2019屆高考物理一輪復習 第九章 磁場學案

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1、 第九章 磁場 [全國卷5年考情分析] 基礎(chǔ)考點 常考考點 命題概率 ?？冀嵌? 通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向(Ⅰ) 洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ) 洛倫茲力公式(Ⅱ) 以上3個考點未曾獨立命題 磁場、磁感應強度、磁感線(Ⅰ) '17Ⅲ卷T18(6分) '15Ⅱ卷T18(6分) 獨立命題概率40% (1)電流的磁場及安培定則的應用 (2)安培力、洛倫茲力的理解及應用 (3)帶電粒子在磁場中的圓周運動問題 (4)帶電粒子在有界磁場中的多解與臨界問題 (5)帶電粒子在復合場中的運動問題 (6)洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用 安培力、安培力

2、的方向(Ⅰ) '17Ⅰ卷T19(6分) '17Ⅱ卷T21(6分) '15Ⅰ卷T24(12分) 綜合命題概率60% 勻強磁場中的安培力(Ⅱ) '14Ⅰ卷T15(6分) 獨立命題概率30% 質(zhì)譜儀和回旋加速器(Ⅰ) '16Ⅰ卷T15(6分) 綜合命題概率30% 帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ) '17 Ⅰ卷T16(6分)，Ⅱ卷T18(6分)，Ⅲ卷T24(12分) 獨立命題概率100% 綜合命題概率100% '16 Ⅱ卷T18(6分)，Ⅲ卷T18(6分) '15 Ⅰ卷T14(6分)，Ⅱ卷T19(6分) '14 Ⅰ卷T16(6分)，Ⅱ卷T20(6分) '

3、13 Ⅰ卷T18(6分)，Ⅱ卷T17(6分) 第1節(jié)磁場的描述__磁場對電流的作用 (1)磁場中某點磁感應強度的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關(guān)。(√) (2)磁場中某點磁感應強度的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一致。(×) (3)垂直磁場放置的線圈面積減小時，穿過線圈的磁通量可能增大。(√) (4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。(×) (5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。(√) (6)將通電導線放入磁場中，若不受安培力，說明該處磁感應強度為零。(×) ◎物理學史判斷 1820年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁

4、針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱為電流的磁效應。(√) 1．電流不受安培力(電荷不受洛倫茲力)，不能說明該處沒有磁場，這一點與電場不同，電荷在電場中一定受電場力作用。 2．安培力可以做功，而洛倫茲力永不做功。 3．解題中常用到的二級結(jié)論： (1)安培力方向一定垂直電流與磁場方向決定的平面，即同時有FA⊥I，F(xiàn)A⊥B。 (2)通電線圈在勻強磁場中所受磁場力沒有平動效應，只有轉(zhuǎn)動效應。 (3)安培力的沖量I＝BLq?！　? 突破點(一)　對磁感應強度的理解 1．磁感應強度B與電場強度E的比較 磁感應強度B 電場強度E 物理意義 描述磁場強弱的物理量 描述電場強弱的物理量 定義式

5、 B＝(L與B垂直) E＝ 方向 磁感線切線方向，小磁針N極受力方向(靜止時N極所指方向) 電場線切線方向，正電荷受力方向 大小決定因素 由磁場決定，與電流元(F、I、L)無關(guān) 由電場決定，與檢驗電荷無關(guān) 場的疊加 合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和 合電場強度等于各電場的電場強度的矢量和 2.常見磁體的磁感線 3.地磁場的特點 (1)在地理兩極附近磁場最強，赤道處磁場最弱。 (2)地磁場的N極在地理南極附近，地磁場的S極在地理北極附近。 (3)在赤道平面(地磁場的中性面)附近，距離地球表面相等的各點，地磁場的強弱程度相同，且方向水平。 [題點

6、全練] 下列關(guān)于磁場或電場的說法正確的是________。 ①通電導線受磁場力大的地方磁感應強度一定大 ②通電導線在磁感應強度大的地方受力一定大 ③放在勻強磁場中各處的通電導線，受力大小和方向處處相同 ④磁感應強度的大小跟放在磁場中的通電導線受力的大小無關(guān) ⑤電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零 ⑥一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零 ⑦檢驗電荷在電場中某點受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值表征該點電場的強弱 ⑧通電導線在磁場中某點受到的磁場力與導線長度和電流乘積的比值表征該點磁場的強弱 ⑨地磁場在地球表面附近大小是不變的 ⑩地磁場的

7、方向與地球表面平行 ?磁場中某點磁場的方向為放在該點的小磁針N極所指的方向 ?地磁場的N極與地理南極完全重合 答案：④⑤⑦ 突破點(二)　安培定則的應用與磁場的疊加 1．電流的磁場及安培定則 直線電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 安培定則 立體圖 橫截面圖 特點 無磁極，非勻強，距導線越遠處磁場越弱 兩側(cè)是N極和S極，與條形磁體的磁場類似，管內(nèi)可看作勻強磁場，管外是非勻強磁場 兩側(cè)是N極和S極，圓環(huán)內(nèi)側(cè)，離導線越近，磁場越強；圓環(huán)外側(cè)離圓環(huán)越遠，磁場越弱 2．安培定則的應用 在運用安培定則時應分清“因”和“果

