總質量m＝0.2 kg，其中彈體在軌道間的電阻R

24、＝0.4 Ω。可控電源的內阻r＝0.6 Ω，電源的電壓能自行調節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗發(fā)射時，電源為加速彈體提供的電流是I＝4×103 A，不計空氣阻力。求： (1)彈體所受安培力大??； (2)彈體從靜止加速到4 km/s，軌道至少要多長？ (3)彈體從靜止加速到4 km/s過程中，該系統(tǒng)消耗的總能量。 解析：(1)在導軌通有電流I時，彈體作為導體受到磁場施加的安培力為： F＝ILB＝100×4 000×0.2 N＝8×104 N。 (2)由動能定理：Fx＝mv2 彈體從靜止加速到4 000 m/s， 軌道至少要x＝＝ m＝20 m。 (3)由F＝ma得

25、：a＝＝ m/s2＝400 000 m/s2， 由v＝at得：t＝＝ s＝0.01 s 發(fā)射過程產生的熱量：Q＝I2(R＋r)t＝4 0002×(0.4＋0.6)×0.01 J＝1.6×105 J 彈體的動能：Ek＝mv2＝×0.2×4 0002 J＝1.6×106 J 系統(tǒng)消耗的總能量為：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。 答案：(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J (三)安培力做功促成的平拋問題 3．如圖所示，在水平放置的平行導軌一端架著一根質量m＝0.04 kg的金屬棒ab，導軌另一端通過開關與電源相連。該裝置放在高h＝20 cm的絕緣墊塊上。

26、當有豎直向下的勻強磁場時，接通開關金屬棒ab會被拋到距導軌右端水平位移s＝100 cm處。試求開關接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10 m/s2) 解析：在接通開關到金屬棒離開導軌的短暫時間內，安培力對金屬棒做的功為W，由動能定理得：W＝mv2 設平拋運動的時間為t，則豎直方向：h＝gt2 水平方向：s＝vt 解得：W＝0.5 J。 答案：0.5 J 安培力做功的特點和實質 (1)安培力做功與路徑有關，這一點與電場力不同。 (2)安培力做功的實質是能量轉化。 ①安培力做正功時，將電源的能量轉化為導體的機械能或其他形式的能。 ②安培力做負功時，將機械能轉化為電能或其他形式的能?！　?