高考物理一輪學案第11章磁場

第一課時磁場磁感應強度安培力

第一關(guān)：基礎(chǔ)關(guān)展望高考

基礎(chǔ)知識

一、磁場

知識講解

(1)定義：磁體或通電導體周圍存在一種特殊物質(zhì)，它能夠傳

遞磁體與磁體之間、磁體與通電導體之間以及通電導體與通電導體之

間的相互作用，這種特殊的物質(zhì)叫做磁場.

(2)基本性質(zhì)：對放入其中的磁體或電流產(chǎn)生力的作用.

(3)產(chǎn)生：①永磁體周圍存在磁場；②電流周圍存在磁場——

電流的磁效應.

(4)方向：小磁針北極受力的方向即小磁針靜止時北極所指方

向，為磁場中該點的磁場方向.

活學活用

1.如圖所示，帶負電的金屬環(huán)繞軸00'以角速度3勻速旋轉(zhuǎn)，

在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后平衡的位置是()

N

A.N極豎直向上B.N極豎直向下

C.N極沿軸線向左D.N極沿軸線向右

解析：帶負電的金屬環(huán)旋轉(zhuǎn)，可形成環(huán)形電流，進而產(chǎn)生磁場，

負電荷勻速轉(zhuǎn)動會產(chǎn)生與旋轉(zhuǎn)方向反向的環(huán)形電流，由安培定則知，

在磁針處磁場的方向沿00'軸向左，由于磁針N極指向為磁場方向，

所以應選C.

答案：C

二、磁感應強度

知識講解

(1)定義：在磁場中垂直于磁場方向的通電直導線，受到的安

培力的作用F,跟電流I和導線長度L的乘積IL的比值，叫做通電

直導線的磁感應強度.

(2)公式：B=F/IL

(3)單位：在國際單位制中，磁感應強度的單位是特斯拉，簡

稱特，符號是T.

(4)方向：其方向就是磁場方向，即小磁針靜止時N極所指的

方向.

(5)物理意義：磁感應強度是表征磁場強弱的物理量.

說明：①磁感應強度是反映磁場性質(zhì)的物理量，是由磁場自身決

定的，與是否引入電流無關(guān)，與引入的電流是否受力無關(guān)，因為通電

導線取不同方向時，其受力大小不盡相同，在定義磁感應強度時，式

中F是直導線垂直磁場時受到的磁場力.

②磁感應強度的方向是該處磁場的方向，而不是F的方向.

③若空間存在兒個磁場，空間的磁場應.由這兒個磁場疊加而成,

某點的磁感應強度為B,百=可工正…(矢量和).

活學活用

2.有關(guān)磁感應強度的下列說法中，正確的是()

A.磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量

B.若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感

應強度一定為零

C.若有一小段長為L,通以電流為I的導體，在磁場中某處受到

的磁場力為F,則該處磁感應強度的大小一定是F/IL

D.由定義式B=F/IL可知，電流I越大，導線L越長，某點的磁

感應強度就越小

解析：磁感應強度的定義式B=￡,是利用比值法來定義的，但

IL

不能說B與F成正比，與IL成反比.磁場中某點磁感應強度只由磁場

本身決定，與通電導線的受力無關(guān)，與放入檢驗電流的大小、方向以

及導線長度也無關(guān).另一方面，通電導線在磁場中的受力不僅與磁感

應強度有關(guān)，還跟導線通過的電流大小、長度、位置取向都有關(guān).

答案：A

三、磁感線

知識講解

(1)定義：在磁場中畫一些有方向的曲線，這些曲線上每一點

的切線方向跟該點的磁感應強度方向相同，這樣的曲線叫磁感線.

(2)特點：①磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線越密的地

方磁場越強；磁場方向在過該點的磁感線的切線方向.

②磁感線不相交、不中斷，是閉合曲線.在磁體外部，磁感線從

N極指向S極；在磁體內(nèi)部，磁感線從S極指向N極.

③磁感線是為了形象地描述磁場而假想的物理模型，在磁場中并

不真的存在，不可以認為有磁感線的地方才有磁場，沒有磁感線的地

方?jīng)]有磁場.

四、安培力

知識講解

(1)定義：通電導線在磁場中受到的力稱為安培力.

(2)方向：安培力方向的判定通常利用左手定則.

左手定則：它是確定通電導體在外磁場中受力方向的定則.其內(nèi)

容為：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且都要跟手掌在

同一平面內(nèi)，把手放入磁場，讓磁感線穿過手心，讓伸開的四指指向

電流方向，那么大拇指所指方向即為安培力方向，如圖所示.

(3)大小:F=BILsin0

說明：①公式適用于導線處在勻強磁場中，或?qū)w所在范圍內(nèi)B

是一個恒量.

②公式中0指磁場和電流方向的夾角.

③公式中各物理量的單位為：N(F)、T(B)、A(I)、m(L).

④在應用F=BILsin0公式時應注意：

a.B一般指勻強磁場的磁感應強度，若是非勻強磁場，B應是通

電導線L所在處的磁感應強度.

b.L是有效長度，對于彎曲導線的有效長度，應等效于兩端點連

接直線的長度，相應的電流方向應沿等效長度L由始端流向末端，如

圖所示.對于任意形狀的閉合導線，可認為線圈的有效長度為零，即

L=0,所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和一定為零.