8、”，電流是“因”，磁場是“果”，既可以由“因”判斷“果”，也可以由“果”追溯“因”。 原因(電流方向) 結(jié)果(磁場方向) 直線電流的磁場 大拇指 四指 環(huán)形電流的磁場 四指 大拇指 3．磁場的疊加 磁感應強度為矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。 [題點全練] 1．(2018·臨沂模擬)如圖所示，圓環(huán)上帶有大量的負電荷，當圓環(huán)沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，a、b、c三枚小磁針都要發(fā)生轉(zhuǎn)動，以下說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn) B．b的N極向紙外轉(zhuǎn)，而a、c的N極向紙里轉(zhuǎn) C．b、c的N極都向紙里轉(zhuǎn)，而a的N極向紙外轉(zhuǎn) D．b的N極向紙里轉(zhuǎn)，而a、c

9、的N極向紙外轉(zhuǎn) 解析：選B　由于圓環(huán)帶負電荷，故當圓環(huán)沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，等效電流的方向為逆時針，由安培定則可判斷環(huán)內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，環(huán)外磁場方向垂直紙面向內(nèi)，磁場中某點的磁場方向即是放在該點的小磁針靜止時N極的指向，所以b的N極向紙外轉(zhuǎn)，a、c的N極向紙里轉(zhuǎn)。 2．(2018·德州模擬)指南針是我國古代的四大發(fā)明之一。當指南針靜止時，其N極指向如圖中虛線(南北向)所示，若某一條件下該指南針靜止時N極指向如圖實線(N極指向北偏東)所示。則以下判斷正確的是(　　) A．可能在指南針上面有一導線東西放置，通由東向西的電流 B．可能在指南針上面有一導線東西放置，通由西向東的電流 C．

10、可能在指南針上面有一導線南北放置，通由北向南的電流 D．可能在指南針上面有一導線南北放置，通由南向北的電流 解析：選C　若指南針靜止時N極指向北偏東方向，則有一指向東的磁場，由安培定則知，可能在指南針上面有一導線南北放置，通有由北向南的電流，故C正確。 3．[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小

11、之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 解析：選BC　由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項A錯誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項B正確；同理，如圖3所示，設一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B，根據(jù)幾何

12、知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項C正確，D錯誤。 突破點(三)　判定安培力作用下導體的運動 1．判定導體運動情況的基本思路 判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的磁場磁感線分布情況，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。 2．五種常用判定方法 電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向 特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向 等效法 環(huán)形電流小磁針 條

13、形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流 結(jié)論法 同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢 轉(zhuǎn)換研究對象法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向 [典例]　一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　) A．不動　　　　　　　　 B．順時針轉(zhuǎn)動 C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)平動

14、 (一)方法選擇 (1)如果通電導體為環(huán)形電流，則選用等效法較簡單。 (2)如果只是判斷兩個通電導體之間的相互作用情況，可選用結(jié)論法。 (3)如果通電導體為直導線，則可選用電流元法和特殊位置法。 (二)方法應用 基礎(chǔ)解法：(電流元法)　把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。 能力解法一：(等效法)　把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2

15、的中心，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。 能力解法二：(結(jié)論法)　環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。 [集訓沖關(guān)] 1.[結(jié)論法]如圖所示，一通電金屬環(huán)固定在絕緣的水平面上，在其左端放置一可繞中點O自由轉(zhuǎn)動且可在水平方向自由移動的豎直金屬棒，中點O與金屬環(huán)在同一水平面內(nèi)，當在金屬環(huán)與金屬棒中通有圖中所示方向的電流時，則(　　

16、) A．金屬棒始終靜止不動 B．金屬棒的上半部分向紙面外轉(zhuǎn)，下半部分向紙面里轉(zhuǎn)，同時靠近金屬環(huán) C．金屬棒的上半部分向紙面里轉(zhuǎn)，下半部分向紙面外轉(zhuǎn)，同時靠近金屬環(huán) D．金屬棒的上半部分向紙面里轉(zhuǎn)，下半部分向紙面外轉(zhuǎn)，同時遠離金屬環(huán) 解析：選B　由通電金屬環(huán)產(chǎn)生的磁場特點可知，其在金屬棒的上半部分產(chǎn)生有水平向左的磁場分量，由左手定則可判斷金屬棒上半部分受到方向向外的安培力，故向紙面外轉(zhuǎn)；同理可判斷金屬棒的下半部分向紙面里轉(zhuǎn)。當金屬棒 開始轉(zhuǎn)動到轉(zhuǎn)至水平面時，由同向電流相吸，反向電流相斥可知，金屬棒在靠近金屬環(huán)，B正確。 2．[特殊位置法](2018·成都檢測)一直導線平行于通電螺線

