2018高考物理大一轮复习：第9章-磁场（10份打包有课件）

精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创1/472018高考物理大一轮复习第9章磁场（10份打包有课件）M第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1磁场1基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用2方向小磁针的N极所受磁场力的方向2磁感应强度1物理意义描述磁场强弱和方向2定义式BFIL通电导线垂直于磁场3方向小磁针静止时N极的指向4单位特斯拉，符号T二、磁感线及几种常见的磁场分布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磁感应强度的方向一致2几种常见的磁场1条形磁铁和蹄形磁铁的磁场如图所示精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创2/472几种电流周围的磁场分布直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图3磁感线的特点磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向磁感线的疏密程度表示磁场强弱磁感线是闭合曲线，没有起点和终点在磁体外部，从精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创3/47N极指向S极，在磁体内部，从S极指向N极磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切三、安培力的大小和方向1大小1FBILSIN其中为B与I之间的夹角2磁场和电流垂直时FBIL3磁场和电流平行时F02方向1用左手定则判定伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向2安培力的方向特点FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面注意B和I可以有任意夹角自我诊断1判断正误1小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向2磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零3由定义式BFIL可知，电流强度I越大，导线L越长，精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创4/47某点的磁感应强度就越小4磁感线是真实存在的5通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端6安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直2多选指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说法正确的是A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析选BC指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误3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，BABBC同一通电导线放在A处受力一定比放在B处受力大精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创5/47D同一通电导线放在A处受力一定比放在B处受力小解析选B在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故BABB，A错误，B正确同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在A处受力一定比B处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为0，故C、D均错误4关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析选B根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B正确由安培力公式FBILSIN为B与I的夹角可知，C错误若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的22，安培力大小也变为原来的22，D错误考点一磁场的理解及安培定则1磁感应强度的三点理解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成反比精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创6/472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，也是小磁针静止时N极的指向2安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”原因电流方向结果磁场绕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3磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解特别提醒两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的1指南针是我国古代四大发明之一当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示则对该导线电流的以下判断正确的是A可能东西放置，通有由东向西的电流精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创7/47B可能东西放置，通有由西向东的电流C可能南北放置，通有由北向南的电流D可能南北放置，通有由南向北的电流解析选C若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A错误若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转，故选项B错误若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故选项C正确若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D错误22017河北廊坊模拟多选无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即BKIR式中K为常数如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I在两根导线的连线上有A、B两点，A点为两根直导线连线的中点，B点距电流为I的导线的距离为L下列说法正确的是AA点和B点的磁感应强度方向相同精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创8/47BA点和B点的磁感应强度方向相反CA点和B点的磁感应强度大小比为81DA点和B点的磁感应强度大小比为161解析选AD根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在A处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据BKIR，电流为3I导线在B处的磁感应强度方向向下，而电流为I导线在B处的磁感应强度方向向上，因电流为3I导线在B处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此A点和B点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误两导线在A处的磁感应强度大小B13KIL2KIL2K8IL；两导线在B处的磁感应强度大小B23KI2LKILKI2L，则A点和B点的磁感应强度大小之比为161，故C错误，D正确32017江西南昌调研如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为A31B32精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创9/47C11D12解析选B如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则，可知二者在圆心O处产生的磁感应强度都为B1/2；当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得B2B1B22B12COS3032，故选项B正确42017湖北三市六校联考如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是解析选A由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创10/47生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断其步骤如下1确定场源，如通电导线2定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向如图中M、N在C点产生的磁场3应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B考点二安培力作用下的平衡与加速问题1分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路1确定要研究的导体2按照已知力重力安培力弹力摩擦力的顺序，对导体受力分析精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创11/473分析导体的运动情况4根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解2受力分析的注意事项1安培力的方向特点FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面2安培力的大小应用公式FBILSIN计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度3视图转换对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图考向1安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向典例12016广东广州三模多选如图所示，质量为M、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿X正