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1、专题十 磁 场,高考物理 (课标专用),考点一 磁场、磁场力 1.(2018课标,20,6分)(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 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0,五年高考,A组 统一命题课
2、标卷题组,D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0,答案 AC 本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。,解题关键 注意矢量的方向性 本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。,2.(
3、2017课标,18,6分)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.0 B. B0 C. B0 D.2B0,答案 C 本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导线中通电流I时,两电流在a点处 的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如 图甲得B= B0。P中电流反向后,如图乙,B合=B= B0,B合与B0的矢量和为B总=
4、 B0,故C项正 确。甲 乙,易错点评 安培定则和矢量合成法则的运用 正确运用安培定则画出甲、乙两图。 由P和Q中电流为I时,a点处的合磁感应强度为0,得出B0的方向水平向左和B的大小为 B 0。 P中的电流反向,则P中电流的磁场反向,Q中电流的磁场大小和方向不变。 注意各物理量间的夹角大小关系。,解后反思 由P中电流反向前Ba=0分析得出P、Q中电流在a点处的合磁场的磁感应强度与B0 等大反向,进而确定B0的方向是解题的关键。,3.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线
5、圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,答案 AD 要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴 下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180时,靠近磁极的导线 与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线 圈最终做
6、往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性 转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、 D正确。,易错警示 要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不 变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。,4.(2017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( )A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在
7、平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1,答案 BC 因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相 等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁 场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直, A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单 位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30 =
8、F,故C正确、D错误。,一题多解 电流的磁场与安培力 由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场B1=2B cos 60=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左 手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力的大小为F1 =BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F 3= BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11 ,故A、D错误,B、C正 确。,5.(2015课标,18,6分,0.527)(多选)指南针是
9、我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法 正确的是 ( ) A.指南针可以仅具有一个磁极 B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转,答案 BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。,解题指导 指南针有两个磁极,在地磁场作用下指向南北。,解题关键
10、在指南针上方沿指针方向放置一直导线,导线通电后,会激发磁场,使指南针偏转。,6.(2014课标,15,6分,0.809)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,答案 B 由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确; 安培力的大小F=BIL sin ,与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
11、一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行, 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 ,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。,易错警示 安培力的方向与“谁”垂直是易错易混点。,7.(2015课标,24,12分,0.564)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬 挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与 金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 。已知开关断 开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关
12、断开时相 比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向, 并求出金属棒的质量。,答案 见解析,解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kl1=mg 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得 2k(l1+l2)=mg+
13、F 由欧姆定律有 E=IR 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立式,并代入题给数据得,m=0.01 kg (安培力方向判断正确给2分,式各2分),思路分析 开关断开时对ab棒进行受力分析,列平衡方程。 开关闭合时,判定安培力方向,对ab棒进行受力分析,列平衡方程。,考点二 带电粒子在磁场中的运动 8.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边 界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。 若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率 为v2,相应的出射点分布在
14、三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1 为 ( )A. 2 B. 1 C. 1 D.3,答案 C 设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得r1= = ,r2= = R= 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。,审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域 相交时,其弦长最长,即为最大分布。,9.(2016课标,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行, 筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转 动。在
15、该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过9 0时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒 子的比荷为 ( )A. B. C. D.,答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t= T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。,考查点 带电粒子在圆形磁场中的运动,解题关键 找圆心。 利用几何关系找圆心角并求时间。,方法技巧 规范作图是找几何关系的基础。,10.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截
16、面(纸面)如图所示,平面 OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电 荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30 角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计 重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( )A. B. C. D.,答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知, PO半径与OQ半径在同一条直线上。则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。,考查点 带电粒子在有界磁场中的圆周运动,审题技巧 “该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点”表示轨迹与ON相切。,