17、管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則關(guān)于導線ab受磁場力后的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管 B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管 D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管 解析：選D　由安培定則可判定通電螺線管產(chǎn)生的磁場方向，導線等效為Oa、Ob兩電流元，由左手定則可判定兩電流元所受安培力的方向，Oa向紙外，Ob向紙里，所以從上向下看導線逆時針轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)過90°時再用左手定則可判定導線所受磁場力向下，即導線在逆時針轉(zhuǎn)動的同時還要靠近螺線管，D對。 3.[轉(zhuǎn)換

18、研究對象法][多選]如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為F1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數(shù)為F2，則以下說法正確的是(　　) A．彈簧長度將變長 B．彈簧長度將變短 C．F1>F2 D．F1FN2，即臺秤示數(shù)F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長

19、度變短。 突破點(四)　安培力作用下的平衡、加速問題 1．安培力 公式F＝BIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度。 2．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路 (1)選定研究對象。 (2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如圖所示。 (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。 [典例]　(2015·全國卷Ⅰ)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕

20、緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。 [解析]　依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下。 開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg① 式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。 開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力

21、的大小為 F＝BIL② 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg。⑤ [答案]　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg [易錯提醒] (1)本題中安培力的方向易判斷錯誤。 (2)開關(guān)閉合后，彈簧的伸長量為(0.5＋0.3)cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3)cm。 (3)金屬棒所受彈簧的彈力為2kx而不是kx。 [集訓沖關(guān)] 1

22、．(2018·青島期末)一通電直導體棒用兩根絕緣輕質(zhì)細線懸掛在天花板上，靜止在水平位置(如正面圖)。現(xiàn)在通電導 體棒所處位置加上勻強磁場，使導體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的位置。如果所加磁場的強弱不同，則磁場方向的范圍是(以下選項中各圖均是在側(cè)面圖的平面內(nèi)畫出的，磁感應強度的大小未按比例畫)(　　) 解析：選C　要使導體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的位置，則安培力的范圍是由豎直向上順時針轉(zhuǎn)到沿細線向下，可以豎直向上，但不能沿細線向下。再由左手定則可知磁感應強度的方向是由水平向右順時針轉(zhuǎn)到垂直于細線向下，但不能沿垂直于細線向下。所以C圖正確。 2.(2018·

23、晉中摸底)如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度，它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為L，處于勻強磁場內(nèi)，勻強磁場的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡，然后使電流反向，大小不變，這時需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂再次達到新的平衡。 (1)若線圈串聯(lián)一個電阻R連接到電壓為U的穩(wěn)定電源上，已知線圈電阻為r，當線圈中通過電流I時，請用題給的物理量符號表示出電阻R的大小。 (2)請用重力加速度g和n、m、L、I導出B的表達式。 解析：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝ 解得R＝－r。 (2)根據(jù)平衡條件有：mg＝2nBIL

24、 得B＝。 答案：(1)－r　(2)B＝ 綜合問題——練轉(zhuǎn)換思維 安培力和重力、彈力、摩擦力一樣，會使通電導體在磁場中平衡、轉(zhuǎn)動、加速，也會涉及做功問題。解答時一般要用到動能定理、能量守恒定律等。安培力作用下的功能關(guān)系 (一)周期性變化的安培力做功問題 1．[多選](2014·浙江高考)如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變

25、化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功 解析：選ABC　由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復上述運動，所以選項A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。 (二)電磁炮中的功能關(guān)系 2.電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為2.0 g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到6 km/s。若

26、這種裝置的軌道寬2 m，長為100 m，通過的電流為10 A，求軌道間所加勻強磁場的磁感應強度大小和磁場力的最大功率。(軌道摩擦不計) 解析：電磁炮在安培力的作用下，沿軌道做勻加速運動。因為通過100 m的位移加速至6 km/s，利用動能定理可得F安s＝ΔEk，即BILs＝mv2－0 代入數(shù)據(jù)可得B＝18 T。 運動過程中，磁場力的最大功率為 P＝Fvm＝BILvm＝2.16106 W。 答案：18 T　2.16106 W (三)安培力作用下的平拋問題 3.如圖所示，在水平放置的光滑平行導軌一端架著一根質(zhì)量m＝0.04 kg的金屬棒ab，導軌另一端通過開關(guān)與電源相連。該裝置放

