高考物理一轮复习题及答案解析第八章磁场.doc

第八章　磁　场 　 (1)从近三年的高考试题考查点分布可以看出，高考对磁场专题知识的考查频率很高，其中包括磁场的基本性质和安培力的应用，洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动等，其中复合场问题的综合性较强，覆盖考点较多(一般可综合考查重力、电场力、磁场力的分析，各种力做功、能量转化的关系，圆周运动、动力学知识以及考生分析问题的能力和综合应用能力)，是现今理综试卷的一个命题热点，常以大型计算题出现，并且占有较大的分值。 (2)高考题对安培力的考查以选择题为主，对带电粒子在匀强磁场中的运动或在复合场中的运动的考查以综合计算题为主，题目难度中等偏上。 2015高考考向前瞻预计在2015年的高考中，本章知识仍会在大型综合题中出现，并且命题背景会更加新颖、前沿，注重实际应用；仍将以带电粒子在有界磁场中运动的临界问题、在复合场中运动的受力和画偏转图分析为主。 第1节磁场的描述__磁场对电流的作用 磁场　磁感应强度 [想一想] 磁感应强度的定义式B＝的条件是什么？检验电流元的受力方向是磁感应强度B的方向吗？B的方向是如何定义的？ 提示：磁感应强度的定义式B＝的条件是检验电流元I很小，L很短，且I⊥B；检验电流元I所受力F的方向，不是磁感应强度B的方向；B的方向为小磁针静止时北极的指向。 [记一记] 1．磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。 (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：描述磁场的强弱和方向。 (2)大小：B＝(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(T)。 3．匀强磁场 (1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。 (2)特点：匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线。 4．磁通量 (1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积。 (2)公式：Φ＝BS。 (3)单位：1 Wb＝1_T·m2。 [试一试] 1．(多选)下列说法中正确的是(　　) A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零 B．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 C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值 D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值 解析：选AC　电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，而磁场仅对在磁场中运动且速度方向和磁感应强度方向不平行的带电粒子有力的作用；磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对B错。同理根据电场强度的定义式E＝F/q可知C正确。而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝中I和B的方向必须垂直，故D错，所以应选A、C。 磁感线　通电直导线和电流的磁场 [记一记] 1．磁感线 (1)磁感线：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。 (2)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布，如图8－1－1所示。 图8－1－1 2．地磁场 (1)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，磁感线分布如图8－1－2所示。 图8－1－2 (2)地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理南极指向地理北极，而竖直分量(By)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。赤道处的地磁场沿水平方向，指向北。 3．电流的磁场 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 [试一试] 2．如图8－1－3所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向。 图8－1－3 答案： 磁场对电流的作用——安培力 [想一想]　 在某地方，放入一小段通电导体受力为零，此处B一定为零吗？ 提示：当B∥I时，F＝0，可见，通电导体受力为零，此处的磁感应强度B不一定为零。 [记一记] 1．安培力的方向 (1)左手定则：伸开左手，让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)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。 2．安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝ILBsin_θ，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况： (1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝ILB。 (2)当磁场与电流平行时，安培力等于零。 ————————————————————————————————————— 物理学史链接…………………………………………………………………背背就能捞分 1．1820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，称为电流磁效应。 2．法国物理学家安培发现两根通有同向电流的平行导线相吸，通有反向电流的平行导线则相斥，并总结出安培定则(右手螺旋定则，用来判断电流与磁场的相互关系)和左手定则(判断通电导线在磁场中受到磁场力的方向)。 ———————————————————————————————————— [试一试] 3．(2013·江苏省宜兴高级中学质检)如图8－1－4所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是(　　) 图8－1－4 A．线框只有两个边受力，合力向左 B．线框只有两个边受力，合力向右 C．线框四个边都受力，合力向左 D．线框四个边都受力，合力向右 解析：选C　利用左手定则可判断出线框四个边都受力，由于ad边所在处磁感应强度最大，所以合力向左，选项C正确。 考点一安培定则的应用和磁场的叠加 [例1]　(2012·全国高考)如图8－1－5，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点。c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　) 图8－1－5 A．O点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 [解析]　选C　由安培定则可以判断通电导线产生的磁场的磁感线如图所示，由磁场的叠加原理可知C项正确。 [例2]　(2013·安徽高考)图8－1－6中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　) 图8－1－6 A．向上　　　 　B．向下 C．向左　　　 　D．向右 [解析]　选B　a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示。O点合磁场方向如图乙所示，则从O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下。选项B正确。 1．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 2．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。 考点二安培力作用下通电导体的运动 [例3]　如图8－1－7所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　) 图8－1－7 A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升 C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升 [解析]　选A　微元法与特殊位置法　如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。 