XXXXXXXX

z

X:

XXx匕XX

x:4T

:》

XXL乂-

X^XxXX

<

x-kXXXXXXX

活學活用

3.如圖所示，垂直折線abc中通以電流I,ab=bc=L,折線所在的

平面與勻強磁場垂直，勻強磁場的磁感應強度為B,求abc折線受到

的安培力的大?。?/p>

XXXX

XXXX

解析：abc受到的安培力等效于ac(通有電流I的ac直導線)所

受的安培力，即F=BI(0L),方向同樣等效于電流ac,判定為在紙面

內(nèi)垂直于ac的連線上并且斜向上方.

答案:BI(V2L)

第二關(guān)：技法關(guān)解讀高考

解題技法

一、安培力作用下的動態(tài)分析

技法講解

定性判斷通電導線或線圈在安培力作用下的運動方向的幾種基

本方法

1.電流元分析法

把整段電流等分為很多段直線電流元，先用左手定則判斷出各小

段電流元受到的安培力方向，再判斷整段電流所受安培力合力的方

向，從而確定導體的運動方向.

2.特殊位置分析法

把通電導體轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后判斷其安培力方向，

從而確定運動方向.

3.等效分析法

環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵也可等效為環(huán)形電流，通電

螺線管可等效成多個環(huán)形電流或條形磁鐵.

4.利用電流相互作用的結(jié)論分析

電流產(chǎn)生磁場，磁場對電流有安培力作用，所以電流與電流之間

也將存在磁場力作用關(guān)系.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，

異面電流相互作用下有轉(zhuǎn)動趨勢，轉(zhuǎn)到同向且相互靠近.

5.轉(zhuǎn)換研究對象法

電流與電流之間，磁體與電流之間的相互作用應滿足牛頓第三定

律，這樣定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題時，可先分

析電流在磁體磁場中的受力，然后由牛頓第三定律確定磁體的受力，

從而判斷其運動方向.

典例剖析

例1如圖所示,把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵磁

極的正上方，導線可以自由轉(zhuǎn)動，當導線通入圖示方向電流I時，導

線的運動情況是（從上往下看）（）

I

A.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時下降

B.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時上升

C.逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時下降

D.逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時上升

解析：用電流元分析法：把直線電流看為0A和0B兩部分，畫出

兒條典型的磁感線，由左手定則可判斷出0A段受安培力垂直紙面向

外，0B段受安培力垂直紙面向里，如右圖所示，可見從上向下看導

線將逆時針轉(zhuǎn)動；再用特殊位置分析法：設(shè)導線轉(zhuǎn)過90°到與紙面

垂直的位置，見右圖判斷導線受安培力方向向下.由以上兩個方向可

知導線在逆時針轉(zhuǎn)動的同時向下運動.選C.

答案：C

例2如圖所示，在條形磁鐵S極附近懸掛一個線圈，線圈與水平

磁鐵位于同一平面內(nèi)，當線圈中電流沿圖示方向流動時，將會出現(xiàn)()

A.線圈僅做平動、不轉(zhuǎn)動

B.線圈僅做轉(zhuǎn)動、不平動

C.從上往下看，線圈做順時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近磁鐵

D.從上往下看，線圈做逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近磁鐵

解析：把環(huán)形電流等效為磁針，根據(jù)安培定則可判

斷此磁針垂直紙面，N極向里，根據(jù)磁鐵對磁針的作用很容易得

到：從上往下看，磁鐵S極將吸引磁針N極，排斥磁針S極，故線圈

做逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近磁鐵?選D.

答案：D

二、安培力作用下的靜態(tài)分析

技法講解

有關(guān)通電導體受安培力作用的綜合性問題，大多是力的平衡問

題.與力學相比只是多了一個安培力，解題過程中，首先要準確地使

用左手定則，判斷出安培力的方向，再利用物體平衡的知識和規(guī)律解

決問題，解題關(guān)鍵是要學會把空間立體圖改畫成平面圖，以便于進行

受力分析，做出力分析圖.

典例剖析

例3在傾角。=30°的斜面上，固定一金屬框，寬1=0.25m,

接入電動勢E=12V、內(nèi)阻不計的電池，垂直框的兩對邊放有一根質(zhì)

量m=0.2kg的金屬棒ab,它與框架的動摩擦因數(shù)U=36,整個裝

置放在磁感應強度B=0.8T,垂直框面向上的勻強磁場中（圖）.為

使金屬棒靜止在框架上，滑動變阻器R的阻值應在什么范圍內(nèi)？（設(shè)棒

受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，框架與棒的電阻不計，g取10m

/s2）

解析：由左手定則判定安培力方向沿斜面向上，隨著變阻器調(diào)至

不同的阻值，引起了金屬桿中電流大小的不同，產(chǎn)生兩種情況，當安

培力小時，桿有下滑趨勢；當安培力大時，桿有上滑趨勢.當R較大

時，I較小，安培力F較小，棒受的摩擦力向上（圖1）.當剛好平衡

時，R最大，且BS-T+Jmgcos0-mgsin。=0

Rmax

得RM=-----強----=——0.8x12x0.25Q=48Q

mg（sinjcos6）02x10x（0.5—3當

圖1

當R取較小值時,I較大,安培力F較大,棒受的摩擦力向下（圖2）.

當剛好平衡時,R最小,且

Rmgcos9-mgsin0=0,得Rmin=-----------

Rminmg（sine+〃cos。）

=-------0.8xl2x0fQ=l.6Q

0.2x10x（0.5+旦也）

62

所以R的取值范圍應為1.6OWRW4.8Q

三、安培力的瞬時作用與安培力做功問題

技法講解

L安培力的瞬間作用，實際上是在很短的時間At內(nèi)給導線

一個沖量，使導線獲得一個動量，F(xiàn)At=mv

2.安培力做功的特點

(1)安培力做功與路徑有關(guān)，繞閉合回路一周，安培力做的功可

以為正，可以為負，也可以為零，而不像重力和電場力做功一定為零.

