【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件9.1磁感应强度和安培力 (含解析).ppt，共(75)页，2.007 MB，由MTyang资料小铺上传

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第九单元磁场年份题号命题点命题规律Ⅰ卷15题质谱仪测电荷质量Ⅱ卷18题带电粒子在圆形有界磁场中的运动2016年Ⅲ卷18题带电粒子在角形有界磁场中的运动Ⅰ卷16题带电粒子在复合场中的运动Ⅰ卷19题平行直导线安培力的作用Ⅱ卷18题带电粒子在圆

形有界磁场中的运动Ⅱ卷21题电动机原理2017年Ⅲ卷24题带电粒子在不同磁场中的运动Ⅰ卷25题带电粒子在电、磁组合场中的运动Ⅱ卷20题磁感应强度的叠加计算Ⅱ卷25题带电粒子在电、磁组合场中的运动2018年Ⅲ卷24题带电粒子在电、磁组合场

中的运动(1)选择题一般考查磁场叠加、安培力、洛伦兹力的基础知识(2)计算题主要是考查带电粒子在磁场中的运动与力学、电学综合应用，难度较大，常是高考的压轴题(3)带电粒子在有界磁场中的临界问题是考查重点(4)组合场、复合场在科技中的应用常作为命题情景9．1磁感应强度和安培力知识清单考点

整合集中记忆一、磁场磁场的基本性质：磁场对放入其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．磁场的产生：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷运动产生的．二、磁感应强度意义：表示磁场强弱和方向．定义式：B＝FIL(通电导线垂直

磁场)．单位：特斯拉(T)．方向：小磁针N极的受力方向．三、磁感线意义：磁感线的疏密表示磁场的强弱，某点的切线方向表示该点的磁场方向．特点：磁感线是闭合曲线，在磁体外部从N极指向S极；在磁体内部由S极指向N极．磁感线不相交．安培定则：判定电流周围的磁场方向磁场项目直线电流的磁场通电螺线管的磁场

环形电流的磁场安培定则特点无磁极、环绕导线的同心圆，距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且最强，管外越远处磁场越弱环形电流的两侧是N极和S极，离圆环中心越远磁场越弱四、安培力大小：F＝BILsinθ(θ是B

与I的夹角)．(1)B与I平行：F＝0.(2)B与I垂直：F＝BIL.方向：(1)用左手定则判断：伸开左手，使拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向，那么拇指所指的方向就是安培力的方向．(2)安培力方向的特点：不论B和I

夹角如何，总是F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面.考点讲练考点突破针对训练考点一对磁感应强度的理解1．理解磁感应强度注意“三点”(1)磁感应强度由磁场本身决定，不能根据B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比．(2)如果通电导线平行磁场

，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．2．磁感应强度与电场强度的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱和方向的物理量描述电场强弱和方向的物理量定义式B＝FIL(L⊥B)E＝Fq方向小磁针N极受力方向正电

荷受力方向决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关磁感线与电场线磁感线闭合，不相交电场线不闭合，不相交下列关于磁场或电场的说法正确的是________．①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小

和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一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零⑦地磁场的N极在地理的南极附近，地磁场的S极在地理的北极附近⑧地磁场在地球表面附近大小不变，方向与地球表面平

行【答案】④⑤⑦考点二安培定则和磁场叠加1．安培定则的应用用安培定则判定电流的磁场时应分清“因”和“果”．因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)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，利用平行四边形定则合成与分解．3．常见的电流

磁场分布电流立体图横截面图纵截面图直线电流通电螺线管环形电流4.实际应用中的三种磁场(1)电流表内部的磁场如图1，电流表内部的永磁体及铁心产生的磁感线均通过圆心，由N指向S.(2)通电环形螺线管中的磁场甲图中，环形螺线管左、右半部两个螺

线管的N、S极首尾相连；乙图中，环形螺线管左、右半部两个螺线管的N、S极相对，中部可近似看成匀强磁场．(3)地磁场如图3，地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，地磁场的S极在地理北极附近，N极在地理南极附近．(2018·课标全国Ⅱ

)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0，方向也垂于

纸面向外，则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0【答案】AC【解析】根据右手螺旋定则，L

1直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，同理，L2直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，依据矢量叠加法则，则有：B0－B2－B1＝B03；B0＋B2－B1＝B02；联立上式，可

解得：B1＝712B0B2＝112B0；故A、C两项正确，B、D两项错误．(2017·课标全国Ⅲ)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()A．0B.33B0C.233B0D．2B0【答案】C【解析】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

为l的a点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1＝B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°＝12B0；解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP＝33B0；当P中的电流反向，其他条

件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2＝33B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B＝B02＋（33B0）2＝233B0，故C项正确，A、B、D三项错误，故选C项．

考点三安培力的判断与计算1．判断方向(1)磁场和电流方向垂直的情况：直接用左手定则判定．(2)磁场和电流方向不垂直的情况：将磁感应强度沿电流和垂直电流方向分解，再用左手定则判定垂直分量作用的安培力．(3)通用结论：不论磁场和电流方向是否垂直，安培力总是垂直于磁场和电流方向所决定的平

