发布时间 : 星期一 文章2019届高考物理一轮复习教案：第九章磁场 word文档可编辑含答案解析更新完毕开始阅读
的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )
A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直 B．整个线框沿y轴方向所受合力为0
1
C．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向
43
D．整个线框在x轴方向所受合力为ka2I，沿x轴正向
4
解析：选B 根据左手定则可知，DC边和BE边受的安培力大小相等，方向相反，AD边受的安培力水平向左，大小为F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB边受的安培力水平向右，大小为F2＝B′IL＝k·2a·I·a＝2ka2I，整个线框受的安培力水平向右，大小为F2－F1＝ka2I，A、C、D错误，B正确。
[B级——拔高题目稳做准做]
★10.[多选](2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，同一平面内有两根平行有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0，
的无限长直导线1和2，通与两导线的距离均为r，b已知距一无限长直导线d
kI
处的磁感应强度大小B＝d，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是( )
B0A．b点的磁感应强度大小为
4
B0B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为
6
C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0
D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0
kIkIkI2kIkI1
解析：选BD 根据B＝d，可知a点磁感应强度B0＝r＋r＝r，则：r＝B0，根据右手螺旋定则，此时b点
2kIkI2kI1
磁感应强度为：Bb＝－＝＝B0，方向向外，故选项A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为：Bb′＝
r3r3r3kI1kIk·2IkI1＝B0，故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为Bb″＝r－＝＝B，方3r63r3r60k·2I向向外，故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为Bb″＝r＝B0，故选项D正确。
11.[多选](2018·肇庆模拟)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )
A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动 B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动
C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小
D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小
解析：选AD 当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C错误，D正确。
12．[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，在两磁极之间放一培养皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液当通以如图所示电流时，则( )
A．电解液将顺时针旋转流动 B．电解液静止不动
C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢
D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变
解析：选AD 电解液中当通以如题图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动，故A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D正确。
★13.如图所示，梯形金属框架导轨放置在竖直平面内，两腰延长线为l，垂直于梯形平面有一磁感应强度为B的匀强磁场。在导轨上端再放质量为m，导轨上接有电源，使abcd构成回路，回路电流恒为I，cd棒导轨之间接触良好，不计摩擦阻力，重力加速度为g。求：
(1)cd棒所受安培力；
(2)cd棒与ab边之间的高度差h。
解析：(1)cd棒在安培力与重力的作用下处于平衡状态，因此cd棒所受安培力Fcd＝mg，方向竖直向上。 (2)设cd棒的有效长度为l′，由cd棒静止得：mg＝BIl′， mg因此l′＝BI θ
根据几何关系知cd棒的有效长度l′＝l＋2htan
2mgBI－l
解得h＝。
θ2tan
2
mgBI－l
答案：(1)mg，方向竖直向上 (2)θ
2tan
2
14.(2018·渭南质检)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相
计，两个不计电阻的金属距1 m，两环分别与电源正的夹角为θ，底边ab长置一根水平金属棒cd，恰好静止。已知cd棒和皿，磁感线垂直培养皿，和培养皿之间的阻力，
负极相连。现将一质量为0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？
解析：
棒受的安培力F＝BIL，
EBEL
棒中电流为I＝R，代入数据解得F＝R＝0.8 N，
对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2FN＝F2＋?mg?2， 代入数据解得FN＝0.5 N。
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N， F0.84
由图中几何关系有tan θ＝＝＝，得θ＝53°，
mg0.63棒距环底的高度为h＝r(1－cos θ)＝0.2 m。 答案：0.5 N 0.2 m
第2节磁场对运动电荷的作用
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×) 2πr
(3)根据公式T＝v，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×) (4)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)
(5)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)
(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)
◎物理学史判断
(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)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的电量和质量。(×)
1．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。 2．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定。 3．解题中常用到的二级结论：
mv2πm
(1)粒子速度垂直于磁场时，做匀速圆周运动：R＝，T＝(周期与速率无关)。
qBqB
E
(2)粒子匀速通过正交电磁场(离子速度选择器)：qvB＝qE，v＝。磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应：洛伦
B兹力等于电场力。
(3)带电粒子作匀速圆周运动必须抓住几何条件：①入射点和出射点，两个半径的交点和夹角；②两个半径的交点即轨迹的圆心，③两个半径的夹角等于偏转角，偏转角对应粒子在磁场中运动的时间。
突破点(一) 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (4)洛伦兹力一定不做功。
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 3．洛伦兹力与电场力的比较
产生条件 大小 方向 做功情况 洛伦兹力 v≠0且v不与B平行 F＝qvB(v⊥B) F⊥B且F⊥v 电场力 电荷处在电场中 F＝qE 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 [题点全练]
任何情况下都不做功