(2)安培力做功的實質(zhì)：起能量轉(zhuǎn)化的作用，將電源的能量傳遞

給通電導線，而磁場本身并不能提供能量，如導體ab在安培力作用

下運動，安培力做功的結(jié)果是將電能轉(zhuǎn)化為導體的動能，只要有安培

力做功，就有電能和其它形式的能量轉(zhuǎn)化，安培力做功的過程就是電

能和其它形式的能轉(zhuǎn)化的過程.

典例剖析

例4如圖所示水平桌面放置的U形金屬導軌，串接有電源，現(xiàn)將

兩根質(zhì)量相等的裸導線L和L2放在導軌上，方向與導軌垂直，導軌

所在平面有一個方向向上的勻強磁場，當閉合開關(guān)后，兩根導線便向

右運動，并先后脫離導軌右端掉在水平地面上.測得它們落地位置與

導軌右端的水平距離分別為$和S2,求合上開關(guān)后：

(1)安培力對L、L?所做的功之比WJWK

(2)通過L.和L的電荷量之比q,：q2.

解析：(1)設(shè)U形導軌的高度為h,棒離開導軌下落做平拋運動,

則棒平拋運動的初速度

根據(jù)動能定理，金屬棒從K閉合到離開導軌時有

W=-mv2-O=-mg—

r2o4h

其中WF為安培力對金屬棒所做的功.

可見在質(zhì)量m高度h相同時WFOCS?.

故安培力對L\,L所做功之比為其=工.

W2s2

(2)棒在導軌上由靜止達到水平速率vO的過程中由動量定理得

B71?t=mv0,又有q=71

可見，在m、B、L、h相同時，q0cs.

故通過LI、L2的電荷量之比為卬：q2=Si：s2.

2

答案：(1)工(2)s,：s2

S2

第三關(guān)：訓練關(guān)笑對高考

隨堂訓練

1.由磁感應強度的定義式B=￡可知o

A.磁感應強度與通電導線受到的磁場力F成正比，與電流強度和

導線長度的乘積成反比

B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用時一，該處的磁感應強度

一定為零

C.磁感應強度的方向與F的方向一致

D.只要滿足L很短，I很小的條件，B=￡對任何磁場都適用

IL

解析：磁感應強度由磁場本身決定，與放入磁場中的通電導線無

關(guān).若通電導線平行于磁場方向放置，則所受磁場力一定為零，但磁

感應強度不一定為零.磁感應強度的方向規(guī)定為小磁針N極所受磁場

力的方向，與放在該處通電導線受磁場力方向不一致.

答案：D

2.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FN1,現(xiàn)在磁鐵

上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖，當加上電流后，

臺秤讀數(shù)為Fw,則以下說法正確的是()

A.FN1>FN2,彈簧長度將變長

B.FQFg彈簧長度將變短

C.&KFN2,彈簧長度將變長

D.F水FN2,彈簧長度將變短

答案：B

3.如圖為一種利用電磁原理制作的充氣泵的結(jié)構(gòu)示意圖,其工作

原理類似打點計時器，當電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵

向下運動時，以下選項中正確的是()

A.電磁鐵的上端為N極,小磁鐵的下端為N極

B.電磁鐵的上端為S極,小磁鐵的下端為S極

C.電磁鐵的上端為N極,小磁鐵的下端為S極

D.電磁鐵的上端為S極,小磁鐵的下端為N極

解析：當電流從a端流入電磁鐵時，據(jù)安培定則可判斷出電磁鐵的上端為S極,

此時能吸引小磁鐵向下運動，說明小磁鐵的下端為N極，答案為D.

4.如圖為研究磁場對通電導線作用的實驗裝置，當接通電源有電

流由a至b通過導線ab時，導線將受到磁場作用而向左運動，則()

A.當磁場方向改變時，導線ab將向右運動，機械能轉(zhuǎn)化為電能

B.當電流方向改變時，導線ab將向右運動，電能轉(zhuǎn)化為機械能

C.當電流方向和磁場方向同時改變時，導線ab仍將向左運動

D.當電流方向和磁場方向同時改變時，導線ab將向右運動

解析：磁場對通電導線的作用力方向跟電流方向和磁場方向有關(guān).

保持電流方向不變，使導體中磁場方向相反，則通電導線受力方向與

原來相反；保持磁場方向不變，使電流方向相反，則通電導線受力方

向與原來相反；若磁場方向和電流方向都改變，則受力方向不變.能

量轉(zhuǎn)化都是電能轉(zhuǎn)化為機械能

答案：BC

5.如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌,相距1m,導

體棒ab跨放在導軌上,棒的質(zhì)量為m=0.2kg,棒的中點用細繩經(jīng)滑輪

與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.3kg,棒與導軌的動摩擦因數(shù)為U=0.5,

勻強磁場的磁感應強度B=2T,方向豎直向下，為了使物體以加速度

a=3m/s2加速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？(g=10

m/s2)

解析：此題可看作是連接體問題，以整體為研究對象，整體受力

情況為：導體棒的安培力F安，摩擦力Fr,物體受重力Mg,由牛頓第

二定律可得

F安一F「Mg=(M+m)a①

又F安=8￡②

Ff=uFN③

聯(lián)立①②③得1=3A,由左手定則知電流方向由a-b.

