2022届新高考物理人教版一轮复习学案：9-1 磁场及其对电流的作用 WORD版含解析.docx

1、第1讲磁场及其对电流的作用知识点一磁场、磁感应强度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_的作用(2)方向：小磁针的_所受磁场力的方向2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的_和_(2)大小：B_(通电导线垂直于磁场放置)(3)方向：小磁针静止时_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_、方向_的磁场称为匀强磁场(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线知识点二磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的_的方向一致(2)特点磁感线上某点的_方向就是该点的磁场方向

2、磁感线的_定性地表示磁场的强弱磁感线是_曲线，没有起点和终点磁感线是假想的曲线，客观上_2电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则知识点三安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1安培力的大小FILBsin (其中为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F_.(2)磁场和电流平行时：F_.2安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指_，并且都在同一个平面内(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向_方向(3)_所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向思考辨析(1)磁场是客观存在的，磁感线实际上是不存在的，磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向()(2)磁场中某点磁感

3、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)相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为零()(4)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()(5)通电导线在磁感应强度越大的地方所受安培力越大()(6)磁场中某区域的磁感线如图所示，同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小()教材改编人教版选修31P94T1改编下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()考点一磁感应强度、磁感线与安培定则师生共研题型1|磁感应强度的理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式BFIL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

4、线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则其所受安培力为零，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静止时N极的指向例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，跟放在该点的试探电流元的情况有关B磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致C若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B为零D长度为L、电流为I的导线在磁场中受力为F，则磁感应强度B大于或等于FIL题型2|磁感线的分布及性质例2 磁场中某区域的磁感线如图所示，则()Aa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbBa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaI2.

5、a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方不考虑地磁场的影响，则()Ab点处的磁感应强度大小为0Bd点处的磁感应强度大小为0Ca点处的磁感应强度方向竖直向下Dc点处的磁感应强度方向竖直向下练1如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转下列说法正确的是()A偏转原因是圆盘周围存在电场B偏转原因是圆盘周围产生了磁场C仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变练2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

6、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()A0 B. 33B0 C. 233B0 D2B0考点二安培力及安培力作用下导体的平衡问题师生共研题型1|安培力的分析与计算1用公式FBIL计算安培力大小时应注意(1)B与I垂直(2)L是有效长度公式FBIL中L指的是“有效长度”当B与I垂直时，F最大，FBIL；当B与I平行时，F0.弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培

7、力的矢量和为零2方向：根据左手定则判断例5 如图所示，闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝做成，圆环半径为L，圆心为O，P、Q在圆环上，POQ90，圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.两根导线的一端分别连接P、Q两点，另一端分别与直流电源正、负极相连，已知圆环的电阻为4r，电源的电动势为E，内阻为r4，则圆环受到的安培力的大小为()A. 4BEL17r B. 42BEL17r C. BELr D. 2BELr题型2|安培力作用下导体的平衡 2021湖南浏阳一中月考(多选)一根重为G的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30的光滑斜面上，如图所示为截面图当匀强磁场的方向与斜面成60角斜

8、向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力大小为FN1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向顺时针旋转角时，金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力大小为FN2，则下列说法不正确的是()A金属棒中的电流方向垂直纸面向外B金属棒受到的安培力为32GC60D FN1FN212题型3|安培力作用下导体的动态平衡例7 2021河北百校联盟联考质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，其截面如图所示导体棒中通有大小为I的电流，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上导体棒平衡时，导体棒与圆弧轨道圆心的连线跟竖直方向的夹角为(45)，轨道与导体棒间的弹力大小为FN

9、.下列说法正确的是()A若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90，则逐渐减小B若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90，则FN逐渐增大C若仅将电流I缓慢增大，则逐渐减小D若仅将电流I缓慢增大，则FN逐渐增大练32019全国卷，17如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2F B1.5FC0.5F D0练4如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两导线与水平面的夹角均为(Bb，所以A正确，B错误答案：A

10、例3解析：根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确答案：C例4解析：由于I1、I2不相等，而两长直导线到b、d的距离相等，所以两长直导线各自在这两点产生的磁场的磁感应强度大小不等，虽方向相反但矢量和不为零，故A、B错误；根据安培定则可知，两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下，在c点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向上，C正确，D错误答案：C练1解析：小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的

11、偏转方向也与之前相反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误故选B.答案：B练2解析：两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时BB02cos3033B0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为BaB2+B0223 3B0，选项C正确答案：C例5

12、解析：优弧PQ的电阻为3r，劣弧PQ的电阻为r，两部分并联在电路中，并联的总电阻R并34r，电路总电阻R34r14rr.流过优弧PQ的电流由P到Q，流过劣弧PQ的电流由P到Q，电流分别为Er14E4r，Er343E4r，优、劣弧都可以等效为直导线PQ，故两段弧所受安培力为F1BE4r2L，F2B3E4r2L，所以合力为FF1F22BELr，故D正确答案：D例6解析：本题考查左手定则、受力分析、物体的平衡等金属棒受力平衡，可知安培力垂直磁场方向斜向上，根据左手定则可知金属棒中的电流方向垂直纸面向里，选项A错误；分析金属棒受力，如图所示，沿斜面方向根据平衡条件可得FAsin 60G sin 30，