分析导线转过90°时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时，向下运动。选项A正确。 [例4]　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8－1－8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(　　) 图8－1－8 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　法一(电流元分析法)　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。 法二(等效分析法)　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。 法三(利用结论法)　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。 安培力作用下通电导体的运动方向的判定方法 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。现对五种常用的方法列表如下： 电流元法 把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 特殊位置法 通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立。等效后再确定相互作用情况 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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 考点三与安培力有关的力学综合问题 1．安培力的大小 安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足： (1)B与L垂直； (2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。 图8－1－9 如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图8－1－9所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。 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的方程式进行求解。 3．安培力做功的特点和实质 (1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关。 (2)安培力做功的实质：起能量转化的作用。 ①安培力做正功：是将电源的能量传递给通电导线后转化为导线的动能或转化为其他形式的能。 ②安培力做负功：是将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能。 [例5]　(2014·北京朝阳质检)某同学自制一电流表，其原理如图8－1－10所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。 图8－1－10 (1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量； (2)为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向； (3)若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？ [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 MN的长度大于ab 金属杆在磁场中的有效长度等于磁场边界ab的长度 MN中没有电流通过且处于静止 金属杆的重力和弹簧弹力平衡 第二步：找突破口 (1)要求弹簧的伸长量，只要对金属杆MN受力分析，结合平衡条件和胡克定律列方程求解即可。 (2)要求金属杆MN中电流的方向，根据左手定则直接判断即可。 (3)分析电流最大时金属杆MN的位置→对杆MN受力分析→结合平衡条件和胡克定律列方程求解。 [解析]　(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，故Δx＝ (2)根据左手定则，金属杆中的电流方向为：M→N (3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有： BImL1＋mg＝k(L2＋Δx) 故Im＝ [答案]　(1)　(2)M→N　(3) 如图8－1－11所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T。质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知MN＝OP＝1 m，则(　　) 图8－1－11 A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2 B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2 D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 解析：选D　金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确。 [典例]　(2014·泉州模拟)如图8－1－12所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： 图8－1－12 (1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力的大小； (3)导体棒受到的摩擦力。 转换对象 立体图→平面图 思路立现 在三维空间对物体受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解决此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图或侧视图等，可较清晰地明确物体受力情况，画出受力分析图 [解析]　(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I＝＝1.5 A 图8－1－13 (2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.3 N。 (3)导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力F1＝mgsin 37°＝0.24 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力Ff，如图8－1－13所示，根据共点力平衡条件mgsin 37°＋Ff＝F安，解得：Ff＝0.06 N。 [答案]　(1)1.5 A　(2)0.3 N　(3)0.06 N，方向沿导轨向下 [题后悟道]　解决此类问题，首先将此立体图转化为平面图(剖面图)，金属杆用圆代替，电流方向用“×”与“·”表示，然后画出磁场方向，分析物体的受力，画出物体受力的平面图，列方程求解。 (2014·山东名校质检)如图8－1－14所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 图8－1－14 (1)磁场的磁感应强度B； (2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN。 解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示。由平衡条件得：tan 37°＝F安/mg，F安＝BIL， 解得：B＝。 (2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有2FNcos 37°＝mg，解得FN＝mg。 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。 答案：(1)　(2)mg [随堂对点训练] 1. (2014·淮安模拟)19世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说。他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流(分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的)，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。