答案:3Aa-b

課時作業(yè)三十六磁場磁感應強度安培力

1.在等邊三角形的三個頂點a,b,c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.過c點的導線

所受安培力的方向()

a

g)、、、

::&

;J_1

匕區(qū)T—＞右

A.與ab邊平行，豎直向上

B.與ab邊平行，豎直向下

C.與ab邊垂直，指向左邊

D.與ab邊垂直，指向右邊

解析：由右手可判斷導線a、b產(chǎn)生的磁場在導線c處的磁感應強

度方向的合方向是豎直向下，再由左手可判得導線c受安培力方向為

向左并與ab邊垂直，所以C正確，A、B、D錯誤.

答案:C

2.科學研究表明，地球自西向東的自轉(zhuǎn)速度正在變慢，假如地球

的磁場是由地球表面帶電引起的，則可以斷定()

A.地球表面帶正電，由于地球自轉(zhuǎn)變慢，地磁場將變?nèi)?/p>

B.地球表面帶正電，由于地球自轉(zhuǎn)變慢，地磁場將變強

C.地球表面帶負電，由于地球自轉(zhuǎn)變慢，地磁場將變?nèi)?/p>

D.地球表面帶負電，由于地球自轉(zhuǎn)變慢，地磁場將變強

解析:地球的磁場可類比成一個通電螺線管，在地理北極附近是

地磁場的S極.由安培定則可知電流方向是自東向西，所以地球自轉(zhuǎn)

方向是電流的反方向，所以地球表面帶負電，而由于地球自轉(zhuǎn)變慢，

電流變小，地磁場將變?nèi)?，選項C正確.

答案:C

3.如圖所示，一水平導軌處于與水平方向成45°角斜向左上方

的勻強磁場中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而

在粗糙的導軌上向右做勻速運動.現(xiàn)將磁場方向沿順時針緩慢轉(zhuǎn)動至

豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運動，已知棒與導軌間

動摩擦因數(shù)口<1,則磁感應強度B的大小變化情況是()

A.不變

B.一直減小

C.一直增大

D.先變小后變大

解析:分析金屬棒的受力如圖所示.

B

由平衡條件有BILsinO=F?

Ft-pF尸口(mg+BILcos9),

可解得B=——譬——

IL(sin。-4cos。)

.4mg,

HJ+〃2sin(e+e)'

其中4)=arctanu，因為。從45°變化到90。.所以當。+0

=90°時，B最小，此過程中B應先減小后增大，D正確

答案:D

4.如圖是一個用均勻金屬導線做成的圓環(huán)，A、B是圓環(huán)直徑的

兩端點，當電流I從A點流入，從B點流出時，在環(huán)中心處的磁場方

向是()

A.在圓環(huán)所在的平面內(nèi)，且指向B

B.垂直圓環(huán)平面，且指向紙外

C.垂直圓環(huán)平面，且指向紙內(nèi)

D.磁感應強度為零，無方向

解析:利用安培定則結(jié)合對稱性分析，易得D正確.

答案:D

5.取兩個完全相同的長導線，用其中一根繞成如圖甲所示的螺線

管，當該螺線管中通以電流強度為I的電流時，測得螺線管內(nèi)中部的

磁感應強度大小為B,若將另一根長導線對折后繞成如圖乙所示的螺

線管，并通以電流強度也為I的電流時，則在螺線管內(nèi)中部的磁感應

強度大小為()

A.0

B.0.5B

C.B

D.2B

解析：乙為雙繞線圈，兩通電導線的磁場相互抵消，管同磁感應

強度為零，故選A.

答案:A

6.如圖所示甲，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,在兩導軌間存在

著垂直紙面向里的磁場，當t=0時導線靜止.若磁感應強度B按如圖

乙所示的余弦規(guī)律變化，下列說法正確的是()

Xx|Hx-X-X--X-X

Xx|xXXXX

甲乙

A.在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上做機械振動

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.在最初的半個周期內(nèi)，導線的速度先增大后減小

解析:若導線中的恒定電流為I，設(shè)磁感應強度B=Bmcos女t,則

T

由左手定則可以確定導線所受的安培力f=ILB=F“cos陰t,所以在最

T

初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先減小后反向增大，速度先增大后減

小，最初的一個周期內(nèi)導線將在這種周期性變化的作用下做機械振

動.

答案:AD

7.如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧

拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面.導線中無電流時磁鐵對

斜面的壓力為FN1；當導線中有電流通過時,磁鐵對斜面的壓力為FN2,

此時彈簧的伸長量減小了，則()

AeN

______

A.FN,<FN2,A中電流方向向外

B.FN】=FN2,A中電流方向向外

C.FN,>FN2,A中電流方向向內(nèi)

D.FN1>FN2,A中電流方向向外

解析:如圖所示，畫出磁鐵在導線A處的一條磁感線，若導線A

中通有向外的電流，由左手定則判斷出導線所受安培力F方向向下，

由牛頓第三定律知磁鐵所受反作用力可向上，磁鐵對斜面的壓力FN

減小，F(xiàn)N2<FNI；同時由于已有沿斜面向上的分力，使得彈簧彈力

減小，可知彈簧的伸長量減小，假設(shè)正確，故選D.