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为磁感应强度方向和大小可能为AZ正向，MGILTANBY正向，MGIL精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创12/47CZ负向，MGILTAND沿悬线向上，MGILSIN解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小若B沿Z正向，则从O向O看，导线受到的安培力FILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A错误若B沿Y正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示当FT0，且满足ILBMG，即BMGIL时，导线可以平衡，B正确若B沿Z负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示若满足FTSINILB，FTCOSMG，即BMGTANIL，导线可以平衡，C正确若B沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D错误答案BC考向2安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景典例22017陕西西安模拟如图所示，长为L精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创13/47的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为K的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长X时，棒处于静止状态则A导体棒中的电流方向从B流向AB导体棒中的电流大小为KXBLC若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，X变大D若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，X变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从A流向B，故A错误；由于弹簧伸长为X，根据胡克定律有KXBIL，可得IKXBL，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致X变小，故C、D错误答案B考向3安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法典例3如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1M，导体棒AB跨放在导轨上，棒的质量为精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创14/47M02KG，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M03KG，棒与导轨的动摩擦因数为05，匀强磁场的磁感应强度B2T，方向竖直向下，为了使物体以加速度A3M/S2加速上升，应在棒中通入多大的电流方向如何G10M/S2解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为FM05MG1NM的重力为GMG3N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由A到B根据受力分析，由牛顿第二定律有F安GFMMMAF安BIL联立得I275A答案275A方向由AB安培力作用下导体的分析技巧1安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图2安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创15/47同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度考点三磁场中导体运动方向的判断1判定通电导体运动或运动趋势的思路研究对象通电导线或导体明确导体所在位置的磁场分布情况利用左手定则导体的受力情况确定导体的运动方向或运动趋势的方向2几种判定方法电流元法分割为电流元左手定则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，异向电流互相排斥；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精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创16/471一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在纸面内平动解析选B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，从左精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创17/47向右看，线圈L1将顺时针转动2如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时A磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析选C假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动从上向下看，即N极向纸外转动，S极向纸内转动当转动90时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创18/47的拉力增大，C正确判断磁场中导体运动趋势的两点注意1应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为F一定与B垂直，I不一定与B垂直2导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律课时规范训练基础巩固题组1中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图结合上述材料，下列说法不正确的是A地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析选C由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创19/47极不重合，存在磁偏角，A正确磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确2三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示则三角形的中心O处的合磁场方向为A平行于AB，由A指向BB平行于BC，由B指向CC平行于CA，由C指向AD由O指向C解析选A如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创20/473如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是ABIL，平行于OC向左B22BIL，垂直于AC的连线指向左下方C22BIL，平行于OC向右D22BIL，垂直于AC的连线指向左下方解析选B直导线折成半径为R的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R，又因为L142R，则安培力FBI2R22BIL安培力的方向与有效长度的直线AC垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方，B正确4如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架ABCD其中AB、CD边与AD边夹角均为60，ABBCCDL，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E、内阻RR0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架ABCD受到的安培力的大小为A0B5BEL11R0精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创21/47C10BEL11R0DBELR0解析选C并联部分的总电阻为R并3R02R03R02R065R0，电路中的总电流IER并R，所以线框受到的合外力FBI2L10BEL11R0，C正确5如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将AA端向上，B端向下，悬线张力不变BA端向下，B端向上，悬线张力不变CA端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小DA端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大解析选D当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确6电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为M20G的弹体包括金属杆EF精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创22/47的质量加速到6KM/S若这种装置的轨道宽D2M、长L100M、电流I10A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是AB18T，PM108108WBB06T，PM72104WCB06T，PM36106WDB18T，PM216106W解析选D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BIDL12MV2M，代入数值解得B18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即PMBIDVM，代入数值得PM216106W，故选项D正确综合应用题组7质量为M、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60角，其截面图如图所示则下列关于导体棒中电流的分析正确的是A导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I3MGBLB导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I3MG3BL精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创23/47C导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I3MGBLD导