13、解得金属棒受到的安培力为FA33G，选项B错误；由于安培力沿斜面方向的分力与重力沿斜面向下的分力相等，则磁场旋转后安培力方向关于斜面对称，根据几何关系可得磁场的方向顺时针旋转60，选项C正确；根据平衡条件可得FN1G cos 30FAsin 3033G，FN2G cos 30FAsin 30233G，所以FN1FN212，选项D正确答案：AB例7解析：本题考查安培力作用下的导体棒动态平衡问题导体棒受到重力mg、安培力BIL和弹力FN三个力，安培力BIL和弹力FN的合力始终与重力mg等大反向，安培力的大小不变，受力分析如图所示，安培力的方向始终与磁场方向垂直，根据矢量图可知若仅将磁场方向沿逆时针

14、缓慢转过90，先增大再减小，FN逐渐减小，选项A、B错误；若仅将电流I缓慢增大，逐渐增大，FN逐渐增大，选项C错误，选项D正确答案：D练3解析：设三根相同的导体棒的电阻均为R，长度均为l，其中ML和LN为串联关系，总电阻为2R.由并联电路特点可知，通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍，若MN受到的安培力FBIl，则ML和LN受到的安培力的合力F1BIl2，MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故线框受到的安培力为F合FF11.5F，故选B.答案：B练4解析：对ab棒受力分析如图所示：由平衡条件有tan mgBIL，得ImgBL1tan，又知mgBL为常数，故A项正确

15、，B、C、D项错误答案：A练5解析：本题考查安培力与受力分析、安培力大小计算、牛顿第二定律、物体平衡的综合应用(1)金属棒受到的安培力FBIL，由平衡条件得mgBIL，代入数据得0.25.(2)电流增加到I9 A时，金属棒受到的安培力FBIL，由牛顿第二定律得BILmgma，代入数据得a2 m/s2.(3)金属棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得BILmg，代入数据得B3 T，根据左手定则可知，磁感应强度方向应为水平沿ba方向答案：(1)0.25(2)2 m/s2(3)3 T，水平沿ba方向例8解析：方法一：等效法把环形电流等效为一个小磁针，如图所示，磁体和线圈相互吸引，线圈将向左运动还可以将条

16、形磁体等效为环形电流，根据安培定则可知等效电流方向如图所示由同向平行电流相互吸引可知，磁体和线圈相互吸引，线圈将向左运动方法二：电流元法把圆形线圈分成很多小段，每一小段可以看做一段直线电流，取其中的上下两小段分析，其截面图和受安培力的方向如图所示根据其中心对称性可知，两段直线电流所受合力水平向左，所以线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动可见，线圈运动的根本原因是安培力的作用选项A正确答案：A练6解析：方法一：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由无数段直线电流元组成，电流元处在I2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，由左手定则可得，上半部

17、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将顺时针转动方法二：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将顺时针转动方法三：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将顺时针转动答案：B练7解析：本题考查安培力作用下的动态平衡问题磁铁外部的磁感线从N极出发回到

18、S极，则此时在导线处磁感线平行于斜面向下，如图所示，根据左手定则可以判断导线受到的安培力方向垂直斜面向上，因电流增大，所以安培力增大，安培力与斜面垂直，根据牛顿第三定律与受力平衡可知磁铁对斜面的压力逐渐变大，弹簧弹力不变，选项A、B、C错误，D正确答案：D思维拓展典例解析：由左手定则可知，金属棒一开始向右加速运动，当电流反向以后，金属棒开始减速，经过一个周期速度变为零，然后重复上述运动，所以A、B项正确；安培力FBIL，由图象可知前半个周期向右，后半个周期向左，不断重复，C项正确；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做功为零，D项错误答案：ABC考法拓展1解析：由

19、左手定则可以判断金属棒所受的安培力的方向随电流周期性变化，而其大小FBIL也随电流周期性变化，由牛顿第二定律得金属棒的加速度大小、方向周期性变化，故选项A错误、B正确；金属棒0T4时间向右加速运动，T4T2时间向右减速运动，T2时刻速度减为零，T23T4时间向左加速运动，3T4T时间向左减速运动，T时刻速度减为零，金属棒回到出发点，T2时刻金属棒距离出发点最远，C正确、D错误答案：BC考法拓展2解析：由左手定则可以判断，金属棒在0T2内所受的安培力水平向右，大小恒定，金属棒向右做匀加速直线运动，在T2T内电流和磁场方向同时发生变化，由左手定则可以判断金属棒所受的安培力方向保持不变，故金属棒一直

20、向右做匀加速运动，因此选项A正确，B、C错误；由于安培力的大小和方向始终不变，故在一个周期内，安培力一直做正功，选项D错误答案：A考法拓展3解析：由左手定则可知，金属棒一开始向右加速运动，当tT4时电流反向，金属棒开始减速，在tT2时刻速度变为零，然后反向加速再减速运动，tT时速度变为零并回到原出发点，接着重复上述运动，所以选项A错误，B正确；安培力FBIL，由图象可知安培力F随时间周期性变化，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做功为零，选项D错误答案：BC练解析：本题考查安培力作用下导体的加速问题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BIdL12mvm2 ，代入数值解得B18 T；当弹体速度最大时磁场力的功率也最大，即PmBIdvm，代入数值得Pm2.16106 W，选项A、B、C错误，D正确答案：D