答案:D

8.如圖所示的天平可用于測定磁感應強度，天平的右臂下面掛有

一個矩形線圈，寬度為L,共N匝，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場

方向垂直紙面.當線圈中通有方向如圖所示的電流I時一，在天平左右

兩邊加上質(zhì)量各為叫、的祛碼，天平平衡，當電流反向(大小不變)

時，右邊再加上質(zhì)量為m的祛碼后，天平重新平衡，由此可知()

B.磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為瑞

C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外，大小為（m「m2）g

NIL

D.磁感應強度的方向垂直于紙面向外，大小為「鴛

2NIL

解析：由于當電流反向時，右邊需要加祛碼，可判定電流反向后,

安培力方向向上，因此在圖示電流時安培力方向向下，此時gg=m/g+

NBIL,電流反向后mg=（ni2+m）g-NBIL.由以上兩式可解得mg=2NBIL,

則B=a,由左手定則可判定磁感應強度的方向為垂直于紙面向

2NIL

里.

答案:B

9.電磁炮是利用電磁技術(shù)制成的一種理想武器，它的主要原理如

圖所示.電磁炮軌道寬2m,長100m,通過的電流為10A,要把2.2g

的彈體（包括金屬桿的質(zhì)量）加速到10km/s,則軌道間所加的勻強

磁場的磁感應強度B=_T,磁場力的最大功率P=_W（軌道摩擦不計）.

IAI1|+B

<_,?二

IJIII

cr_^>

解析:在電磁炮發(fā)射炮彈的過程中，磁場力做功，增加炮彈的動

能，即F?x=”v/F=BIL

.imv22.2x103x(10xl03)2匚匚

則InBn=----=--------------=55T

2ILx2x10x2x100

P=Fv=BIL?V=55X10X2X10X103=1.1X107W

答案:55T1.1X107W

10.如圖所示，通電導體棒ab質(zhì)量為m、長為L,水平放置在傾

角為。的光滑斜面上，通以圖示方向的電流，電流強度為I,要求導

體棒ab靜止在斜面上.求：

(1)若磁場方向豎直向上，則磁感應強度B為多大？

(2)若要求磁感應強度最小，則磁感應強度如何？

解析：(1)沿導體棒從a向b觀察，對ab棒受力分析(如圖所

示)，由平衡條件得:

在沿斜面方向：mgsin9=Fcos9

在垂直斜面方向：FN=mgcos9+Fsin0

其中F=BIL

聯(lián)立以上各式可得B=巴鬻

(2)當安培力F全部用來平衡重力沿斜面方向的分力mgsin9時,

磁感應強度B最小，此時安培力方向為平行斜面向上.此時有

BIL=mgsin(,B=,磁場方向垂直斜面向上.

答案：(1)理吆(2)自吆，磁場方向垂直斜面向上

IL1L

11.有兩個相同的總電阻為9。的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個絕

緣的水平臺面上，兩環(huán)分別在兩個互相平行的、相距為20cm的豎直

平面內(nèi)，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的

磁感應強度B=0.87T的勻強磁場，兩環(huán)的最高點A和C間接有一內(nèi)

阻為0.5。的電源，連接導線的電阻不計.今有一根質(zhì)量為10g,電

阻為1.5Q的棒置于兩環(huán)內(nèi)側(cè)且可順環(huán)滑動，而棒恰好靜止于圖所

示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點P、Q和圓弧最低點間所夾的弧

所對應的圓心角均為。=60°，取重力加速度為g=10m/s2,試求此電

源電動勢E的大小.

解析：在圖中，從左向右看，棒PQ的受力如圖所示，棒所受的

重力和安培力FB的合力與環(huán)對棒的彈力FN是一對平衡力，且FB=mgtan

9=V3mg

而FB=IBL,所以

3

I=V3mg=V3xlOxlO-xwA=14

BL0.87x0.2

在圖所示的電路中兩個圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R,則

J"，

R=J_^_^2Q=2Q

9

由閉合電路歐姆定律得

E=I(r+2R+R棒)=1X(0.5+2X2+1.5)V=6V

答案：6V

12.如圖所示，表面光滑的平行金屬導軌P、Q水平放置，左端與

一電動勢為E,內(nèi)阻為r的電源連接.導軌間距為d,電阻不計.導軌

上放有兩根質(zhì)量均為m的細棒，棒I電阻為R,棒H為絕緣體，兩棒

之間用一輕桿相連.導軌所在的空間有垂直導軌平面豎直向上的勻強

磁場，磁感應強度大小為B.求：

(1)閉合開關(guān)S瞬間棒H的加速度；

(2)從閉合開關(guān)S到兩棒速度達到v的過程中，通過棒I的電

荷量和電源消耗的總能量分別為多少？(導軌足夠長)

解析：（1）閉合S的瞬間，電路中的電流為1=工

R+r

棒I受安培力F=BId=^

R+r

對棒I、棒n整體，根據(jù)牛頓第二定律得

a=[=方向水平向右.

2m2m（R+r）

（2）對棒i棒n整體，由動量定理

BI'dt=2mv,q=If?t

??.2qm=v——

Bd

電源消耗的電能為E能=口￡=生蟲

Bd

答案：（1）BdE方向水平向右

2m（R+r）

（2）2mv2mvE

BdBd

第三課時帶電粒子在復合場中的運動

第一關(guān)：基礎(chǔ)關(guān)展望高考

基礎(chǔ)知識

一、速度選擇器

知識講解

速度選擇器（如下圖所示）

++++

XXXX

XXXX

①平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直.這種裝置能把

具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器.

②帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是Bqv=Eq,即

v=—E.