面．(4)常用推论：两平行的直线电流作用时，同向电流吸引，异向电流排斥．2．计算大小(1)有效长度法：公式F＝BIL中的L是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度．相应的电流沿L由始端流向末端，如图所示．(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流

元，每一小段看成直导线，再按直线电流的判断和计算．(2018·芜湖一模)如图所示，直角坐标系Oxyz处于匀强磁场中，有一条长0.6m的直导线沿Ox方向通有大小为9A的电流，受到的安培力沿Oz方向，大小为2.7N．则该匀强磁场可能的方向和磁感应强

度B的最小值为()A．平行于xOy平面，B＝0.5TB．平行于xOy平面，B＝1.0TC．平行于yOz平面，B＝0.5TD．平行于xOz平面，B＝1.0T【答案】A【解析】根据左手定则，安培力必须与电流和磁场

构成的平面，故场的方向一定在xy平面内；当电流，磁场互相垂直的时候，安培力最大，所以最小的磁感应强度为B＝FIL＝2.79×0.6T＝0.5T，所以A项正确．(2018·武汉模拟)(多选)磁电式电流表的构造如图(a)所示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动

的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针．蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图(b)所示．当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线图停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋

弹簧有关的常量．不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知()A．该电流表的刻度是均匀的B．线圈转动过程中受到的安培力的大小不变C．若线圈中通以如图(b)所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动D．更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即ΔθΔI)【答案】AB【解析】A项，磁场

是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A项正确；B项，磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各

个位置的磁场的磁感应强度大小不变，故受到的安培力的大小不变，故B项正确；C项，若线圈中通以如图(b)所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，故时顺时针转动，故C项错误；D项，更换k值更大的螺旋弹簧，

同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小了，故灵敏度减小了，故D项错误．(2018·长沙模拟)如图，闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝构成，圆环半径为L，圆心为O，P、Q在圆环上，∠POQ＝90°，圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场

磁感应强度为B.两根导线一端分别连接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．0B.42BEL17rC.BELrD.2BELr【答案】D【解

析】根据电阻定律可知优弧PQ的电阻为3r，劣弧PQ的电阻为r，两部分并联在电路中，并联的总电阻为R并＝3r·r3r＋r＝34r，电路总电阻R＝14r＋34r＝r，根据闭合电路的欧姆定律可得电流强度I＝Er，将优、劣弧等效为直导线PQ，则直线PQ长度x＝2L，根据安培力的计算公式可得圆环受到

的安培力的大小为FA＝BIx＝2BELr，故D项正确、A、B、C三项错误．(多选)如图所示，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()A．导电圆环所受安培力方向竖直向下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2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ【答案】BD【解析】将导线分成小的电流元，任取一小段电

流元为对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场产生的安培力沿水平方向指向圆心，总和力为零．水平方向的分磁场产生的安培力为：F＝BIL＝2πBIRsinθ，方向为竖直向上，所以B、D两项正确．题型拓展典例剖析提炼方法涉及安培力的动力学问题在安培力和其它力

的作用下，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，解题思路与力学一样，一般要用平衡方程、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律求解．安培力作用下的导体运动分析1．分析思路判定通电导线在安培力作用下的运动或运动趋势，首先要弄清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，进而确定导体的运动情况．2．判定方法电流元法电流元安培力方向→整体合力方向→运动方向等效法通电螺线管条形磁铁特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥．转换对象法导线所受安培力――――――→牛

顿第三定律磁体受导线的作用力例1如图所示，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将()A．不动B．顺时针转动，同时靠近导线C

．逆时针转动，同时离开导线D．逆时针转动，同时靠近导线【答案】D【解析】等效法：将自由移动的环形电流看成小磁针，由安培定则可知直线电流ab的磁场在其右方垂直纸面向里，小磁针的N极将转向纸面向里，排除A、B两项．特殊位置法：分析线圈平面转到趋近纸面

时的特殊位置．结论法：同向电流相吸，反向电流相斥，可知线圈左侧受直导线引力，右侧受直导线斥力，离直导线越近磁感应强度越大，安培力越大，使得线圈所受直线电流的安培力向左，即线圈在靠近导线．安培力作用下的平衡问题例2水平面上有电阻不计

的U形导轨NMPQ，导轨的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ，指向右斜上方且与金属棒ab垂直，如图所示，问：(1)当ab棒静止时，受到

的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】(1)mg－BLEcosθRBLEsinθR(2)mgREL方向水平向右【解析】(1)从b向a看，如图所示．水平方向：

Ff＝F安sinθ①竖直方向：FN＋F安cosθ＝mg②又F安＝BIL＝BERL③联立①②③得，FN＝mg－BLEcosθR，Ff＝BLEsinθR.(2)使ab棒受支持力为零，且让磁感应强度最小，则受安培力竖直向上，则有F安＝mgBmin＝mgREL