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I3MG3BL解析选C根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，FMGTAN60，又安培力为FBIL，联立可解得I3MGBL，故选项C正确8如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为K的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒AB相连，弹簧与导轨平面平行并与AB垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为X1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为X2忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为AKILX1X2BKILX2X1CK2ILX2X1DK2ILX2X1解析选D由平衡条件可得MGSINKX1BIL；调转图精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创24/47中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得MGSINBILKX2，联立解得BK2ILX2X1选项D正确9多选如右图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为M的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是A此过程中磁感应强度B逐渐增大B此过程中磁感应强度B先减小后增大C此过程中磁感应强度B的最小值为MGSINILD此过程中磁感应强度B的最大值为MGTANIL解析选AC导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A对、B错；刚开始安培力F最小，有SINFMG，所以此过程中磁感应强度B的最小值为MGSINIL，C对；最后安培力最大，有FMG，即此过程中磁感应强度B的最精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创25/47大值为MGIL，D错10如图所示，一长为10CM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01T，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12V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均为05CM；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03CM重力加速度的大小取10M/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金属棒通电后，闭合回路电流IER122A6A导体棒受到的安培力大小为FBIL006N开关闭合后，电流方向为从B到A，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知开关闭合前2KXMG开关闭合后2KXXMGF代入数值解得M001KG答案方向竖直向下001KG11某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验两精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创26/47根金属导轨AB和A1B1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁未画出的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直1在图中画出连线，完成实验电路要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动2为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议A适当增加两导轨间的距离B换一根更长的金属棒C适当增大金属棒中的电流其中正确的是_填入正确选项前的标号解析1由于磁场方向竖直向下，要使金属棒的运动如图所示，则金属棒中电流由里向外，滑动变阻器用限流接法，实物图连接如图所示2为使金属棒离开时速度较大，由动能定理知BILX12MV2，V2BILXM，适当增大两导轨间的距离，可以增大V，适当增大金属棒的电流可以增大V，换一根更长的金属棒，增大了质量，V变小，因此A、C正确精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创27/47答案1图见解析2AC12载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为BKI/R，式中常量K0，I为电流强度，R为距导线的距离在水平长直导线MN正下方，矩形线圈ABCD通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T01分别指出强度为I1、I2的电流的方向；2求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；3当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为A，求I3解析1由题意知，当MN通以电流I1时，线圈受到的安培力向上，根据左手定则、安培定则可以判断I1的方向向左，当MN通以电流I2时，线圈受到的安培力应向下，同理，可以判断I2的方向向右2当MN中的电流为I时，线圈受到的安培力大小为FKIIL1R11R2式中R1、R2分别为AB、CD与MN的间距，I为线圈中的电精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创28/47流，L为AB、CD的长度所以F1F2I1I23设MN中电流为I3时，线圈所受安培力为F3，由题设条件有2T0MG,2T1F1MG，F3MGMA，I1I3F1F3，由以上各式得I3T0AGT0T1GI1答案1I1方向向左，I2方向向右2F1F2I1I23T0AGT0T1GI1第2节磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1定义运动电荷在磁场中所受的力2大小1VB时，F02VB时，FQVB3V与B夹角为时，FQVBSIN_3方向1判定方法应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向2方向特点FB，FV即F垂直于B、V决定的平面注意B和V可以有任意夹角由于F始终垂直于V的方向，故洛伦兹力永不做功精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创29/47二、带电粒子在磁场中的运动1若VB，带电粒子以入射速度V做匀速直线运动2若VB，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度V做匀速圆周运动3基本公式1向心力公式QVBMV2R2轨道半径公式RMVBQ3周期公式T2RV2MQBF1TBQ2M2T2FBQM三、洛伦兹力的应用实例1回旋加速器1构造如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源D形盒处于匀强磁场中2原理交变电流的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由QVBMV2R，得EKMQ2B2R22M，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关2质谱仪精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创30/471构造如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成2原理粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理QU12MV2可知进入磁场的速度V2QUM粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，QVBMV2R由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等自我诊断1判断正误1洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直2粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变3运动电荷进入磁场后无其他力作用可能做匀速直线运动4洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功5带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关6带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比7经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由D形盒的最大半径决定，与加速电压无关8质谱仪只能区分电荷量不同的粒子精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创31/472如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将A向上偏转B向下偏转C向纸外偏转D向纸里偏转解析选A由安培定则知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确3如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场未画出一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A2B2C1D22解析选D根据洛伦兹力提供向心力得QVBMV2R，粒子的动能EK12MV2，由此得磁感应强度B12MEKQR，结合精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创32/47题意知动能和半径都减小为原来的一半，则磁感应强度B22M12EKQ12R，故B1B222，故D正确4多选图为某磁谱仪部分构件的示意图图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析选AC电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨迹半径RMVQB知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