27、在高h＝20 cm的絕緣墊塊上。當有豎直向下的勻強磁場時，接通開關(guān)金屬棒ab會被拋到距導軌右端水平位移s＝100 cm處。試求開關(guān)接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10 m/s2) 解析：在接通開關(guān)到金屬棒離開導軌的短暫時間內(nèi)，安培力對金屬棒做的功為W，由動能定理得：W＝mv2 設平拋運動的時間為t，則豎直方向：h＝gt2 水平方向：s＝vt 聯(lián)立以上三式解得：W＝0.5 J。 答案：0.5 J 安培力做功的特點和實質(zhì) (1)安培力做功與路徑有關(guān)，這一點與電場力不同。 (2)安培力做功的實質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化。 ①安培力做正功時，將電源的能量轉(zhuǎn)化為導體的機械能或其他形式的能。

28、②安培力做負功時，將機械能轉(zhuǎn)化為電能或其他形式的能?！　? (一)普通高中適用作業(yè) [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] ★1.磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則(　　) A．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＞Bb B．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＜Bb C．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大 D．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小 解析：選A　磁感線的疏密程度表示磁感應強度的大小，安培力的大小跟該處的磁感應強度的大小、I、L和導線放置的方向與磁感應強度的方向的夾角有關(guān)，故C、D錯誤；由a、b兩處磁感線的疏密程度可判斷出Ba>Bb，所以A正確，B錯

29、誤。 ★2．(2018·溫州模擬)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是(　　) A．安培力的方向可以不垂直于直導線 B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān) D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析：選B　根據(jù)左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故A錯誤，B正確；磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F＝BILsin θ，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關(guān)，故C錯誤；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內(nèi)從中點折成直角，安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?，故D錯

30、誤。 3.(2018·濟寧模擬)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　) A．向上　　B．向下　　　C．向左　　　D．向右 解析：選B　帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，磁場為4根長直導線在O點產(chǎn)生的合磁場，根據(jù)安培定則，a在O點產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，b在O點產(chǎn)生的磁場方向為豎直向上，c在O點產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，d在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左。根據(jù)左手定則，帶正電粒子在合磁場中所受洛倫茲力方向向下

31、，故B正確。 4.[多選](2018·廣州模擬)在同一平面內(nèi)有①、②、③三根等間距平行放置的長直導線，通入的電流強度分別為1 A、2 A、1 A，②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，則(　　) A．①的電流方向為a→b B．③的電流方向為e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：選BCD　根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向為b→a，③的電流方向為e→f，選項A錯誤，B正確；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項C正確；③受到②的吸

32、引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，選項D正確。 ★5.如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩同心半圓弧導線和兩直導線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導線框中通有圖示方向的電流，處于靜止狀態(tài)。在半圓弧導線的圓心處沿垂直于導線框平面的方向放置一根長直導線P。當P中通以方向向外的電流時(　　) A．導線框?qū)⑾蜃髷[動 B．導線框?qū)⑾蛴覕[動 C．從上往下看，導線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動 D．從上往下看，導線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動 解析：選D　當P中通以方向向外的電流時，由安培定則可知長直導線P產(chǎn)生的磁場方向為逆時針方向。由左

33、手定則可判斷出ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，故從上往下看，導線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動，D正確。 6．(2018·鄭州模擬)如圖所示，兩根無限長導線均通以恒定電流I，兩根導線的直線部分和坐標軸非常接近，彎曲部分是以坐標原點O為圓心的、半徑相同的一段圓弧，規(guī)定垂直于紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，已知直線部分在原點O處不形成磁場，此時兩根導線在坐標原點處的磁感應強度為B，下列四個選項中均有四根同樣的、通以恒定電流I的無限長導線，O處磁感應強度也為B的是(　　) 解析：選A　由磁場的疊加可知A圖中四根導線在O處的合磁感應強度為B；B圖中四根導線在O處的合磁感

34、應強度為2B；C圖中，O處的合磁感應強度大小為－2B；D圖中，O處的合磁感應強度為－B。 7.(2018·煙臺模擬)在地球赤道上進行實驗時，用磁傳感器測得赤道上P點地磁場磁感應強度大小為B0。將一條形磁鐵固定在P點附近的水平面上，讓N極指向正北方向，如圖所示，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度大小為B1；現(xiàn)將條形磁鐵以P點為軸旋轉(zhuǎn)90°，使其N極指向正東方向，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度的大小應為(可認為地磁南、北極與地理北、南極重合)(　　) A．B1－B0　　　　　　　 B．B1＋B0 C. D. 解析：選D　設條形磁鐵在P點處產(chǎn)生的磁感應強度為B′，當N極指向正北方時，

35、B1＝B0＋B′，解得B′＝B1－B0，當N極指向正東方時，P點的磁感應強度B＝＝＝，D正確。 [B級——中檔題目練通抓牢] ★8．(2018·福建漳州八校聯(lián)考)如圖所示，兩平行光滑金屬導軌CD、EF間距為L，與電動勢為E0的電源相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面成θ角，回路其余電阻不計。為使ab棒靜止，需在空間施加的勻強磁場磁感應強度的最小值及其方向分別為(　　) A.，水平向右 B.，垂直于回路平面向上 C.，豎直向下 D.，垂直于回路平面向下 解析：選D　對金屬棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示；從圖可以看出，當安培力