，根据左手定则判定磁场方向水平向右．方法提炼分析安培力问题的两个关键(1)立体图转化为平面图：在三维空间无法准确画出受力图示，通过画俯视图、剖面图或侧视图，将立体图转化为平面图．(2)确定安培力的方向：用左手定

则判断安培力的大致方向，根据安培力方向跟磁场和电流都垂直，确定安培力准确方向和相关角度．安培力作用下的运动问题例3如图甲所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金

属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是()【答案】D【解析】从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝

kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则加速度与速度方向

相反，做加速度增大的减速运动．v-t图像的斜率绝对值表示加速度的大小，A、B两项错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－μkBLmt，显然加速度a与时间t成线性关系

，C项错误，D项正确．例4(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方

向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，导轨电阻不计，导体棒中的电流保持不变，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，则()A．磁场方向一定竖直向下B．导体棒所受安培力为0.3NC．导体棒

在摆动过程中电源提供的电能为0.048JD．电源电动势大于3.0V【答案】ABD【解析】导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下．导体棒摆动过程中，由动能定理知：BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0，代入

数值得：导体棒中的电流为I＝3A，所受安培力F＝BIL＝0.3N，由能量守恒定律知：电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒机械能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cosθ)＝0.04

8J，C项错误．由上面能量关系知：EI>I2R，则E>3.0V，此过程中导体棒是非纯电阻元件．方法提炼安培力做功的特点1．安培力做正功时，将电源的能量转化为导线的机械能(见例4)．2．安培力做负功时，将导线的机械能转化为电能(如电磁感应)．1．(2018·海南)如图，一绝缘光滑固

定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上．若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将()A．沿斜面加速上滑B．沿斜面加速下滑C．沿斜面匀速上滑D．仍静止在斜面上答

案A解析当磁场的磁感应强度大小为B，电流变为I时，金属棒处于静止状态，根据平衡条件和安培力公式可得：BIL＝mgsinθ，当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0.5I时，此时安培力大小变为：F＝3B×0.

5I×L＝1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：a＝1.5BIL－mgsinθm＝0.5mgsinθm＝gsinθ2.故A项正确，B、C、D三项错误．2．(2018·安徽模拟)一通电直导线长度为1cm、质量为1g、电流为1A，用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位

置，如下正面图．在通电导线所处位置加上匀强磁场，静止后细线与竖直方向成30°角，如下侧面图(θ＝30°)，g取10m/s2，则B的最小值及对应方向是()A．0.866T，方向竖直向下B．0.5T，方向沿线向上C．0.577T，方向沿线向上D．1T，方向平行于纸

面水平向左答案B解析对导体棒受力分析可知导体棒受到的安培力与重力和绳子的拉力的合力大小相等，方向相反，当安培力的方向与绳子的方向垂直时，安培力最小，对应的磁感应强度最小；故由左手定则可以判断出磁场的方向

沿绳子的方向向上，安培力的大小：F＝mgsinθ＝1×10－3×10×sin30°＝5×10－3N根据安培力的公式：F＝BIL代入数据可得：B＝0.5T；故B项正确，A、C、D三项错误．3．(2018·温州模拟)电磁炮是一种新型的兵器，其

射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹．它的主要原理如图所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出．设两轨道间距离为0.10m，匀强磁场的磁感应强度为40T，电流2000A，轨道长度为20m，则()A．若不计任何阻力，质量

为20g炮弹最终获得的速度为400m/sB．若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍C．若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为2倍D．若阻力大小一定，电流加倍，速度变为2倍答案C解析A项，在运动过程中受到的安培力大小为F＝BIL＝8000N，运动

过程中，根据动能定理可知Fx＝12mv2，解得v＝4000m/s，故A项错误；B项，根据A可知v＝2BILxm，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的2倍，故B项错误；C项，若阻力大小一定，

轨道长度加倍，根据动能定理可知BILx－fx＝12mv2，解得v＝2x（BIL－f）m，故轨道长度加倍，速度变为2倍，故C项正确；D项，若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知BILx－fx＝12mv2，解得v＝2x（BIL－f）m，电流加倍，

速度不是原来的2倍，故D项错误．4.(2018·天津模拟)如图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为L1，宽与高均为L2的长方体．泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源(

内阻不计)，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，在t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g，则()A．泵体下表面应接电源正极B．电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1C．电源提供的电功率为U2L1ρD．质量为m的液体离开泵时的

动能为UIt－mgh－I2ρL1t答案D解析A项，当泵体下表面接电源的正极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不会拉动液体，故A项错误；B项，根据安培力公式F＝BIL2，故B项错误；C项，根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρLS＝ρ×L2

L1L2＝ρL1；非纯电阻电路，因此流过泵体的电流I≠UR＝UL1ρ，那么液体消耗的电功率为P≠U2L1ρ，而电源提供的电功率为UI，故C项错误；D项，若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为EK＝UIt－mg

h－I2ρL1t，故D项正确．