误；由RMVQB2MEKQB知D错误；因为质子和正电子的速度未知，半径关系不确定，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确考点一对洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创33/471洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面2当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化3洛伦兹力一定不做功2洛伦兹力与安培力的联系及区别1安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力2安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功3洛伦兹力与电场力的比较1下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B如果把Q改为Q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变解析选B因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时FQVB，当粒子速度与磁场平行时F0又由于洛伦兹力的精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创34/47方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错因为Q改为Q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由FQVB知大小也不变，所以B选项正确因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D选项错2多选如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上A、B两点关于O点对称导线均通有大小相等、方向向上的电流已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度BKIR，式中K是常数，I是导线中的电流，R为对应点到导线的距离一带正电的小球以初速度V0从A点出发沿MN连线运动到B点关于上述过程，下列说法正确的是A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先减小后增大D小球对桌面的压力一直在增大解析选BD由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创35/47以磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由A点沿连线MN运动到B点，受到的洛伦兹力FBQV为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确、A错误32017河南开封四校二联如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由A点进入电磁场并刚好能沿AB直线向上运动下列说法中正确的是A微粒一定带负电B微粒的动能一定减小C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能不变解析选A对该微粒进行受力分析得它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，所以B项错误；如果该微粒带正电，精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创36/47则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以微粒受到的力不会平衡，故该微粒一定带负电，A项正确；该微粒带负电，向左上方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该微粒的机械能增加，D项错误理解洛伦兹力的四点注意1正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向2判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用FB、FV的特点3计算洛伦兹力大小时，公式FQVB中，V是电荷与磁场的相对速度4洛伦兹力对运动电荷或带电体不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷或带电体速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法1圆心的确定已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心如图甲所示，P为入精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创37/47射点，M为出射点已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心如图乙所示，P为入射点，M为出射点2半径的确定可利用物理学公式或几何知识勾股定理、三角函数等求出半径大小3运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间表示为T2T或TRV2重要推论1当速度V一定时，弧长或弦长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长2当速率V变化时，圆心角大的运动时间长考向1圆形磁场区域1圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用几何关系解决精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创38/472带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决典例12017湖南师大附中月考多选如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子A、B和C以相同的速率分别沿AO、BO和CO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知BO垂直MN，AO、CO与BO的夹角都为30，A、B、C三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为TA、TB、TC，则下列给出的时间关系可能正确的是ATATBTCBTATBTCCTATBTCDTATBTC解析粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间T2T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长设粒子的运动半径为R，圆形区域半径为R，当粒子A恰好从M点射出磁场时，R13R，当粒子B恰好从M点射出磁场时，RR，如图甲所示，TATBTC当RR时，粒子A对应的圆心角最小，C对应的圆心角最大，TCTBTA；当R13R，轨迹如图乙所示，TATBTC同理，精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创39/4713RRR时，TATBTCA、D正确答案AD典例22016高考全国甲卷一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为A3BB2BCBD2B解析如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30，则22MQB30360，即QM3B，选项A正确答案A考向2直线边界进、出磁场具有对称性，如图所示精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创40/47典例3多选如图，两个初速度大小相同的同种离子A和B，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有AA、B均带正电BA在磁场中飞行的时间比B的短CA在磁场中飞行的路程比B的短DA在P上的落点与O点的距离比B的近解析A、B粒子做圆周运动的半径都为RMVQB，画出轨迹如图所示，圆O1、O2分别为B、A的轨迹，A在磁场中转过的圆心角大，由T2TMQB和轨迹图可知A、D选项正确答案AD考向3平行边界存在临界条件，如图所示典例42017湖南长沙模拟如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为D，方向垂直纸面向里一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度V0进入磁场若电子在磁场中运动的轨道半径为2DO在MN上，且OO与MN垂直下列判断正确的是精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创41/47A电子将向右偏转B电子打在MN上的点与O点的距离为DC电子打在MN上的点与O点的距离为3DD电子在磁场中运动的时间为D3V0解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为X，则由几何知识得XRR2D22D2D2D223D，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得SIND2D05，得6，则电子在磁场中运动的时间为TRV0D3V0，故D正确答案D带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法考点三回旋加速器和质谱仪1质谱仪的主要特征将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后精品文档2016全新精品资料全新公文范文全程指导写作独家原创42/47进入偏转磁场各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径RMVQB2MEKQB2MQUQB1B2MUQ在上式中，B、U、Q对同一元素均为常量，故RM，根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷2回旋加速器的主要特征1带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关2将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动3带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1234粒子的最后速度VBQRM，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半