36、沿斜面向上時，安培力最小，故安培力的最小值為：FA＝mgsin θ，故磁感應強度的最小值為B＝＝，根據(jù)歐姆定律，有E0＝IR，故B＝，故D正確。 9．[多選](2018·肇慶模擬)如圖甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t＝0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，下列說法正確的是(　　) A．在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動 B．在最初的一個周期內(nèi)，導線一直向左運動 C．在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先增大后減小 D．在最初的半個周期

37、內(nèi)，導線的速度先增大后減小 解析：選AD　當t＝0時，由左手定則可知，MN受到向右的作用力，根據(jù)F安＝BLI，由于B最大，故此時的安培力最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁感應強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當B＝0時，加速度為0，速度最大，當B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN減速到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原出發(fā)的位置，故在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動，選項A正確，B錯誤；在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先減小后增大，而其速度則是先增大后減小，故選項C錯誤，D正確。 10．

38、[多選](2018·河北定州中學模擬)如圖所示，在兩磁極之間放一培養(yǎng)皿，磁感線垂直培養(yǎng)皿，皿內(nèi)側(cè)壁有環(huán)狀電極A，中心有電極K，皿內(nèi)裝有電解液，若不考慮電解液和培養(yǎng)皿之間的阻力，當通以如圖所示電流時，則(　　) A．電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動 B．電解液靜止不動 C．若將滑動變阻器的滑片向左移動，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變慢 D．若將磁場的方向和電流的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變 解析：選AD　電解液中當通以如題圖所示電流時，將電解液看成無數(shù)個幅條狀導體組成，每根導體中電流從環(huán)邊緣流向K，由左手定則判斷可知，電解液所受的安培力方向沿順時針，因此電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動，故A正確，B錯

39、誤；若將滑動變阻器的滑片向左移動，其有效電阻減小，電路中電流增大，由F＝BIL知，電解液所受的安培力增大，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變快，故C錯誤；若將磁場的方向和電流的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾矗勺笫侄▌t可知安培力方向不變，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變，故D正確。 ★11．(2018·南昌十所省重點中學聯(lián)考)如圖所示，用三條細線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細均勻、單位長度的質(zhì)量為2.5 g 的導線繞制而成，三條細線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵中軸線OO′垂直于線圈平面且通過其圓心O，測得線圈的導線所在處磁感應強度大小為0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使

40、三條細線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為(　　) A. 0.1 A　　　　　　　　　　 B. 0.2 A C. 0.05 A D. 0.01 A 解析：選A　設線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m＝2nπr×2.5×10－3 kg，磁場的水平分量為Bsin 30°，線圈受到的安培力為：F＝Bsin 30°×I×2nπr，由于線圈所受向上的安培力等于線圈的重力，則 2nπr×2.5×10－3×10＝Bsin 30°×I×2nπr， 解得：I＝0.1 A，選項A正確。 12.(2018·淮北模擬)利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應強度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、

41、質(zhì)量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質(zhì)導線連接線框與電源，導線的電阻忽略不計。當有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，拉力顯示器可以直接顯示力敏傳感器所受的拉力。當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知 F1>F2，則磁感應強度B的大小為(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：選B　當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1，則F1＝mg＋BL; 接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2，則F2＝mg－BL；聯(lián)立解得B＝

42、，選項B正確。 13. (2018·唐山五校聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限分布著非勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，沿y軸方向磁場分布是不變的，沿x軸方向磁感應強度與x滿足關(guān)系B＝kx，其中k是一恒定的正數(shù)，由粗細均勻的同種規(guī)格導線制成的正方形線框ADCB邊長為a，A處有一極小開口AE，整個線框放在磁場中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸距離為a，線框A、E兩點與一電源相連，穩(wěn)定時流入線框的電流為I，關(guān)于線框受到的安培力情況，下列說法正確的是(　　) A．整個線框受到的合力方向與BD連線垂直 B．整個線框沿y軸方向所受合力為0 C．整個線框在x軸方向所受合力為k

43、a2I，沿x軸正向 D．整個線框在x軸方向所受合力為ka2I，沿x軸正向 解析：選B　根據(jù)左手定則可知，DC邊和BE邊受的安培力大小相等，方向相反，AD邊受的安培力水平向左，大小為F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB邊受的安培力水平向右，大小為F2＝B′IL＝k·2a·I·a＝2ka2I，整個線框受的安培力水平向右，大小為F2－F1＝ka2I，A、C、D錯誤，B正確。 [C級——難度題目自主選做] 14.(2018·渭南質(zhì)檢)如圖所示，電源電動勢為3 V，內(nèi)阻不計，兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長的細線上，金屬環(huán)面平行，相距1 m，兩環(huán)分別與電源正負極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)

