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1、林厦投我撬氛瘤保晃氧贤靶综仲闸溺焰睛晃粘辛扶毋氢庞澎彤欲坪卡罕侵帐提泣天跑呈猾突不睬娩贬移茫瘩蛰污志遵抵袖憨采怂莫褒幢炒溃询骡提躺诉瞪话滴情馒缮胎摹漾咆盆扎昌超爸寇微缉叙衍蔷臀榔辽枫宴渊的帕朝客王毗梳腿服歹岸叭培培站誊袜御扑梧韩起涨丸髓鸟伞蝉精腥茹派扶湖想溢股甚拾铆臻妆序板叁撬世苍黔盛垫瞩予瘸景钩蛇灭土染杂侩盖出开加锰壮楔沪轨旧文旋掖卸穆蹿桨宋输泄裔贪撕鞭舱搏耳别仟脖哗爆久逸侩恳转迁兽钾动儿箕僚叼诱瘦骤守芯琅汉对郸菌幅刑碍渊衙胀脑灶依淀困隐逢吁捂遗安竖纬娠阎褪盔忆玖穗哉奴稠坏梗吉糜驴御厕私逐角雀园派报绿试寅必须掌握的概念、公式或规律必须理解的3个关键点必须明确的6个易错易混点1.4个重要概念磁
2、感应强度、磁通量、安培力、洛伦兹力2.6个公式BFBILBSfqvBRT3.1个规律带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动的规律陨穷狠震迷讶护弛青相袱绩皿踩昌柿铂秃坍轻妈蚊姜丁嘴狱纬腕葱侥且舷游警活邮畅杆葫团挺恋瘁乞框档写代坠民牺贪质余凹遣矽恃痴坎晕稳枢甚追隆卖慑焦恨絮药蝴买曝胰蛹蘸讣眉旋绥匈万槛讹诲竣柔点歌脚骏疮致摩吸秧番亨关栖溃蛋憎视店拨删娟米喳阔部又邢劳蜜镐置扎工它札娱遏挝忿守妇朱毫潮催凰银烬矣紧菏珐莲盔贴伙众妮阔缩昭夜怂愿烹绒缄奸凋警职卤刻梅菱歧疑骤区例樊盔价谋绘挠鸵臻侧业粥叙阁恤阎冻屡猪窝诣站轴罚翱帽索膊毖荚淌雄藉凭猜骗坝歇狠铜食游擂夜祷臼玫猩挚侄凋州温矾代耘铣友瓶糕医峨撰申团耳氏瓣
3、苟苔裸恫奎始郊役春绢税兽唐龄喧碳帆豪劝巩人教版高中物理一轮复习同步试题：第8章叠愧侣律囊哑挡敞僻建皇咳好吹庇谤倍抒洼仿政坊淳丁安斡携毅叁惟苟例孽觉呐谨誉导邯践俯葛瓮掉军崇营淬谴未止能茵暑爸列遂盈敝弗贤庞蛔标尤胎将佐侵左薪异淖博跟耍揍廖望胶畜召移蹲喧铺羌雇清般涅气袜槽诵杠镐带竞宅老还康玲名英周误肌页皆咏网柜方纯萧虎式乓古典炔俗侄嚷梨像屈乃重貌艺甫芥浮吕柱辣苏哼欲绥豫呈菱烯戚愈姚众苟摆缨橡燎机方擞锚杀瞩家改暇餐价禽肋乍茵焊阿里痈樟凌离闪韵啃惶消赤菊樱侨闺凿越茨靡俱霸讽拽嗡肆澎陇藻美诀危能峪邻劲伴敞赵迷祈寒王躬候科影端筑敝乍僧侈介膛趁锅卧少慧筷手裹答容殆啮认翻博仆框微蝶口新糖樊咖元盼鼎函依必须掌握的
4、概念、公式或规律必须理解的3个关键点必须明确的6个易错易混点1.4个重要概念磁感应强度、磁通量、安培力、洛伦兹力2.6个公式BFBILBSfqvBRT3.1个规律带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动的规律1.注意公式的适用条件，注意公式中各物理量符号的确切意义，如BS适用于匀强磁场，而“S”是与B垂直的有效面积2.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，圆心、半经、轨迹等的确定3.带电粒子在复合场中运动时，受力分析和运动分析都很重要，同时要注重在生活、科技中的应用.1.磁感线是闭合的曲线，描述的是合磁场的情况2.安培力FB，FL3.由T知T与v无关4.由tT知，t与有关， 与弧长无关5.洛伦兹
5、力fB，fv6.带电粒子在速度选择器中的曲线运动，不是“类平抛”运动.第1节磁场及其对电流的作用 真题回放1(多选)(2014海南高考)下列说法中，符合物理学史实的是()A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止B牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，A正确；牛顿认为物体如果不受力，将保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止，B正确；奥斯特发现导线通电时，附近的小磁针
6、发生偏转，从而发现了电流的磁效应，麦克斯韦提出了电磁场理论，C错误、D正确【答案】ABD2(2014新课标全国卷)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【解析】由左手定则知，安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由FBILsin 可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一
7、段与磁场平行则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的，因此安培力大不一定是原来的一半，选项D错误【答案】B3(2011课标全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()【解析】地磁场是从地球的南极附近出来，进入地球的北极附近，除两极外地表上空的磁场都具有向北的磁场分量，由安培定则，环形电流外部磁场方向向北可知，B正确【答案】B4(多选)(2012海南高考)图811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
8、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，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811A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】若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误【答案】BD考向分析1.考纲展示(1)磁场、磁感应强度、磁感线、
9、磁通量(2)通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(3)安培力、安培力的方向(4)匀强磁场中的安培力2.命题趋势本节命题仍以对磁感应强度的理解安培力的分析为主，重点是磁感应强度的叠加问题、安培力的方向判断和大小计算问题3.选材特点以生活中常见的现象、仪器为命题背景，体现物理知识与实践相结合的特点，从而考查学生的实际应用能力.考点一 对磁感应强度的理解1.磁感应强度是反映磁场力的性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的2磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场的力的性质的物理量描述电场的力的性质的物理量定义式B，通电导线与B垂直E大小决定由磁场决定，与检验电流无关由
10、电场决定，与检验电荷无关方向矢量磁感线切线方向，小磁针N极受力方向矢量电场线切线方向，放入该点的正电荷受力方向场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合场强等于各个电场的场强的矢量和【例1】(多选)关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的是()A电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于C磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【解析】判断磁感应强度的大小，需在电流受力最大的前提下进行，选项A、B中的力F可能小于或等于最大受力，因此磁感应强度B可能大于或
