2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-第1讲　磁场及其对电流的作用

第1讲磁场及其对电流的作用学习目标1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念,会用磁感线描述磁场。2.会用安培定则判断电流周围的磁场,并且会计算磁场的叠加。3.会计算安培力的大小及判断安培力的方向,会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。考点一安培定则、磁场叠加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:B=FIl(通电导线垂直于磁场)(3)方向:可自由转动的小磁针静止时N极的指向。(4)单位:特斯拉,符号T。3.磁感线(1)定义:在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁场方向一致。(2)磁感线的特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。②磁感线的疏密程度表示磁场强弱。③磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,从N极指向S极,在磁体内部,从S极指向N极。④磁感线是假想的曲线,不相交、不中断、不相切。4.地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近,S极在地理北极附近,磁感线分布如图所示。(2)在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度的大小相等,且方向水平向北。(3)地磁场在南半球有竖直向上的分量,在北半球有竖直向下的分量。5.电流的磁场、安培定则的应用项目安培定则立体图特点直线电流的磁场无N极、S极距离直导线越远,磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似,管内可近似认为是匀强磁场环形电流的磁场两侧分别是N极和S极;距离中心越远,磁场越弱判断正误(1)磁场是客观存在的一种物质,磁感线也是真实存在的。(×)(2)由定义式B=FIl可知,电流I越大,导线l越长,某点的磁感应强度B就越小。(×(3)用安培定则判断通电直导线周围和环形电流周围的磁场时,大拇指都指向磁场的方向。(×)(4)通电直导线周围的磁场是均匀的,用磁感线描述磁场分布情况时,磁感线间隔均匀。(×)(5)若空间同时存在通电直导线和环形电流,某点的磁感应强度可用平行四边形定则求解。(√)角度安培定则的应用例1如图所示,直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远,其磁场互不影响,当开关S闭合后,则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()A.a B.b C.c D.d答案C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。角度磁场的叠加例2(多选)(2025·东北三省一模联考)如图所示,四根相同长直导线处于正方形的四个顶点上,O为正方形的中心,导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若将其中一根导线中的电流反向,中心O处的磁感应强度大小为B0;若将其中两根导线中的电流反向,中心O处的磁感应强度大小可能为()A.12B0 B.0 C.2B0 D.32答案BC解析设每根导线在O点的磁感应强度为B,若将其中一根导线中的电流反向,则中心O处的磁感应强度大小为2B=B0,解得B=B02,若将其中两根导线中的电流反向,则有两种情况,中心O处的磁感应强度大小为2B×2=2B0,第二种情况如图乙所示。中心O处的磁感应强度大小为0,故B、C正确,A、D错误。 磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源,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磁感应强度大小和方向。如图所示,BM、BN为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁感应强度B。针对训练1如图所示,A、B、C是正三角形的三个顶点,O是AB的中点,两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处,导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度B=kIr,I为通电长直导线的电流大小,r为距通电长直导线的垂直距离,k为常量。已知C点处的磁感应强度大小为B0,则关于O点处的磁感应强度说法正确的是(A.大小为B0,方向垂直AB连线向下B.大小为2B0,方向垂直AB连线向上C.大小为3B0,方向垂直AB连线向上D.大小为4B0,方向垂直AB连线向下答案D解析依题意B=kIr可知,两导线在C点产生的磁场的磁感应强度B大小相等,根据安培定则可知,两者夹角为120°,C点的合磁感应强度大小为B0,由矢量合成有A、B导线在C点的磁感应强度大小均为B0,同理可知A、B导线在O点的磁感应强度大小为2B0,方向均垂直AB连线向下,则O点的磁感应强度为4B0,方向垂直AB连线向下,所以D正确考点二安培力的分析与计算1.安培力的大小F=IlBsinθ,(其中θ为B与I之间的夹角)