44、量為0.06 kg、電阻為1.5 Ω的導體棒輕放在環(huán)上，導體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上、磁感應強度為0.4 T的勻強磁場。當開關(guān)閉合后，導體棒上滑到某位置靜止不動，試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5 m，此位置與環(huán)底的高度差是多少？ 解析：棒受的安培力F＝BIL， 棒中電流為I＝，代入數(shù)據(jù)解得F＝＝0.8 N， 對棒受力分析如圖所示(從右向左看)，兩環(huán)支持力的總和為2FN＝， 代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.5 N。 由牛頓第三定律知，棒對每一個環(huán)的壓力為0.5 N， 由圖中幾何關(guān)系有tan θ＝＝＝，得θ＝53°， 棒距環(huán)底的高度為h＝r(1－c

45、os θ)＝0.2 m。 答案：0.5 N　0.2 m (二)重點高中適用作業(yè) [A級——保分題目巧做快做] 1.(2018·濟寧模擬)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　) A．向上　　　　　　　 B．向下 C．向左 D．向右 解析：選B　帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，磁場為4根長直導線在O點產(chǎn)生的合磁場，根據(jù)安培定則，a在O點產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，b在O點產(chǎn)生的磁場方向為豎直向上，c在O點產(chǎn)生的磁場方向為水

46、平向左，d在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左。根據(jù)左手定則，帶正電粒子在合磁場中所受洛倫茲力方向向下，故B正確。 2.[多選](2018·廣州模擬)在同一平面內(nèi)有①、②、③三根等間距平行放置的長直導線，通入的電流強度分別為1 A、2 A、1 A，②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，則(　　) A．①的電流方向為a→b B．③的電流方向為e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：選BCD　根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向為b→

47、a，③的電流方向為e→f，選項A錯誤，B正確；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項C正確；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，選項D正確。 ★3.法拉第電動機原理如圖所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。電源負極與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導線插入水銀中。從上往下看，金屬桿(　　) A．向左擺動 B．向右擺動 C．順時針轉(zhuǎn)動 D．逆時針轉(zhuǎn)動 解析：選D　由左手定則知，圖示位置金屬桿所受安培力方向與金屬桿垂直向里，從上往下看，金

48、屬桿逆時針轉(zhuǎn)動，D正確。 4．(2018·鄭州模擬)如圖所示，兩根無限長導線均通以恒定電流I，兩根導線的直線部分和坐標軸非常接近，彎曲部分是以坐標原點O為圓心的、半徑相同的一段圓弧，規(guī)定垂直于紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，已知直線部分在原點O處不形成磁場，此時兩根導線在坐標原點處的磁感應強度為B，下列四個選項中均有四根同樣的、通以恒定電流I的無限長導線，O處磁感應強度也為B的是(　　) 解析：選A　由磁場的疊加可知A圖中四根導線在O處的合磁感應強度為B；B圖中四根導線在O處的合磁感應強度為2B；C圖中，O處的合磁感應強度大小為－2B；D圖中，O處的合磁感應強度為－B。 ★5.如

49、圖所示，把一根通電的硬直導線ab，用輕繩懸掛在通電螺線管正上方，直導線中的電流方向由a向b。閉合開關(guān)S瞬間，導線a端所受安培力的方向是(　　) A．向上 B．向下 C．垂直紙面向外 D．垂直紙面向里 解析：選D　根據(jù)右手定則可知，開關(guān)閉合后，縲線管產(chǎn)生的磁極N極在右側(cè)。根據(jù)左手定則可知，a端受力垂直紙面向里，選項D正確。 6.(2018·煙臺模擬)在地球赤道上進行實驗時，用磁傳感器測得赤道上P點地磁場磁感應強度大小為B0。將一條形磁鐵固定在P點附近的水平面上，讓N極指向正北方向，如圖所示，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度大小為B1；現(xiàn)將條形磁鐵以P點為軸旋轉(zhuǎn)90°，使其N極指向正

50、東方向，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度的大小應為(可認為地磁南、北極與地理北、南極重合)(　　) A．B1－B0 B．B1＋B0 C. D. 解析：選D　設條形磁鐵在P點處產(chǎn)生的磁感應強度為B′，當N極指向正北方時，B1＝B0＋B′，解得B′＝B1－B0，當N極指向正東方時，P點的磁感應強度B＝＝＝，D正確。 ★7.(2018·開封模擬)如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導體棒。當導體棒中的恒定電流I垂直于紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可將導體棒置于勻強磁場中，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過

51、程中，關(guān)于B的大小的變化，正確的是(　　) A．逐漸增大　　　　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 解析：選D　對導體棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力為零，將支持力FN和安培力FA合成，合力與重力相平衡，如圖所示，從圖中可以看出，安培力FA先變小后變大，由于FA＝BIL，其中電流I和導體棒的長度L均不變，故磁感應強度先變小后變大，故D正確。 8.(2018·淮北模擬)利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應強度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質(zhì)導線連接線框與電源，導線