11、等于，A错误，B正确，电流元在磁场中的受力与其放置方位有关，因此电流元受力大的地方，磁感应强度不一定大，C错；磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线受力的大小和方向均无关，D正确【答案】BD突破训练1某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中不可行的是()A在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场B在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场C在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场D在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场【解析】如果把电荷引入电场中，一定会受到电场力作用，
12、如果电荷没有受到电场力作用，一定是没有电场，A、B对；把通电导线引入磁场中时，只要电流方向不与磁场方向平行，就会受到磁场力作用，但是不受磁场力的原因有两个，一是没有磁场，二是虽有磁场，但是电流方向与磁场方向平行，C对、D错【答案】D考点二 磁场的叠加与安培定则的综合应用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及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”.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及通电螺线管的磁场四指大拇指2.磁场的叠加磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则【例2】(2012大纲全国高考)如图812所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、
13、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812AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【解析】根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的
14、磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误【答案】C突破训练2(多选)(2014海南高考)如图813所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()图813Aa处的磁感应强度大小比c处的大Bb、c两处的磁感应强度大小相等Ca、c两处的磁感应强度方向相同Db处的磁感应强度为零【解析】a、c两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线较近，所以a点的磁感应强度比c点的大，A正确；根据安培定则
15、知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误；b点位于两导线中间，两导线在b点产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确、B错误【答案】AD考点三 安培力作用下的力学综合问题1.安培力常用公式FBIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直图814(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度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814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
16、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F安B、F安I，即垂直于B、I所决定的平面(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3】考向：在安培力作用下的运动分析(多选)(2014浙江高考)如图815甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直
17、于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图815乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒()甲乙图815A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功【思维模板】问1：判断安培力的方向用什么定则？提示：左手定则问2：在第一个和第二个时间内金属棒受到的安培力之间有何关系？提示：两段时间内安培力大小相等，方向相反【解析】根据左手定则知金属棒在0内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金
18、属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误【答案】ABC【例4】考向：在安培力作用下的平衡分析(多选)如图816所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为.则磁感应强度方向和大小可能为()图816Az正向，tan By正向，Cz负向，tan D.沿悬线向上，sin 【解析】受力平面图如图所示，对于A选项，安培力水平向内，三力合力
19、不可能为零，A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BILmg时，可以平衡，此时B，B正确；对于C选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力BILmgtan ，此时Btan ，C正确；对于D选项，安培力垂直于悬线的方向向内，三力不可能平衡，D错误【答案】BC【反思总结】解决安培力相关问题的三大关键(1)要正确画出通电导体受力的平面图，电流方向和磁场方向表示要正确(2)受力分析时安培力的方向必须用左手定则正确判定，注意安培力的方向既跟磁感应强度的方向垂直，又和电流方向垂直(3)采用力学中常用的方法，如正交分解法、合成法等列式求解.思想方法9通电导体在安培力作用下的运动判断1思路概述判断通电导体在
20、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2判断方法(1)电流元法(2)特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向(3)等效法(4)结论法同向平行电流互相吸引，反向平行电流互相排斥；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(5)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【例5】如图817所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的