B

活學活用

1.如圖是測量帶電粒子質(zhì)量儀器的工作原理示意圖.設(shè)法使

某有機化合物的氣態(tài)分子導入圖示的容器A中，使它受到

電子束轟擊，失去一個電子成為正一價的分子離子.分子

離子從狹縫Si以很小的速度進入電壓為U的加速電場區(qū)

（初速度不計），加速后，再通過狹縫&、S,射入磁感應

強度為B的勻強磁場，方向垂直于磁場區(qū)的界面PQ,最

后，分子離子打到感光片上，形成垂直于紙面且平行于狹

縫，的細線.若測得細線到狹縫出的距離為d,導出分子離

子質(zhì)量m的表達式.

B

解析：設(shè)離子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,經(jīng)過加速電場時，

有qU=-mv2

2

則從狹縫S,射入磁場區(qū)域的速度v=用①

射入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，由于垂直于邊界

射入，離子恰經(jīng)過半個圓，如圖所示，其圓半徑R=色，由離子做勻速

2

圓周運動的條件…竿

代入①式的結(jié)果后，即得離子的質(zhì)量111=昨

8U

答案：m=嚅1

二、磁流體發(fā)電機

知識講解

如圖所示，由燃燒室。燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以

高速v噴入偏轉(zhuǎn)磁場B中.在洛倫茲力作用下，正、負離子分別向上、

下極板偏轉(zhuǎn)、積累，從而在板間形成一個向下的電場，兩板間形成一

定的電勢差：當qvBpt時-，電勢差穩(wěn)定為U=dvB,這就相當于一個

d

可以對外供電的電源.

0

活學活用

2.目前世界上正在研究新型發(fā)電機.一磁流體發(fā)電機，它的原理

圖如圖所示，設(shè)想在相距為d的兩平行金屬板間加一磁感應強度為B

的勻強磁場，兩板通過開關(guān)和燈泡相連.將氣體加熱到使之高度電離

后，由于正、負離子一樣多，且?guī)щ姾闪烤鶠閝,因而稱為等離子體,

將其以速度v噴入甲、乙兩板之間，這時甲、乙兩板就會聚集電荷，

產(chǎn)生電壓，這就是磁流體發(fā)電機的原理，它可以直接把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電

能，試問：

(1)圖中哪個極板是發(fā)電機的正極？

(2)發(fā)電機的電動勢多大？

(3)設(shè)噴入兩極板間的離子流每立方米有n個負電荷，離子流

的橫截面積為S,則發(fā)電機的最大功率多大?

電離氣體甲

-------XXX

------->XXX0

AXXX

解析：(1)等離子體從左側(cè)射入磁場，正離子受向上的洛倫茲

力而偏向甲板，使甲板上積累正電荷，相應的乙板上積累負電荷，成

為電源的正、負兩極.甲板是發(fā)電機的正極.

(2)當開關(guān)斷開時，甲、乙兩板間的電壓即為電源的電動勢?穩(wěn)

定時，甲、乙兩板上積累的電荷不再增加，此時的等離子體所受的洛

倫茲力與電場力恰好平衡，貝I有幽=qvB

d

即得電源的電動勢為U=Bdv.

(3)理想狀態(tài)時，噴入兩極板間的離子流全部流向兩極板，這

時電源達到最大功率.此時，電路中的最大電流為1皿=啊

t

式中N為在t時間內(nèi)噴入兩極板間的正、負離子數(shù)的總和，即

2

N=2nSvt,則發(fā)電機的最大功率為Pmax=UImax=2ndqSBv.

答案：（1）甲板（2）Bdv（3）2ndqSBv2

三、電磁流量計

知識講解

電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d,用

非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動，導電液體中的自

由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，a\,b間的電勢差就

保持穩(wěn)定，由qBv=qE=q—，可得v=—,流量Q=Sv=——=變！.

dBd4Bd4B

四、霍爾效應

知識講解

霍爾效應是高中物理重要的探究課題之一.在勻強磁場中放置一

個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁

場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差.這個現(xiàn)象稱為霍爾效應.

所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓，其原理如圖所

第二關(guān)：技法關(guān)解讀高考

解題技法

一、帶電體在重力場與磁場的復合場中的運動

技法講解

帶電體在重力場與磁場的復合場中運動時，若只受洛倫茲力與重

力，當二力平衡時，物體將沿水平方向做勻速直線運動，若二力不平

衡則物體做一般的曲線運動，很難從運動學角度來分析，而從能量的

角度來分析就比較簡便.一定要注意洛倫茲力不做功這一特點.若帶

電物體在運動過程中還受其他物體（如繩、面或軌道等）的約束，則應

結(jié)合施加約束的物體的特點來分析帶電物體的運動，一定注意洛倫茲

力隨運動狀態(tài)的變化而變化.

典例剖析

例1如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，有一足夠長的等腰三角

形絕緣滑槽，兩側(cè)斜槽與水平面夾角為a，在斜槽頂點兩側(cè)各放一個

質(zhì)量相等、帶等量負電荷的小球A和B,兩小球與斜槽的動摩擦因數(shù)

相等，且RQanJ將兩小球同時由靜止釋放，下面說法正確的是（）

2

XXXX

x>y\xx

x/xx\X

“aXX恭

A.兩球沿斜槽都做勻加速運動，且akaB

B.兩球沿斜槽都做勻加速運動，且aA>aB

C.兩球沿斜槽都做變加速運動，且a?aB

D.兩球沿斜槽的最大位移關(guān)系是：SA=SR

解析：由靜止下滑后，對A、B兩球受力分析

由牛頓第二定律得：

mgsina-u(mgcosa-qBv)=maA

mgsina-u(mgcosa+qBv)=man

所以A球下滑過程中加速度增大，當mgcosa=qBv時將脫離斜面

在空中做曲線運動，B球下滑過程中加速度減小，當mgsina=p

(mgcosa+qBv)時一，B球?qū)⒀匦泵鎰蛩傧禄?，所以選項C正確.