(1)磁场和电流垂直时:F=IlB。(2)磁场和电流平行时:F=0。(3)l是指有效长度。如图所示,弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端。2.安培力的方向——应用左手定则判断(1)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。(2)让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向。(3)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。3.同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。判断正误(1)在磁场中同一位置,电流元的电流越大,所受安培力也一定越大。(×)(2)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。(√)(3)通电导线与磁场不垂直,有一定夹角时,左手定则就不适用了。(×)(4)当通电导线与磁场平行放置时,导线所受安培力为零。(√)(5)当通电导线弯折成闭合线圈时,导线在匀强磁场中所受安培力为零。(√)角度通电导线有效长度问题例3(多选)(2024·福建卷,6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A向B大小为I的电流,则()A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr答案BD解析通电流之前,铜导线半圆环处于平衡状态,根据平衡条件有2FT=mg;通电流之后,半圆环受到安培力,由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下,根据平衡条件有2FT'=mg+F安,可知通电后两绳的拉力变大,A错误,B正确;半圆环的有效长度为2r,由安培力公式可知F安=2BIr,C错误,D正确。鲁科版教材选择性必修第二册P6迁移该高考试题在计算通电导线所受安培力的大小的时候,用到了导线的有效长度,鲁科版教材选择性必修二P6“迁移”栏目对有效长度的计算建立了教学内容,在理解有效长度的基础上,根据安培力公式进行正确的计算,并且考题对力的平衡知识点也有考查。如图所示,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为l,且∠abc=∠bcd=135°。流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示。求导线abcd所受到的磁场作用力的合力。针对训练2如图,用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD,边长为L,每边电阻为r,框架与一电动势为E,内阻也为r的电源相接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则开关闭合电路稳定后,框架受到安培力大小为()A.BEL2 B.C.2BEL2r 答案C解析正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r,等效长度为2L,流过线框的等效电流I=E2r,框架受到安培力大小为F=I·2LB,解得F=2BEL2r角度安培力作用下导体运动情况的分析例4一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈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.在纸面内平动答案B解析法一(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方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动,故B正确。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,由安培定则可知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,故B正确。法三(结论法)环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,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,故B正确。总结提升安培力作用下导体运动的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通电螺线管多个环形电流条形磁体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先分析电流所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力针对训练3磁体在弹簧的作用下静止于粗糙的斜面上,如图所示在磁体的中垂线上某位置放置一根通电直导线,电流方向垂直于纸面向外,此时弹簧处于拉伸状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()A.通电直导线对磁体的作用力垂直于斜面向下B.磁体受到的摩擦力沿斜面向上C.若通电直导线的电流方向反向,磁体仍保持静止D.若增大通电直导线的电流,则磁体受到的摩擦力增大答案C解析由左手定则可知,导线受到的安培力垂直于斜面向下,力的作用是相互的,所以磁体受到导线的力垂直于斜面向上,故A错误;对磁体受力分析,可知磁体受重力、支持力、弹力、导线对磁体的力,有可能处于平衡状态,则摩擦力为0。此时若通电直导线的电流方向反向,磁体受导线的安培力垂直斜面向下,则磁体对斜面的压力变大,则磁体仍保持静止,增大通电直导线的电流,摩擦力依然不变,故B、D错误,C正确。考点三安培力作用下的平衡与加速问题1.求解安培力作用下导体的平衡或加速问题的关键画受力图→三维图二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图。2.求解安培力作用下导体平衡或加速问题的基本思路(1)选定研究对象。(2)画出平面受力分析图,其中安培力的方向满足F⊥B、F⊥I。(3)应用共点力的平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列方程解题。角度安培力作用下导体的平衡问题例5(2025·山东青岛期末)如图所示,质量为m、长为l的直导线AB用两绝缘细线悬挂于O、O',并处于与OO'垂直斜向下的匀强磁场中,磁场与竖直方向成30°角。