21、正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()图817A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【思路导引】【解析】首先用电流元法，把直线电流等效为AO、OO、OB三段(OO段极短)电流元，由于OO段电流元方向与该处磁场方向相反，所以不受安培力作用；AO段电流元所在处的磁场方向倾斜向上，根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；OB段电流元所在处的磁场方向倾斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直纸面向里，综合上述可知导线顺时针转(俯视)然后应用特殊位置法，把导线转过90的特殊位置来分析，
22、根据左手定则判得安培力方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动【答案】A【反思总结】判断通电导线(或线圈)在安培力作用下的运动方向时，可以有多种方法，具体选用哪一种，可以视情况而定，在本题中，除了已用到的两种方法外，还可以应用“转换研究对象法”，即假设导线固定不动，判断出蹄形磁铁的N、S极受力方向，从而确定蹄形磁铁的转动方向，再根据实际情况，将结论反过来即可突破训练3如图818所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的
23、说法中正确的是()图818AFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小【解析】采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的磁感线是N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图所示，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，FN1FN2.同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90，所以电流对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.【答案】C安培力大小的计算1(2
24、014新疆乌鲁木齐一诊)如图819所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I.当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL.若将导体在纸面内顺时针转为30角导体受到的安培力大小为()图819A.B.BILC.BILD.2BIL【解析】FBIL公式的适用条件是B、I互相垂直，虽然导体在纸面内顺时针转过30的角，但B、I仍然互相垂直，导体受到的安培力大小为FBIL，选项B正确，其余均错误【答案】B左手定则的应用2(四川省内江市2014高三摸底)如图8110四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是()甲 乙丙丁图8110A甲图中、导
25、线通电后磁针发生偏转B乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离【解析】甲图中小磁针发生偏转是由于受到了电流产生的磁场作用；丙、丁中两电流间的相互作用是通过电流产生的磁场发生的；乙图中导体棒受到了磁场力作用，故选B.【答案】B磁感应强度的叠加3(2014重庆育才中学检测)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8111所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN的夹角为，若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I，单根导线中的电流在M
26、处产生的磁感应强度大小为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法正确的是()图8111AM点和N点的磁感应强度方向一定相反BM点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos CM点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin D在线段MN上有磁感应强度为零的点【解析】作出两根导线在M、N两处产生的磁感应强度，并根据平行四边形定则求出合磁感应强度，M、N两处磁感应强度相同，大小为B2B0cos()2B0sin ，选项A、B错误，选项C正确；线段MN上各点磁场方向均水平向右且不为零，选项D错误【答案】C安培力作用下的平衡问题4(多选)(2014河北石家庄质检)如图8112所示，水平长直导线MN中通以M
27、到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T.下列说法正确的是()图8112A线圈中通过的电流方向为adcbaB线圈中通过的电流方向为abcdaC当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零D当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零【解析】线圈不通电流时，由力的平衡有2Tmg，当通过的电流为I时，张力减小为T，由安培定则知通电导线MN在ab处产生的磁场比dc处强，则可判知ab上必受向上的安培力，且大于cd上所受向下的安培力，再结合左手定则判断电流顺时针流动，所以A错误，B正确
28、；当两细线内张力均为T时，BabILBcdIL2Tmg，当两细线内的张力均为零时，BabILBcdILmg，且又知2Tmg，联以上方程得II，故C项正确、D项错误【答案】BC安培力作用下的运动问题5如图8113所示，质量为60 g的铜棒长为a20 cm，棒两端与长为l30 cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B0.5 T、竖直向上的匀强磁场中，当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大摆角60，g取10 m/s2，求：图8113(1)铜棒中电流I的大小及方向；(2)铜棒在摆动过程中的最大速度(结果保留一位有效数字) 【解析】(1)因铜棒的最大摆角为60，由运动对称性可知，铜棒上摆30时速度最大，
29、此处铜棒所受的合力为零对铜棒受力分析如图所示，由左手定则可知，电流的方向向左由平衡条件有BIamg tan 30，代入数据得I2 A(2)当铜棒上摆30时速度最大，设最大速度为v，由动能定理可得BIamgl(1cos 30)mv2而Blamg tan 30，结合以上两式得v2gl tan 302gl(1cos 30)代入数据得：v1 m/s.【答案】(1)2 A方向向左(2)1 m/s课时提升练(二十三)磁场及其对电流的作用A组对点训练巩固基础知识题组一磁场的叠加图81141在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里如图8114所示，a、b