52、的電阻忽略不計。當有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，拉力顯示器可以直接顯示力敏傳感器所受的拉力。當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知 F1>F2，則磁感應強度B的大小為(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：選B　當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1，則F1＝mg＋BL; 接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2，則F2＝mg－BL；聯(lián)立解得B＝，選項B正確。 9. (2018·唐山五校聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標系的第

53、一象限分布著非勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，沿y軸方向磁場分布是不變的，沿x軸方向磁感應強度與x滿足關(guān)系B＝kx，其中k是一恒定的正數(shù)，由粗細均勻的同種規(guī)格導線制成的正方形線框ADCB邊長為a，A處有一極小開口AE，整個線框放在磁場中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸距離為a，線框A、E兩點與一電源相連，穩(wěn)定時流入線框的電流為I，關(guān)于線框受到的安培力情況，下列說法正確的是(　　) A．整個線框受到的合力方向與BD連線垂直 B．整個線框沿y軸方向所受合力為0 C．整個線框在x軸方向所受合力為ka2I，沿x軸正向 D．整個線框在x軸方向所受合力為ka2I，沿x軸正向 解析：選B　根據(jù)

54、左手定則可知，DC邊和BE邊受的安培力大小相等，方向相反，AD邊受的安培力水平向左，大小為F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB邊受的安培力水平向右，大小為F2＝B′IL＝k·2a·I·a＝2ka2I，整個線框受的安培力水平向右，大小為F2－F1＝ka2I，A、C、D錯誤，B正確。 [B級——拔高題目穩(wěn)做準做] ★10.[多選](2018·湖南長沙長郡中學模擬)如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根平行的無限長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間且與兩導線的距離均為r，b點在導線2右側(cè)，與導線2的距離也為r。現(xiàn)測得a點的磁感應強度大小為B0，已知距

55、一無限長直導線d處的磁感應強度大小B＝，其中k為常量，I為無限長直導線的電流大小，下列說法正確的是(　　) A．b點的磁感應強度大小為 B．若去掉導線2，b點的磁感應強度大小為 C．若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應強度為0 D．若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應強度大小仍為B0 解析：選BD　根據(jù)B＝，可知a點磁感應強度B0＝＋＝，則：＝B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應強度為：Bb＝－＝＝B0，方向向外，故選項A錯誤；若去掉導線2，b點的磁感應強度大小為：Bb′＝＝B0，故選項B正確；若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應強

56、度為Bb″＝－＝＝B0，方向向外，故選項C錯誤；若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應強度大小為Bb″＝＝B0，故選項D正確。 11.[多選](2018·肇慶模擬)如圖甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t＝0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，下列說法正確的是(　　) A．在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動 B．在最初的一個周期內(nèi)，導線一直向左運動 C．在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先增大后減小 D．在最初的

57、半個周期內(nèi)，導線的速度先增大后減小 解析：選AD　當t＝0時，由左手定則可知，MN受到向右的作用力，根據(jù)F安＝BLI，由于B最大，故此時的安培力最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁感應強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當B＝0時，加速度為0，速度最大，當B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN減速到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原出發(fā)的位置，故在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動，選項A正確，B錯誤；在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先減小后增大，而其速度則是先增大后減小，故選項C錯誤，D正確。

58、 12．[多選](2018·河北定州中學模擬)如圖所示，在兩磁極之間放一培養(yǎng)皿，磁感線垂直培養(yǎng)皿，皿內(nèi)側(cè)壁有環(huán)狀電極A，中心有電極K，皿內(nèi)裝有電解液，若不考慮電解液和培養(yǎng)皿之間的阻力，當通以如圖所示電流時，則(　　) A．電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動 B．電解液靜止不動 C．若將滑動變阻器的滑片向左移動，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變慢 D．若將磁場的方向和電流的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾矗瑒t電解液轉(zhuǎn)動方向不變 解析：選AD　電解液中當通以如題圖所示電流時，將電解液看成無數(shù)個幅條狀導體組成，每根導體中電流從環(huán)邊緣流向K，由左手定則判斷可知，電解液所受的安培力方向沿順時針，因此電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動，故A正

59、確，B錯誤；若將滑動變阻器的滑片向左移動，其有效電阻減小，電路中電流增大，由F＝BIL知，電解液所受的安培力增大，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變快，故C錯誤；若將磁場的方向和電流的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，由左手定則可知安培力方向不變，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變，故D正確。 ★13.如圖所示，梯形金屬框架導軌放置在豎直平面內(nèi)，兩腰延長線的夾角為θ，底邊ab長為l，垂直于梯形平面有一磁感應強度為B的勻強磁場。在導軌上端再放置一根水平金屬棒cd，質(zhì)量為m，導軌上接有電源，使abcd構(gòu)成回路，回路電流恒為I，cd棒恰好靜止。已知cd棒和導軌之間接觸良好，不計摩擦阻力，重力加速度為g。求： (1)cd棒所受安培力；

