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第55课时　磁场的描述　磁场对电流的作用
[学习目标]　1．了解磁场的性质，掌握磁感应强度的概念，会求解磁场叠加的问题。 2．会利用左手定则判断安培力的方向，并计算安培力的大小。
安培定则的应用和磁场的叠加
1．磁场与磁感应强度
(1)磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有________的作用。
(2)磁感应强度
①物理意义：描述磁场的强弱和________。
②定义式：B＝(通电导线垂直于磁场的情况下)。
③方向：小磁针静止时N极所指的方向。
④单位：特斯拉，简称特，符号为T。
(3)匀强磁场
磁场中各点的磁感应强度的大小________、方向________，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
(4)地磁场
①地磁的N极在地理________附近，S极在地理________附近，磁感线分布如图所示。
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度________，且方向水平________。
③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
2．磁感线的特点
(1)磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的________。
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从________指向________；在磁体内部，由________指向________。
(4)同一磁场的磁感线不中断、不________、不相切。
(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
3．几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
(2)电流的磁场
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
立体图
横截 面图
纵截 面图
我们居住的地球是一个大磁体，如图所示，地磁场的分布类似于条形磁体的磁场。
(1)磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。 (　　)
(2)在赤道平面上距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。 (　　)
(3)北京地面附近的地磁场方向是水平向北的。 (　　)
[典例1]　(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是(　　)
A． a点的磁感应强度大于b点
B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点
D．a、b、c点的磁感应强度一样大
拓展思考　(人教版必修第三册改编)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论可得地表带何种电荷 环形电流方向与地球自转方向相反还是相同 若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度变大还是变小 若地球自转角速度减小，则地磁场强度减小还是增大
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[典例2]　(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　)
A．B2－B1　 B．B1－B2
C．B2－B1　 D．B1－B2
归纳总结：(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点产生的磁感应强度的矢量和。
安培力的分析与计算
1．安培力：________在磁场中受的力称为安培力。
2．安培力的大小
(1)当B、I垂直时，F＝________。
(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F＝________。
注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ为0°或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F＝0。
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端，如图所示。
(1)在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。 (　　)
(2)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。 (　　)
(3)通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。 (　　)
[典例3]　(多选)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则(　　)
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为2rBI
D．铜环所受安培力大小为πrIB
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安培力作用下导体运动情况的判断(安培力作用下的力学综合问题)
1．安培力作用下的平衡
安培力作用下导体的平衡模型中，常见的由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示。
2．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、静电力做功与路径无关。
(2)安培力做功的实质是能量转化：
①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。
②安培力做负功时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。
[典例4]　(2025·山东济南一模)如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属棒cd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为g，则(　　)
A．a端接电源的正极
B．金属棒受到的安培力大小为ILB
C．金属棒的质量为
D．金属棒的质量为
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[典例5]　(多选)(2025·陕西西安一模)电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v＝10 km/s。若轨道宽L＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则(　　)
A．加速度大小为5×102 m/s2
B．安培力大小为1.1×103 N
C．磁场的磁感应强度为55 T
D．电磁炮的最大功率为1.1×105 W
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归纳总结：判断安培力作用下导体运动情况的五种方法
电流 元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位 置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向，进而判断运动方向
结论法 两平行直导线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直导线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研 究对象 法 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
第55课时
考点1
1．(1)力　(2)方向　(3)相等　相同　(4)南极　北极　相等　向北　
2．(1)切线　(2)强弱　(3)N极　S极　S极　N极　(4)相交
情境辨析　(1)×　(2)√　(3)×
典例1　B　[磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc，故选B。]
拓展思考　解析：根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反；若地表电荷的电荷量增加，则等效电流增大，地磁场强度变大；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小。
答案：负电荷　 相反　 变大　 减小
典例2　
A　根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点、O点、N点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M点、O点产生的磁感应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝B2－B1，A正确，B、C、D错误。]
考点2
1．通电导线　
2．(1)IlB　(2)IlBsin θ
判断正误　(1)×　(2)√　(3)×
典例3　AC　[方法一　微元法
如图所示，取通电半圆形铜环的一小段Δl，可将其视为直导线，根据左手定则可知，该小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小ΔF＝BIΔl，根据对称性，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等、方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F＝∑ΔFy＝∑BIΔlsin θ＝2rBI，故C正确，D错误。
方法二　等效法
通电半圆形铜环的等效长度为2r，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小为F＝BI×2r＝2rIB，根据受力分析可得，通电后，绳子总拉力FT＝mg＋F＝mg＋2rIB>mg，则两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。]
考点3
典例4　B　[
金属棒受力平衡，根据左手定则，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，A错误；B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力大小为ILB，B正确；如图所示，根据共点力平衡条件有ILB＝mgtan θ，可得m＝，C、D错误。]