当导线中通以由B到A方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ=30°,重力加速度为g,则磁感应强度大小为()A.mgIl B.C.3mg3Il 答案A解析对导线受力分析如图所示。根据几何关系,由平衡条件可得,在竖直方向有2FTcosθ=mg+IlBsinθ,在水平方向有2FTsinθ=IlBcosθ,解得B=mgIl,故A正确角度安培力作用下的加速问题例6(2025·江西九校月考)电磁炮通过给导轨回路通以很大的电流,使抛射体在导轨电流产生的磁场的安培力作用下沿导轨加速运动,最终将抛射体以很高的速度发射出去。电磁炮的原理示意图如图所示,图中电源可提供恒定的电流,抛射体处于垂直导轨向下的匀强磁场中,磁感应强度与回路中的电流成正比,要使抛射体离开轨道时的速度增大一倍,下列措施可行的()A.仅使抛射体的质量减半B.仅使导轨长度变为原来的两倍C.仅使两导轨间距变为原来的两倍D.仅使回路中的电流变为原来的两倍答案D解析设导轨的长度为x,导轨的间距为d,回路中的电流为I,磁感应强度与回路中的电流的比例系数为k,则抛射体受到的安培力为F=IdB=kI2d,根据动能定理有Fx=12mv2,抛射体离开轨道时的速度为v=2kI2dxm,仅使抛射体的质量减半,抛射体离开轨道时的速度为原先的2倍,故A错误;仅使导轨长度变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原先的2倍,故B错误;仅使两导轨间距变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原先的2倍,故C错误;仅使回路中的电流变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原先的两倍,限时作业(限时:30分钟)基础对点练对点练1安培定则、磁场叠加1.(多选)下列说法正确的是()A.磁场中某点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时,受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B=FIL,B.通电导线在某处不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零C.磁感应强度B=FIL只是定义式,它的大小取决于场源及在磁场中的位置,与F、I、LD.磁场是客观存在的答案CD解析当导线与磁场垂直时,B=FIL即为磁场中某点的磁感应强度,故A错误;通电导线在某处不受磁场力,说明此处可能无磁场,也可能是导线与磁感线平行,故B错误;磁感应强度B=FIL只是定义式,B的大小取决于场源及在磁场中的位置,由本身性质决定,与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关,故C正确;磁场和电场一样,都是客观存在的,故D2.(2025·广东江门模拟)如图所示,两条通有同向电流的平行无限长导线L1、L2,其中M、N点连线与两导线垂直,M点到两导线的距离相等,M、N两点关于L2对称,忽略其他磁场的影响,检测发现M点的磁场方向垂直纸面向外,则下列说法正确的是()A.N点的磁场方向垂直纸面向外B.导线L1中的电流大于导线L2中的电流C.M点的磁场与N点的磁场相同D.M点的磁场比N点的磁场弱答案D解析由安培定则可知,两导线中电流产生的磁场在N点的方向均垂直纸面向里,所以N点的磁场方向垂直纸面向里,故A错误;导线L1中的电流产生的磁场在M点方向垂直纸面向里,导线L2中的电流产生的磁场在M点方向垂直纸面向外,由于M点的磁场方向垂直纸面向外,则导线L1中的电流小于导线L2中的电流,故B、C错误;M、N两点关于L2对称则导线L2中电流产生的磁场在M、N两点磁感应强度大小相等,方向相反,导线L1中的电流产生的磁场在M、N两点均垂直纸面向里,可知,M点的磁场为两电流磁场相减,N点的磁场为两电流磁场相加,所以M点的磁场比N点的磁场弱,故D正确。3.(2025·江西南昌一中月考)如图所示,OCD为等边三角形,E点为三角形的中心,现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线,三根导线中通有如图所示方向的电流,电流大小相同,空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场,使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是()A.其中一根通电直导线在E点产生磁场的磁感应强度大小为B0B.导线O、C在E点产生磁场的合磁感应强度大小为32BC.导线C、D在E点产生的磁场合磁感应强度大小为3B0D.仅去掉D点的导线,E点的磁感应强度大小为B答案D解析由于E点到三个顶点的距离相等,则三根通电导线在E点产生的磁感应强度大小相等,假设每根导线在E点产生磁场的磁感应强度大小为B,又由安培定则和平行四边形定则可知,导线O、C在E点产生磁场的合磁感应强度大小为B,与D在E点产生的磁场的磁感应强度相同,如图甲所示,匀强磁场的磁感应强度与三根导线产生的磁场的合磁感应强度大小相等、方向相反,可得B0=2B,解得B=B02,故A、B错误;导线C、D在E点产生磁场的合磁感应强度大小为2Bcos30°=32B0,故C错误;仅去掉D点的导线,则E点的磁感应强度大小为导线O、C产生的磁场和匀强磁场的叠加,如图乙所示,大小与导线D在E点产生磁场的磁感应强度相等,方向相反,即为B02对点练2安培力的分析与计算4.(2024·贵州卷,5)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向()A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右答案C解析根据安培定则可知导线框所在平面磁场方向垂直纸面向里,由于I1>I2,可知左侧的磁场强度大,同一竖直方向上的磁场强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则结合F=ILB可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左,故C正确。