图8－1－16中将分子电流(图8－1－15中箭头表示电子运动方向)等效为小磁体的图示中正确的是(　　) 图8－1－15 图8－1－16 解析：选B　由安培定则可判断出分子电流等效为小磁体的图示中正确的是B。 2.将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图8－1－17所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看(　　) 图8－1－17 A．圆环顺时针转动，靠近磁铁 B．圆环顺时针转动，远离磁铁 C．圆环逆时针转动，靠近磁铁 D．圆环逆时针转动，远离磁铁 解析：选C　该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确。 3.如图8－1－18，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在该导线中通以电流大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　) 图8－1－18 A．0　　　　　　　　 　B．0.5BIl C．BIl D．2BIl 解析：选C　V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C。 4．(2012·天津高考)如图8－1－19所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　) 图8－1－19 A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 解析：选A　棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。 5.(2013·上海市奉贤区期末)如图8－1－20所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的OO′轴转动。现通以abcda电流，要使它受到磁场力后，ab边向纸外转动，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是(　　) 图8－1－20 A．垂直纸面向外 B．竖直向上 C．竖直向下 D．在OO′上方垂直纸面向里，在OO′下方垂直纸面向外 解析：选B　根据左手定则，要使它受到磁场力后，ab边向纸外转动，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是竖直向上，选项B正确。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1. (2014·深圳期末)指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图1虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极北偏东向)所示。则以下判断正确的是(　　) 图1 A．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流 B．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流 C．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流 D．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流 解析：选C　若某一条件下该指南针静止时N极指向题图实线(N极北偏东向)所示，则有一指向东方的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流，选项C正确。 2．(2014·龙岩质检)已知龙岩市区地磁场的磁感应强度B约为4.0×10－5 T，其水平分量约为3.0×10－5 T。若龙岩市区一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，某一时刻的放电电流为1.0×105 A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力方向和大小分别为(　　) A．方向向东，大小约为150 N B．方向向东，大小约为200 N C．方向向西，大小约为150 N D．方向向西，大小约为200 N 解析：选A　由安培力公式，金属杆受到地磁场对它的安培力大小为F＝BIL＝3.0×10－5×1.0×105×50 N＝150 N。由左手定则可判断出安培力方向为方向向东，选项A正确。 3．(2014·北京海淀测试)如图2是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中轻而柔软的细导线1、2、3、4悬挂起来，它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是(　　) 图2 A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变 B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变 C．增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大 D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变 解析：选B　由左手定则可知，仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，F的方向一定改变，即导体棒摆动方向一定改变，而两者同时改变时，F方向不变，则导体棒摆动方向不变，故B正确，A错误；由F＝BIL可知，当I增大，但L减小时，F大小不一定改变，C错误；仅拿掉中间的磁铁，意味着导体棒受力长度减小，则F应减小，则导体棒摆动幅度一定改变，D错误。 4．(2013·上海高考)如图3，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(　　) 图3 A．向左 B．向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 解析：选B　因为导线MN靠近ab，由图可知，线圈中等效合磁场为垂直纸面向里，当MN中电流减小时，由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，故线圈向右运动，所受安培力的合力向右，故只有B项正确。 5.如图4，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是(　　) 图4 A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析：选C　根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1>I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a>B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B 1c与B 2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错。 二、多项选择题 6.(2014·江西省重点中学联考)如图5所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是(　　) 图5 A．导电圆环有收缩的趋势 B．导电圆环所受安培力方向竖直向上 C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ 解析：选ABD　若导线环上载有如图所示的恒定电流I，由左手定则可得导线环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ，选项A、B、D正确，C错误。 7．(2012·海南高考)图6中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b和导轨两端e、f分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是(　　) 图6 A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 解析：选BD　若a接正极，b接负极，则电磁铁产生的磁场方向向上，若e接正极，f接负极，由左手定则可判断金属杆所受安培力方向向左，故向左滑动；若e接负极，f接正极，则L向右滑动，A错误，B正确。