典例5　BC　[电磁炮从静止到飞出轨道瞬间，由动能定理得Fs＝mv2，解得F＝1.1×103 N，根据F＝ILB可知，B＝55 T，根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝＝5×105 m/s2，故A错误，B、C正确；当电磁炮的速度最大时功率最大，则Pm＝ILB·v＝1.1×107 W，故D错误。]
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第十章　磁　场
第十章　磁　场
课程 标准 1．能列举磁现象在生产生活中的应用。了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的影响。关注与磁相关的现代技术发展。
2．通过实验，认识磁场。了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场。体会物理模型在探索自然规律中的作用。
3．通过实验，认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。了解安培力在生产生活中的应用。
4．通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
5．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及应用
第十章　磁　场
考情 分析

第55课时　磁场的描述　磁场对电流的作用
[学习目标]　1．了解磁场的性质，掌握磁感应强度的概念，会求解磁场叠加的问题。2．会利用左手定则判断安培力的方向，并计算安培力的大小。
考点1　安培定则的应用和磁场的叠加
1．磁场与磁感应强度
(1)磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有____的作用。
(2)磁感应强度
①物理意义：描述磁场的强弱和______。
②定义式：B＝(通电导线垂直于磁场的情况下)。
③方向：小磁针静止时N极所指的方向。
④单位：特斯拉，简称特，符号为T。
力
方向　
(3)匀强磁场
磁场中各点的磁感应强度的大小______、方向______，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
(4)地磁场
①地磁的N极在地理______附近，S极在地理______
附近，磁感线分布如图所示。
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度______，且方向水平______。
③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
相等　
相同　
南极　
北极　
相等　
向北　
2．磁感线的特点
(1)磁感线上某点的______方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的______。
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从_____指向_____；在磁体内部，由_____指向_____。
(4)同一磁场的磁感线不中断、不______、不相切。
(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
切线
强弱
N极　
S极　
S极　
N极　
相交
3．几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
(2)电流的磁场
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
立体图
直线电流 的磁场 通电螺线 管的磁场 环形电流
的磁场
横截 面图
纵截 面图
我们居住的地球是一个大磁体，如图所示，地磁场的分布类似于条形磁体的磁场。
(1)磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。 (　　)
(2)在赤道平面上距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。 (　　)
(3)北京地面附近的地磁场方向是水平向北的。 (　　)
×　
√　
×
[典例1]　(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是(　　)
A．a点的磁感应强度大于b点
B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点
D．a、b、c点的磁感应强度一样大
√
B　[磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc，故选B。]
拓展思考　(人教版必修第三册改编)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论可得地表带何种电荷 环形电流方向与地球自转方向相反还是相同 若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度变大还是变小 若地球自转角速度减小，则地磁场强度减小还是增大
[解析]　根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反；若地表电荷的电荷量增加，则等效电流增大，地磁场强度变大；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小。
[答案]　负电荷　 相反　 变大　 减小
[典例2]　(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　)
A．B2－B1　 B．B1－B2
C．B2－B1　 D．B1－B2
√
A　[根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点、O点、N点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M点、O点产生的磁感应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝
B2－B1，A正确，B、C、D错误。]
归纳总结：(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点产生的磁感应强度的矢量和。
1．安培力：__________在磁场中受的力称为安培力。
2．安培力的大小
(1)当B、I垂直时，F＝_____。
(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F＝________。
注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ为0°或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F＝0。
考点2　安培力的分析与计算
通电导线　
IlB　
IlBsin θ
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端，如图所示。
(1)在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。 (　　)
(2)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。 (　　)
(3)通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。 (　　)
×　
√　
×
[典例3]　(多选)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则(　　)
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为2rBI
D．铜环所受安培力大小为πrIB
√
√
AC　[方法一　微元法
如图所示，取通电半圆形铜环的一小段Δl，可将其视为直导线，根据左手定则可知，该小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小ΔF＝BIΔl，根据对称性，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等、方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；对每小段导线所受安培力在竖直
方向的分力求和，可得F＝∑ΔFy＝∑BIΔlsin θ＝2rBI，
故C正确，D错误。
方法二　等效法
通电半圆形铜环的等效长度为2r，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小为F＝BI×2r＝2rIB，根据受力分析可得，通电后，绳子总拉力FT＝mg＋F＝mg＋2rIB>mg，则两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。]
考点3　安培力作用下导体运动情况的判断(安培力作用下的力学综合问题)
1．安培力作用下的平衡
安培力作用下导体的平衡模型中，常见的由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示。
2．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、静电力做功与路径无关。
(2)安培力做功的实质是能量转化：
①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。
②安培力做负功时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。
[典例4]　(2025·山东济南一模)如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属棒cd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为g，则(　　)
A．a端接电源的正极
B．金属棒受到的安培力大小为ILB
C．金属棒的质量为
D．金属棒的质量为
√
B　[金属棒受力平衡，根据左手定则，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，A错误；B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力大小为ILB，B正确；如图所示，根据共点力平衡条件有ILB＝mgtan θ，可得m＝，C、D错误。]