答案：C

二、帶電粒子在電場、磁場、重力場并存的復合場中的運動

技法講解

1.帶電粒子在復合場中的直線運動

帶電粒子在電場、磁場、重力場并存的復合場中運動時，如果帶

電粒子所受合外力為零時，所處狀態(tài)一定是勻速直線運動.如果受的

合力不為零，但方向與速度在同一直線上，粒子將做勻減速或勻加速

直線運動(或作變加速直線運動，如果有桿或面束縛).常見情況如下:

⑴洛倫茲力為零（即V與B平行），重力與電場力平衡，做勻速

直線運動；或重力與電場力的合力恒定做勻變速運動.

（2）洛倫茲力F與速度v垂直，且與重力和電場力的合力（或其中

一種力）平衡.做勻速直線運動.

2.當帶電粒子所受合外力充當向心力，帶電粒子做勻速圓周運

動.由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當向心力，所

以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當向心力.

3.當帶電微粒所受的合外力不為零，且恒力中的重力、電場力的

合力做功使速度大小變化時，帶電微粒所受洛倫茲力變化，從而合外

力變化，粒子將做曲線運動，這時其軌跡既非圓弧、亦非拋物線，屬

變加速曲線運動，不能用勻變速運動或圓周運動等規(guī)律解答有關(guān)問

題，可考慮用動量觀點解答或用功能觀點處理.

典例剖析

例2如圖所示,在空間存在著水平方向的勻強磁場和豎直方向的

勻強電場，電場強度為E,磁感應強度為B.在某點由靜止釋放一個帶

電液滴a,它運動到最低點處，恰與一個原來處于靜止的液滴b相撞,

相撞后兩液滴合為一體，沿水平方向做直線運動.已知液滴a質(zhì)量是

液滴b質(zhì)量的2倍,液滴a所帶電荷量是液滴b所帶電荷量的4倍.

求兩液滴的初始位置之間的高度差h（設(shè)a\,b之間的靜電力可以不

計）.

解析：設(shè)b液滴的質(zhì)量為m,電荷量為q,則a液滴的質(zhì)量為2m,

電荷量為4q.

b液滴原來靜止,受重力和電場力處于平衡，由此可知b液滴帶正

電荷，且mg=Eq.①

由a粒子的運動軌跡可知其受的洛倫茲力方向為右上方,判定出

a粒子帶負電荷.設(shè)a原來所在處與b原來所在處的高度為h,a運動

到b時的速度為v,

由動能定理2mgh+E,4qh=-?2mv40②

2

聯(lián)立①②得：Vi=J6gh.③

a與b相撞后合在一起，電荷量為

4q-q=3q,帶負電，由動量守恒定律得：

2mv,=(m+2m)v2

V^=|-vi=-|76gh@

碰后在一起做勻速直線運動，受到重力3mg,電場力3Eq,洛倫

茲力3Bqv2.

由平衡條件3Bvzq=3Eq+3mg⑤

聯(lián)立①④⑤解得卜=坐

2gB-

3E2

答案：h=

萌

三、帶電體在復合場中的動態(tài)分析與臨界問題

技法講解

帶電體在電場力、磁場力、重力、彈力及摩擦力作用下的運動，

廣泛地涉及力學和電磁學的基本概念、規(guī)律和方法，不僅受力復雜、

運動多變（受力分析與運動分析常結(jié)合在一起）、綜合性強，而且往往

與臨界問題和極值問題密切相關(guān).

1.解決該類型題方法思路

（1）正確進行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意

電場力和磁場力的分析.（2）正確進行物體的運動狀況分析，找出物

體的速度、位置及變化，分清運動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析

臨界條件.（3）選擇適當?shù)囊?guī)律進行求解.

2.分析臨界問題的常用方法

（1）物理分析法

認真分析系統(tǒng)所經(jīng)歷的物理過程，找出與臨界狀態(tài)相對應的臨界

條件，是解答這類題目的關(guān)鍵，尋找臨界條件，方法之一是從最大靜

摩擦力、極限頻率、臨界角、臨界溫度等具有臨界含義的物理量及相

關(guān)規(guī)律入手；方法之二是以題目敘述的一些特殊詞語如“恰好”“剛

好”“最大”“最高”“至少”為突破口，挖掘隱含條件，探求臨界位

置或狀態(tài).

(2)數(shù)學解析法

許多物理過程，一個物理量隨另一個物理量的變化可用一個二次

函數(shù)來表示，如果這個函數(shù)存在極值，則說明它反映的物理變化存在

一個臨界狀態(tài)，用配方法、圖像法求解極值，就可求得臨界點，臨界

狀態(tài)的各物理量便可一一得出.

典例剖析

例3如圖所示,豎直絕緣桿處于方向彼此垂直、大小為E、B的勻

強電、磁場中，一個質(zhì)量為m、帶正電電荷量為q的小球，從靜止開

始沿桿下滑，且與桿的動摩擦因數(shù)為試求：

(1)小球速度為多大時，加速度最大？最大值是多少？

(2)小球下滑的最大速度是多少？

解析：小球開始下滑時，在水平方向始終受到方向相反的電場力

qE和洛倫茲力qvB的作用，受力分析如圖所示］

*Eq

(1)當qvBVqE時，壓

力FN水平向左，小球下滑的加速度為:

mg-〃FN_〃(qE-qvB)

?

mm

由上式知a隨v的增加而增加，即小球做加速度增加的加速運動.