若a接负极，b接正极，则电磁铁产生的磁场方向向下，若e接正极，f接负极，则L向右滑动，C错误，D正确。 8.如图7所示，在倾角为α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(　　) 图7 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 D．此过程中磁感应强度B的最大值为 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sin α＝，所以此过程中磁感应强度B的最小值为，C对；最后安培力最大，有F＝mg，即此过程中磁感应强度B的最大值为，D错。 三、非选择题 9.如图8所示，MN是一根长为l＝10 cm，质量m＝50 g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒MN水平吊起，使导体棒处在B＝ T的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°，求金属棒中恒定电流的大小。 图8 解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：WF＋WG＝0 其中WF＝Flsin θ＝BIl2sin θ， WG＝－mgl(1－cos θ) 金属棒中的电流为I＝ 解得：I＝5 A 答案：5 A 10.水平放置的光滑金属导轨宽L＝0.2 m，接有电源电动势E＝3 V，电源内阻及导轨电阻不计。匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B＝1 T。导体棒ab的电阻R＝6 Ω，质量m＝10 g，垂直放在导轨上并接触良好，求合上开关的瞬间。 图9 (1)金属棒受到安培力的大小和方向； (2)金属棒的加速度。 解析：(1)闭合电键的瞬间，回路中的电流 I＝＝ A＝0.5 A ab棒所受安培力 F安＝BIL＝0.1 N 由左手定则知方向水平向右 (2)由牛顿第二定律知 a＝＝10 m/s2 方向水平向右 答案：(1)0.1 N　水平向右　(2)10 m/s2　方向水平向右 11．(2014·太原五中测试)粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN恰好在水平位置(如图10)。已知MN的质量m＝10 g，MN的长度l＝49 cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T。(取g＝9.8 m/s2) 图10 (1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？ (2)若导线中有从M到N方向的、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx＝1 mm，求弹簧的劲度系数。 (3)当由N到M方向通过0.2 A的电流时，两根弹簧被拉长多少？ 解析：(1)只有MN受到的安培力方向竖直向上且等于MN的重力时，两根弹簧才能处于自然状态。根据左手定则，MN中的电流方向应由M到N，电流的大小由mg＝BIl求得 I＝＝ A＝0.4 A (2)导线中通过由M到N方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对MN有竖直向上的拉力，MN受到竖直向下的重力，平衡时有： BI1l＋2kΔx＝mg 可得弹簧的劲度系数 k＝＝N/m＝24.5 N/m (3)当电流方向由N向M时，MN所受安培力竖直向下，平衡时有： 2kΔx′＝mg＋BI2l 由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度 Δx′＝＝m＝0.003 m 答案：(1)0.4 A　方向是M到N　(2)24.5 N/m (3)0.003 m 第2节磁场对运动电荷的作用 洛伦兹力 [想一想] 来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将相对该点向哪个方向偏？ 提示：地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电荷。根据左手定则可判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东，故相对该点向东偏。 [记一记] 1．洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。 2．洛伦兹力的方向 (1)判定方法：左手定则 掌心——磁感线垂直穿入掌心； 四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； 拇指——指向洛伦兹力的方向。 (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。 图8－2－1 3．洛伦兹力的大小 F＝qvBsin_θ，θ为v与B的夹角，如图8－2－1所示。 (1)v∥B时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F＝0。 (2)v⊥B时，θ＝90°，洛伦兹力F＝qvB。 (3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。 [试一试] 1．(2014·黄山检测)下列图8－2－2中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　) 图8－2－2 解析：选B　根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对。C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。 带电粒子在匀强磁场中的运动 [记一记] 1．洛伦兹力的特点 洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说洛伦兹力对带电粒子不做功。 2．粒子的运动性质 (1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。 (2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 3．半径和周期公式：(v⊥B) R＝ T＝＝ [试一试] 2．试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹，并说出其运动性质。 图8－2－3 答案： 质谱仪和回旋加速器 [想一想]　 回旋加速器D形盒内有无电场？粒子在盒内做何运动？所加交变电场的周期多大？能否将粒子能量加到无限大？ 图8－2－4 提示：D形盒内无电场；带电粒子在盒内做匀速圆周运动；所加交变电场的周期T＝；不能将粒子能量加到无限大。 [记一记] 1．质谱仪 (1)构造：如图8－2－5所示，由粒子源、加速电场、匀强磁场和照相底片等构成。 图8－2－5 (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。 粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。 由两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。 r＝ ，m＝，＝。 2．回旋加速器 (1)构造：如图8－2－6所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源。D形盒处于匀强磁场中。 图8－2－6 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在做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qvB＝，得Ekm＝，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。 ———————————————————————————————————— 物理学史链接…………………………………………………………………背背就能捞分 1．荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。 2．英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。 3．汤姆孙的学生阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。 4．1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场和D形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周