（江苏专版）2020版高考物理一轮复习 第八章 第1节 磁场的描述 磁场对电流的作用讲义（含解析）.doc

磁场的描述 磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。()(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。()(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。()(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。()(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。()(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。()(7)安培力可能做正功，也可能做负功。()1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。突破点(一)对磁感应强度的理解1理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B认为B与F成正比，与IL成反比。(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。2磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B(L与B垂直)E方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。(2)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。题点全练下列关于磁场或电场的说法正确的是_。通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱地磁场在地球表面附近大小是不变的地磁场的方向与地球表面平行磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N极所指的方向地磁场的N极与地理南极完全重合答案：突破点(二)安培定则的应用与磁场的叠加1常见磁体的磁感线2电流的磁场及安培定则直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图横截面图特点无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极，与条形磁体的磁场类似，管内可看作匀强磁场，管外是非匀强磁场两侧是N极和S极，圆环内侧，离导线越近，磁场越强；圆环外侧离圆环越远，磁场越弱3安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指4磁场的叠加磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。题点全练1(2019徐州调研)如图所示，两根足够长的绝缘导线垂直靠近放置，通以大小相等的恒定电流，a点和b点到两根导线的距离均为l，c点到两根导线的距离分別为和l。下列判断正确的是()Ab处的磁感应强度为零Ba、b两点的磁感应强度大小相等Cb、c两点的磁感应强度方向相同Dc点的磁感应强度大小比b点的大解析：选D由右手螺旋定则可知，竖直导线在b点产生的磁场方向垂直纸面向外，水平导线在b点产生的磁场方向也垂直纸面向外，所以b处的磁感应强度不为零，且方向向外，故A错误；由右手螺旋定则可知，竖直导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，水平导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，两根导线中通有大小相等的电流，a点到两导线的距离相等，所以a点的磁感应强度为零，由A分析可知，b点的磁感应强度不为零，故B错误；由右手螺旋定则可知，竖直导线在c点产生的磁场方向垂直纸面向里，水平导线在c点产生的磁场方向也垂直纸面向里，所以c点的磁感应强度方向向里，由A分析可知，b处磁感应强度方向向外，故C错误；竖直导线在c点和b点产生的磁感应强度大小相等，水平导线在b点产生的磁感应强度比在c处产生的磁感应强度小，可知，c点的磁感应强度大小比b点的大，故D正确。2.(2017全国卷)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0B.B0C.B0 D2B0解析：选C导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确。突破点(三)判定安培力作用下导体的运动1判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2五种常用判定方法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，反向电流互相排斥；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转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向典例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在纸面内平动方法应用(一)由题明3法基础解法：(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无数段直线电流元，电流元处在L2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。能力解法一：(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心处竖直向上，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，线圈L1将顺时针转动。能力解法二：(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。 (二)方法选择(1)如果通电导体为环形电流，则选用等效法较简单。(2)如果只是判断两个通电导体之间的相互作用情况，可选用结论法。(3)如果通电导体为直导线，则可选用电流元法和特殊位置法。集训冲关1多选如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，在加上电流后的一小段时间内，台秤读数为F2。以下说法正确的是()AF1F2BF1F2C弹簧长度将变长 D弹簧长度将变短解析：选AD磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上方的，电流的方向垂直于纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方的；将这个力在水平方向和竖直方向分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于产生水平向左的分力，所以弹簧被压缩，弹簧长度将变短。故A、D正确，B、C错误。2(2018南通一模)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点间接一直流电源，电流方向如图所示。则()A导线ab受到的安培力大于导线ac受到的安培力B导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力C线框受到安培力的合力为零D线框受到安培力的合力方向垂直于ac向下解析：选D根据串并联电路的特点及欧姆定律知，流过ab、bc的电流为，流过ac的电流为，所以导线ab受到的安培力大小为F1BIL，导线ac所受的安培力大小为F2BIL，故A错误。导线abc的有效长度为L，故受到的安培力大小为F3BIL，小于导线ac受到的安培力，故B错误。根据左手定则，导线abc受安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，故线框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故C错误，D正确。突破点(四)安培力作用下的平衡、加速问题1安培力公式FBIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度。2通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安B、F安I；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。典例如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。解析依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FBIL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。答案安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg易错提醒(1)本题中安培力的方向易判断错误。(2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.50.3)cm，不是0.3 cm或(0.50.3)cm。(3)导体棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx。集训冲关1多选如图是一种电磁炮的原理图，已知炮弹连同金属杆的质量为m4 kg，匀强磁场的磁感应强度B20 T，轨道宽为d4 m，长L100 m，供电电流I40 A，磁场与金属导轨垂直。不计轨道摩擦。关于炮弹在导轨上运动的过程，下列说法正确的是()A炮弹达到的最大速度为400 m/sB炮弹达到的最大速度为200 m/sC安培力的功率恒定D安培力的最大功率为1.28106 W解析：选AD炮弹的加速度a m/s2800 m/s2，炮弹达到的最大速度为vm m/s400 m/s，选项A正确，B错误； 安培力的功率PF安vBIdv，可知随速度的增加，安培力的功率增加，选项C错误；安培力的最大功率为PmF安vmBIdvm20404400 W1.28106 W，选项D正确。2(2019如东月考)光滑平行导轨水平放置，宽度L20 cm，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的两段光滑圆弧导轨相接。一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示。系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧导轨摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角。摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，(不考虑导体棒因切割磁感线产生的微弱的感应电流)sin 530.8，g取10 m/s2。求：(1)匀强磁场的方向及导体棒在摆动过程中所受安培力F；(2)导体棒在摆动过程中电源的输出功率；(3)导体棒摆动到最高点时的加速度大小。解析：(1)当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则根据动能定理得：mgL(1cos 53)FLsin 53，解得安培力 F0.3 N。(2)由FBILBL，得E3 V，则电源的输出功率P W9 W。(3)摆到最高点时，由牛顿第二定律：mgsin 53Fcos 53ma解得a5 m/s2。答案：(1)竖直向下0.3 N(2)9 W(3)5 m/s2安培力作用下的功能关系安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。(一)周期性变化的安培力做功问题1多选如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。(二)电磁炮中的功能关系2“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。解析：(1)在导轨通有电流I时，弹体作为导体受到磁场施加的安培力为：FILB1004 0000.2 N8104 N。(2)由动能定理：Fxmv2弹体从静止加速到4 000 m/s，轨道至少要x m20 m。(3)由Fma得：a m/s2400 000 m/s2，由vat得：t s0.01 s发射过程产生的热量：QI2(Rr)t4 0002(0.40.6)0.01 J1.6105 J弹体的动能：Ekmv20.24 0002 J1.6106 J系统消耗的总能量为：EEkQ1.76106 J。答案：(1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J(三)安培力做功促成的平抛问题3如图所示，在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h20 cm的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取10 m/s2)解析：在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：Wmv2设平抛运动的时间为t，则竖直方向：hgt2水平方向：svt解得：W0.5 J。答案：0.5 J安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。