60、 (2)cd棒與ab邊之間的高度差h。 解析：(1)cd棒在安培力與重力的作用下處于平衡狀態(tài)，因此cd棒所受安培力Fcd＝mg，方向豎直向上。 (2)設cd棒的有效長度為l′，由cd棒靜止得：mg＝BIl′， 因此l′＝ 根據(jù)幾何關(guān)系知cd棒的有效長度l′＝l＋2htan 解得h＝。 答案：(1)mg，方向豎直向上　(2) 14.(2018·渭南質(zhì)檢)如圖所示，電源電動勢為3 V，內(nèi)阻不計，兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長的細線上，金屬環(huán)面平行，相距1 m，兩環(huán)分別與電源正負極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.06 kg、電阻為1.5 Ω的導體棒輕放在環(huán)上，導體棒與環(huán)有良好電接

61、觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上、磁感應強度為0.4 T的勻強磁場。當開關(guān)閉合后，導體棒上滑到某位置靜止不動，試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5 m，此位置與環(huán)底的高度差是多少？ 解析： 棒受的安培力F＝BIL， 棒中電流為I＝，代入數(shù)據(jù)解得F＝＝0.8 N， 對棒受力分析如圖所示(從右向左看)，兩環(huán)支持力的總和為2FN＝， 代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.5 N。 由牛頓第三定律知，棒對每一個環(huán)的壓力為0.5 N， 由圖中幾何關(guān)系有tan θ＝＝＝，得θ＝53°， 棒距環(huán)底的高度為h＝r(1－cos θ)＝0.2 m。 答案：0.5 N　0.2 m 第2節(jié)磁

62、場對運動電荷的作用 (1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。(×) (2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。(×) (3)根據(jù)公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(×) (4)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(×) (5)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×) (6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。(√) (7)經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應強度B、加速電壓的大小共同決定的。(×) ◎物理學史判斷

63、 (1)荷蘭物理學家洛倫茲提出運動電荷產(chǎn)生了磁場和磁場對運動電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點。(√) (2)英國物理學家湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，并指出：陰極射線是高速運動的電子流。(√) (3)阿斯頓設計的質(zhì)譜儀可用來測量帶電粒子的電量和質(zhì)量。(×) 1．應用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時的半徑和周期公式時，一定要進行推導，不能直接應用。 2．解決帶電粒子在磁場中運動的基本思路：圓心的確定→半徑的確定和計算→運動時間的確定。 3．解題中常用到的二級結(jié)論： (1)粒子速度垂直于磁場時，做勻速圓周運動：R＝，T＝(周期與速率無關(guān))。 (2)粒子勻速通過正交電磁場(離子速度選擇器)：qvB

64、＝qE，v＝。磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應：洛倫茲力等于電場力。 (3)帶電粒子作勻速圓周運動必須抓住幾何條件：①入射點和出射點，兩個半徑的交點和夾角；②兩個半徑的交點即軌跡的圓心，③兩個半徑的夾角等于偏轉(zhuǎn)角，偏轉(zhuǎn)角對應粒子在磁場中運動的時間?！　? 突破點(一)　對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。 (4)洛倫茲力一定不做功。 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者性質(zhì)

65、相同，都是磁場力。 (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。 3．洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 方向 F⊥B且F⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功，可能做負功，也可能不做功 [題點全練] 1.(2015·重慶高考)圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物發(fā)生衰變放出的部分粒子的徑跡，氣泡室中磁感應強度方向垂直于紙面向里。以下判斷可能正確的是(　　) A．a(chǎn)、b為β粒子的徑跡　　　 B

66、．a(chǎn)、b為γ粒子的徑跡 C．c、d為α粒子的徑跡 D．c、d為β粒子的徑跡 解析：選D　由于α粒子帶正電，β粒子帶負電，γ粒子不帶電，據(jù)左手定則可判斷a、b可能為α粒子的徑跡，c、d可能為β粒子的徑跡，選項D正確。 2.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束。∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長直導線移至P處，則O點的電子受到的洛倫茲力大小為F2。那么F2與F1之比為(　　) A.∶1　　　　　　　　 B.∶2 C．1∶1 D．1∶2 解析：選B　長直導線在M、N、P處時在O點產(chǎn)生的磁感應強度B大小相等，M、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向都向下，合磁感應強度大小為B1＝2B，P、N處的導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度夾角為60°，合磁感應強度大小為B2＝B，可得，B2∶B1＝∶2，又因為F洛＝qvB，所以F2∶F1＝∶2，選項B正確。 3.[多選](2018·杭州模擬)如圖所示，一軌道