[典例5]　(多选)(2025·陕西西安一模)电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v＝10 km/s。若轨道宽L＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则(　　)
A．加速度大小为5×102 m/s2
B．安培力大小为1.1×103 N
C．磁场的磁感应强度为55 T
D．电磁炮的最大功率为1.1×105 W
√
√
BC　[电磁炮从静止到飞出轨道瞬间，由动能定理得Fs＝mv2，解得F＝1.1×103 N，根据F＝ILB可知，B＝55 T，根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝＝5×105 m/s2，故A错误，B、C正确；当电磁炮的速度最大时功率最大，则Pm＝ILB·v＝1.1×107 W，故D错误。]
归纳总结：判断安培力作用下导体运动情况的五种方法
电流 元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位 置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向，进而判断运动方向
结论法 两平行直导线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直导线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研 究对象法 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
【教师备选资源】
如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m
＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接
电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝
8×10-2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流，g取10 m/s2；
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H'＝5 cm，通电时间t'＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。
[解析]　(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H，由运动学公式有v2＝2gH
解得v＝ m/s
对金属杆从刚闭合开关至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有ILBh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A。
(2)对金属杆，由动量定理有
(I'LB－mg)t'＝mv'
由运动学公式有v'2＝2gH'
又q＝I't'
解得q＝0.085 C。
[答案]　(1) m/s　 A　(2)0.085 C
课时作业(五十五)　磁场的描述　磁场对电流的作用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．(多选)(2025·云南昆明模拟)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有(　　)
A．减小白金丝导线直径，小磁针仍能偏转
B．用铜导线替换白金丝导线，小磁针仍能偏转
C．减小电池电动势，小磁针一定不能偏转
D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关
√
√
AB　[减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，A正确；白金丝导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，B正确；减小电池电动势，导线中仍然有电流，小磁针还是会发生偏转，C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线中的电流方向由b到a，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先顺时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动，则虚线框内的场源可能是(　　)
√
A　　　 　B　　　　　C　 　　D
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　[由左手定则，结合通电导线左半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，右半部分所受的安培力方向垂直纸面向外，导致通电导线从上向下(俯视)看顺时针转动，同时向下移动，可知磁感线方向是从右向左，如图所示。若为条形磁体，左端为N极，故A正确；若为蹄形磁体，蹄形磁体左端为N极，故B错误；若为通电螺线管，电流的方向左端应该是向下，故C错误；若为直线电流，电流的方向垂直纸面向里，故D错误。]
题号
1
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3．(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　)
A．图示左侧通电导线受到的安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为0
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
√
题号
1
3
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4
6
8
7
9
A　[由左手定则可知，题图所示左侧通电导线受到的安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为0，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。]
1
3
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4
6
8
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9
√
题号
4．(2024·贵州卷)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上　 B．竖直向下
C．水平向左　 D．水平向右
1
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C　[由安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，对于导线框的水平部分，选取同一竖直线上的两小段，它们所在处的磁感应强度相同，电流大小相等、方向相反，则所受安培力大小相等、方向相反，则导线框竖直方向所受合力为0，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。]
题号
题号
1
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5
2
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9
5．(多选)(2025·江苏南京一模)如图所示，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，则(　　)
A．O点的磁感应强度为0
B．O点的磁感应强度方向由O指向c
C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
√
√
题号
1
3
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BD　[由题意可知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图甲所示，由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为0，故A错误，B正确；由题意可知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b处导线在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d处导线在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在e点产生的磁感应强度方向如图乙所示，由图可知Bc与Bd大小相等、方向相反，互相抵消，而Bb与Ba大小相等，方向如图乙所
示，根据平行四边形定则可知Bb与Ba的合磁感应强度
沿y轴负方向，故C错误，D正确。]
题号
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9
6．(2025·福建福州一模)如图所示，电阻均匀的圆环固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
题号
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4
6
8
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9
A　[由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆的半径为R，流过优弧的电流为I1，所以整个圆环所受的安培力大小为F1＝BI1·R＋B·3I1·R＝4BI1R；同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2·BI2·2R＝4BI2R，由于＝，所以＝，故A正确，B、C、D错误。]
题号
1
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7．(多选)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过细线悬挂在天花板上且可自由转动，b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流，给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是(　　)
A．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向里
转，右半部分垂直纸面向外转
B．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向外
转，右半部分垂直纸面向里转
C．导线a转动90°时，细线对导线a的拉力大于导线a的重力