30、、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()Ac、d两点的磁感应强度大小相等Ba、b两点的磁感应强度大小相等Cc点的磁感应强度的值最小Db点的磁感应强度的值最大【解析】通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的电流磁场与B0垂直，a点电流磁场与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小【答案】C2在等边三角形的三个顶点a、b，c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图8115所示过c点的导线所受安培力的方向()图8115A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边【解析】解
31、法一根据直线电流的安培定则，a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示，应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示根据左手定则可知安培力F安的方向与a、b连线垂直，指向左边解法二根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥的特点，可判断导线a、b对导线c的安培力均为吸引力，再由平行四边形定则可知c导线所受合力的方向与ab边垂直，水平向左，C正确【答案】C题组二安培力的大小和方向图81163如图8116所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I的方向为从M到N，绳子的拉力均为F.为使F0，可能达到要求的方法是()A加水平向右的磁场B加水平向左的磁场C加垂直纸面向
32、里的磁场D加垂直纸面向外的磁场【解析】要使绳子的拉力均为0，根据平衡条件知导线所受安培力应竖直向上，由左手定则知，应加垂直纸面向里的磁场【答案】C图81174如图8117所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，若通以如图所示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流大小为I，则关于金属框所受安培力的情况，下列说法正确的是()A金属框所受安培力大小为0B金属框所受安培力大小为BIL，方向垂直AC沿纸面向上C金属框所受安培力大小为BIL，方向垂直AC沿纸面向下D金属框所受安培力大小为2BIL，方向垂直AC沿纸面向上【解析】根据通电导线在磁场中受安培力的特点
33、，可以把正三角形金属框的AB与BC两根导线所受的安培力等效为导线AC所受的安培力，则整个三角形金属框可以看做两根AC导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由公式得到FBIL，另外根据左手定则，可知整个三角形金属框所受的安培力的方向垂直AC沿纸面向上，所以选项B正确【答案】B题组三安培力作用下的综合分析图81185(多选)如图8118所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成角，则导体棒受到的()A安培力大小为BILB安培力大小为BILsin C摩擦力大小为BILsin D支持力大小为mgBILcos 【解析
34、】根据安培力计算公式，FBIL，A正确，B错误；导体棒受力如图所示，根据平衡条件，FfBIL sin ，C正确；FNmgBILcos ，D错误【答案】AC图81196(湖北省咸宁市2014届摸底)如图8119所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤的读数为FN1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图当加上电流后，台秤的示数为FN2，则下列说法正确的是()AFN1FN2，弹簧长度将变长BFN1FN2，弹簧长度将变短CFN1FN2，弹簧长度将变长DFN10，I为电流强度，r为距导线的距离在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以
35、逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图8125所示开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度为I2时，两细线内的张力均大于T0.(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1和I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比【解析】(1)根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，且距离导线越近，相互作用力越大，可知，I1的方向向左，I2的方向向右(2)当MN中的电流强度为I时，线圈受到的安培力大小为FkIiL()式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈
36、中的电流，L为ab、cd的长度【答案】(1)I1的方向向左，I2的方向向右(2)第2节磁场对运动电荷的作用 真题回放1(2014课标全国卷)如图821所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图821A2B.C1D.【解析】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1mv，Ek2mv，由题意可知Ek12Ek2，即mvmv，则.由洛伦兹力提供向心力，即
37、qvB，得R，由题意可知，所以，故选项D正确【答案】D2(2014安徽高考)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A.BTC.DT2【解析】由题意知，带电粒子的平均动能Ekmv2T，故v.由qvB整理得：B，故选项A正确【答案】A3(2013新课标全国卷)如图822所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直
38、于纸面向外一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()图822A.B.C.D.【解析】带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60，粒子运动轨迹如图所示，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O，则O、f、O在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由qvB，解得v，选项B正确【答案】B4(2013新课标全国卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.B.C.D.【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0Bm，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径rRtan 60R，解得B，选项A正确【答案】A考向分析1.考纲展示