5.(2024·安徽合肥高三质检)如图所示,正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成,固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直,线框顶点a、b与电源两端相连,其中ab棒的电阻为5R,其余各棒的电阻均为R,电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后,线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走,则余下线框受到的安培力大小为()A.F2 B.2F3 C.答案A解析S闭合后,ab棒与其余各棒并联,设电源电动势为E,则两支路的电流大小均为I=E5R,ab棒受到安培力的大小为Fab=IlB,根据左手定则可知方向竖直向上,其余各棒在磁场中的等效长度也为l,受到的安培力大小为F其=IlB,方向竖直向上,线框受到的安培力大小F=Fab+F其=2IlB,若仅将ab棒移走,则余下线框受到的安培力大小F'=F其=IlB,方向竖直向上,则F'=F2,故6.(多选)如图,甲、乙两图中的磁铁都是固定的,甲图中的通电直导线可以自由运动,且不考虑重力;乙图中导体圆环被一根柔软的绳悬吊在与纸面垂直的位置,且水平条形磁体的轴线过环心。当通以图示的电流时,俯视导线和圆环的运动,下列说法正确的是()A.甲图中通电直导线逆时针转动,同时下落B.甲图中通电直导线顺时针转动,同时上升C.乙图中导体圆环将靠近磁体D.乙图中导体圆环将顺时针转动并远离磁体答案AC解析题图甲中,在导线两侧各取一小段,根据左手定则可知,左侧一小段受到的安培力垂直于纸面向外,右侧一小段受到的安培力垂直纸面向里,所以从上往下看,导线逆时针转动,用特殊位置法,取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析,如图(a)所示,根据左手定则可知安培力方向向下,故导线在逆时针转动的同时向下运动,A正确,B错误;由右手定则根据电流方向可判断出导体环左侧为S极,右侧为N极,如图(b)所示,所以导体圆环将靠近磁体,C正确,D错误。7.如图所示,两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面,P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时,关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化,下列说法中正确的是()A.Q逆时针转动,P顺时针转动,Q、P间细线拉力变小B.Q逆时针转动,P顺时针转动,Q、P间细线拉力变大C.Q顺时针转动,P逆时针转动,Q、P间细线拉力变小D.Q顺时针转动,P逆时针转动,Q、P间细线拉力变大答案C解析根据安培定则可知,Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外,P产生的磁场方向水平向右,将Q等效为S极在里、N极在外的小磁针,P等效为左侧S极、右侧N极的小磁针,根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点,P将逆时针转动(俯视),Q顺时针转动(俯视);转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同,所以两圆环相互吸引,Q、P间细线拉力减小,故C正确,A、B、D错误。对点练3安培力作用下的平衡与加速问题8.(2025·广东高三调研)如图所示为等臂电流天平。它的右臂挂有一个质量为m0的矩形金属线圈,匝数为N,底边长为L,下部悬在匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时,调节砝码使两臂达到平衡;然后使电流反向、大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂达到新的平衡。则磁场的磁感强度B的大小为()A.(m+m0C.mg2NIL 答案C解析当线圈中通有如图所示电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,令此时左盘砝码、右盘中砝码(包含线圈)的质量分别为m1、m2,根据平衡条件,结合左手定则有m1g=m2g-NILB,使电流反向、大小不变,此时安培力向下,左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂达到新的平衡,则有m1g+mg=m2g+NILB,解得B=mg2NIL,C9.(2024·陕西西安模拟)如图所示,质量为m、长为L的导体棒电阻为2R,初始时静止于光滑的水平轨道上,电源电动势为E,内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B,其方向与轨道平面成θ角斜向上方,开关闭合后导体棒开始运动,则()A.导体棒向左运动B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELC.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELD.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEL答案C解析由左手定则可知,导体棒MN受到的安培力垂直磁感线斜向右下方,从而导致导体棒向右运动,故A错误;安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角,由闭合电路的欧姆定律可得I=E2R,则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F=ILB=EBL2R,故C正确,D错误;导体棒所受合力F合=Fsinθ=EBLsinθ2R,由牛顿第二定律有F合=ma,可知开关闭合瞬间导体棒MN的加速度综合提升练10.(2025·江西九江十校联考)如图所示,粗细