D．导线a转动90°时，细线对导线a的拉力小于导线a的重力
√
√
题号
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AC　[根据安培定则可知通电导线b在其周围产生的磁场为逆时针方向，如图所示，将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知导线a左半部分受到的安培力垂直纸面向里，右半部分受到的安培力垂直纸面向外；转过90°时，导线a、b电流方向相同，彼此间的安培力为引力，所以细线拉力大于导线a的重力，故A、C正确，B、D错误。]
8．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，导轨和电源的内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)
A．导体棒向左运动
B．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
√
题号
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C　[由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指指向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与导轨成(90°－θ)的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律F合＝ma可知开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。]
9．(2024·北京卷)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的
速度v随时间t的变化图线。
题号
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[解析]　(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL＝ma
解得a＝。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v-t图线如图所示
[答案]　(1)　(2)　(3)见解析图
谢谢！课时作业(五十五)　磁场的描述　磁场对电流的作用
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共53分。
1．(多选)(2025·云南昆明模拟)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有(　　)
A．减小白金丝导线直径，小磁针仍能偏转
B．用铜导线替换白金丝导线，小磁针仍能偏转
C．减小电池电动势，小磁针一定不能偏转
D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关
2．把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线中的电流方向由b到a，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先顺时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动，则虚线框内的场源可能是(　　)
A　　　 B　 　　　C　 　　D
3．(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　)
A．图示左侧通电导线受到的安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为0
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
4．(2024·贵州卷)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上　 B．竖直向下
C．水平向左　 D．水平向右
5．(多选)(2025·江苏南京一模)如图所示，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，则(　　)
A．O点的磁感应强度为0
B．O点的磁感应强度方向由O指向c
C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
6．(2025·福建福州一模)如图所示，电阻均匀的圆环固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
7．(多选)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过细线悬挂在天花板上且可自由转动，b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流，给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是(　　)
A．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向里转，右半部分垂直纸面向外转
B．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向外转，右半部分垂直纸面向里转
C．导线a转动90°时，细线对导线a的拉力大于导线a的重力
D．导线a转动90°时，细线对导线a的拉力小于导线a的重力
8．(人教版选择性必修第二册改编)如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，导轨和电源的内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)
A．导体棒向左运动
B．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
9．(15分)(2024·北京卷)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
课时作业(五十五)
1．AB　[减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，A正确；白金丝导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，B正确；减小电池电动势，导线中仍然有电流，小磁针还是会发生偏转，C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，D错误。]
2．A　[
由左手定则，结合通电导线左半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，右半部分所受的安培力方向垂直纸面向外，导致通电导线从上向下(俯视)看顺时针转动，同时向下移动，可知磁感线方向是从右向左，如图所示。若为条形磁体，左端为N极，故A正确；若为蹄形磁体，蹄形磁体左端为N极，故B错误；若为通电螺线管，电流的方向左端应该是向下，故C错误；若为直线电流，电流的方向垂直纸面向里，故D错误。]
3．A　[由左手定则可知，题图所示左侧通电导线受到的安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为0，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。]
4．C　[由安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，对于导线框的水平部分，选取同一竖直线上的两小段，它们所在处的磁感应强度相同，电流大小相等、方向相反，则所受安培力大小相等、方向相反，则导线框竖直方向所受合力为0，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。]
5．BD　[由题意可知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图甲所示，由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为0，故A错误，B正确；由题意可知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b处导线在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d处导线在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在e点产生的磁感应强度方向如图乙所示，由图可知Bc与Bd大小相等、方向相反，互相抵消，而Bb与Ba大小相等，方向如图乙所示，根据平行四边形定则可知Bb与Ba的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。
]
6．A　[由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆的半径为R，流过优弧的电流为I1，所以整个圆环所受的安培力大小为F1＝BI1·R＋B·3I1·R＝4BI1R；同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2·BI2·2R＝4BI2R，由于＝，所以＝，故A正确，B、C、D错误。]
7．AC　[
根据安培定则可知通电导线b在其周围产生的磁场为逆时针方向，如图所示，将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知导线a左半部分受到的安培力垂直纸面向里，右半部分受到的安培力垂直纸面向外；转过90°时，导线a、b电流方向相同，彼此间的安培力为引力，所以细线拉力大于导线a的重力，故A、C正确，B、D错误。]
8．C　[
由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指指向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与导轨成(90°－θ)的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律F合＝ma可知开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。]
9．解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL＝ma
解得a＝。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v-t图线如图所示。
答案：(1)　(2)　(3)见解析图
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