當qvB=qE,即速度增大v=0時-，

B

摩擦力Ff=FN=O,加速度最大,其最大值為a^=g.

⑵當qvB>qE時\FN改變方向為水平向右，小球下滑加速度為:

mg-〃FN〃(qvB-qE)

a---------=g-------------

mm

由此可知a隨v增大而減小，即小球做加速度減小的加速運動,

當a=0時,速度達到最大,這時有：

mg=u(qvB-qE)

故最大速度為

〃qB

答案：（1）v=0araax=g（2）mg+〃Eq

B〃qB

第三關(guān)：訓練關(guān)笑對高考

隨堂訓練

1.如圖所示，a、b是一對平行的金屬板，分別接到直流電源的兩

極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d.在較大的空間范圍內(nèi)存

在著勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里，而在a、

b兩板間還存在著勻強電場.從兩板左側(cè)中點C處射入一束正離子，

這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成3束.則這些正

離子的（）

A.速度一定都相同

B.質(zhì)量一定有3種不同的數(shù)值

C.電量一定有3種不同的數(shù)值

D.荷質(zhì)比一定有3種不同的數(shù)值

XXX^XXXXXX

a1=)/,

xxxxkx/%XX

c-----------------B

XXXXIXXXXX

hi,}

XXXXXXXx

解析：帶電粒子在正交的復合場中做直線運動，必有qvB=qE,

即v=￡各離子的速度相同.離開復合場后各離子的軌道半徑不同，由

B

R=^可知，荷質(zhì)比一定不同.

答案：AD

2.如圖所示，一塊通電的銅板，板面垂直磁場放在磁場中，板內(nèi)

通有圖示方向的電流，a、b是銅板的左、右邊緣的兩點，則()

XXXX

XX1ZXX

a，■b

XXXX

A.電勢6a>。b

B.電勢6b>6a

c.電流增大時，I6a—6bl增大

D.其他條件不變，將銅板改為NaC1水溶液時，電勢情況仍然

一樣

解析：銅板內(nèi)自由電荷為自由電子，電流向上，則電子流動方向向

下，其所受洛倫茲力的方向向左,則自由電子將向a側(cè)偏轉(zhuǎn),a側(cè)積累

負電荷,b側(cè)顯出正電荷從而建立由b指向a的電場，故6aV如”B正

確.同時，當eBv=^^■時，電子不再偏轉(zhuǎn),Ik最大，為lk=Bdv,其中

d

I=svne,所以v=」~,所以幾=網(wǎng)■，可見I增大時,Lb=|也增

snesne

大,C正確.當為NaCl水溶液,正負離子偏向同一側(cè)，故D不正確.

答案:BC

3.如圖所示，水平放置的兩個平行金屬板MN、PQ間存在勻強電

場和勻強磁場.MN板帶正電，PQ板帶負電，磁場方向垂直紙面向里.

一帶電粒子只在電場力和洛倫茲力作用下，從I點由靜止開始沿曲線

IJK運動，到達K點時速度為零，J是曲線上離MN板最遠的點.以下

說法正確的是()

P'W0

A.粒子在J點受到的電場力大于洛倫茲力

B.粒子在I點的電勢能大于K點的電勢能

C.粒子在I點和K點的加速度相同

D.粒子將在IJK曲線上往復運動

答案：AC

4.如圖所示，帶電平行板中勻強電場豎直向上，勻強磁場方向垂直紙

面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道端

點P進入板間后恰好沿水平方向做直線運動，現(xiàn)使小球從稍低些的b

點開始自由滑下，在經(jīng)P點進入板間的運動過程中（）

①其動能將會增大②其電勢能將會增大③小球所受

的洛倫茲力將會增大④小球所受的電場力將會增大

A.①②③B.①②③④

C.①④D.②③④

解析：帶電小球進入板間恰好沿水平方向做直線運動，所以

qvB+qE=mg（小球只能帶正電），若從稍低的b點落下，進入板間的速

度將減小，則進入時洛倫茲力減小了，因此小球?qū)⑾蛳掳迤?，合外?/p>

做功大于零（mg>qE）,動能將會增大，速度將會增大，洛倫茲力將會

增大；由于向下板偏，電場力做負功，其電勢能將會增大.而電場力

大小只與場強及小球的帶電荷量有關(guān)，故④錯.

答案：A

5.如圖所示，直線P0與x軸成45°角，x軸上方有水平向右的

勻強電場E”下方有豎直向下的勻強電場艮，已知電場強度E尸&=10

N/C,x軸下方還存在著垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度

B=10T.現(xiàn)有一質(zhì)量m=l.OXICTkg的帶電粒子，帶電荷量q=-1.0X

10'C.粒子由P點無初速釋放，PO=d=—m(重力加速度g=10m/s?).

2

求：

(1)粒子剛進入磁場區(qū)域時的速度v；

⑵粒子第一次在磁場中運動的時間t和位移L.

解析：粒子在兩個電場中所受的電場力大小相同，為

4

F=qE,=qE2=1.0X10N

粒子所受的重力為

G=mg=1.0X10'N

可見在兩個電場中粒子所受電場力大小均等于重力大小.

(1)在x軸上方的電場中，粒子沿P0做初速度為0的勻加

速直線運動

合外力大小為F合ZB+F?=V2X104N

合外力方向：tan0=-=1,8=45°,即合外力與場強方向的夾

角為45。，粒子將從原點0進入x軸下方的復合場中

加速度a=殳=10V2m/s2

m