第八章磁场

第1页共89页第八章磁场[备考指南]第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。(√)第2页共89页1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。要点一对磁感应强度的理解1.理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比。(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。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物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B＝FIL(L与B垂直)E＝Fq方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关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电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3．地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。(2)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。[多角练通]下列关于磁场或电场的说法正确的是________。①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大第3页共89页②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行答案：④⑤⑦要点二安培定则的应用与磁场的叠加1．常见磁体的磁感线图8­1­12．电流的磁场及安培定则安培定则磁感线磁场特点直线电流的磁场无磁极、非匀强磁场，且距导线越远磁场越弱环形电流的磁场环形电流的两侧分别是N极和S极，且离圆环中心越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为第4页共89页非匀强磁场3.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。[典例](多选)(2014·海南高考)如图8­1­2，两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l2、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()图8­1­2A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零[解析]对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁场为零，D正确；两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c处的大，A正确，C错误。[答案]AD[方法规律]安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。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的磁场四指大拇指[针对训练]1.(多选)(2013·海南高考)3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为I，电流方向如图8­1­3所示。a、b和c三点分别位于三角形的3个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是()第5页共89页图8­1­3A．B1＝B2＜B3B．B1＝B2＝B3C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里解析：选AC对于a点，由右手螺旋定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，水平导线在此点产生的磁场方向向外；对于b点，斜向右上方的导线与水平导线在此点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，斜向左上方的导线在此点产生的磁场方向向外；对于c点，水平导线在此点产生的磁场方向向里，斜向左上方和斜向右上方的导线在此点产生的磁场方向也向里，则c点合磁场方向向里，且有B3＞B1＝B2。综上可知A、C正确。2.(2013·安徽高考)图8­1­4中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图8­1­4A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选B根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。要点三判定安培力作用下导体的运动1．判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确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。2．五种常用判定方法第6页共89页电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→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―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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[多角练通]1.如图8­1­5所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是()图8­1­5A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动解析：选A方法1：电流元法。首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示。根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动，选项A正确。方法2：等效法。将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左移动，选项A正确。也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，反向电流相排斥”，可判断出线圈向左运动。2.如图8­1­6所示，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将()第7页共89页图8­1­6A．不动B．顺时针转动，同时靠近导线C．逆时针转动，同时离开导线D．逆时针转动，同时靠近导线解析：选D由安培定则可知直线电流ab的磁场在其右方方向垂直纸面向里，利用等效法将自由移动的环形电流看成小磁针，其N极将转向纸面向里，排除A、B；用线圈平面转到趋近纸面时的特殊位置分析，由结论法(同向电流相吸，反向电流相斥)可知，线圈左侧受直导线引力，右侧受直导线斥力，离直导线越近磁感应强度越大，安培力越大，使得线圈所受直线电流的安培力向左，即线圈在靠近导线。3.如图8­1­7所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，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，同时上升解析：选A结合微元法与特殊位置法解答本题。如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。第8页共89页分析导线转过90°时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项A正确。要点四安培力作用下的平衡和加速问题1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度。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，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。[典例](2015·全国卷Ⅰ)如图8­1­8，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬图8­1­8挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，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12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/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。[解析]依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①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第9页共89页F＝BIL②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Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01kg。⑤[答案]安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01kg[易错提醒](1)本题中安培力的方向易判断错误。(2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.5＋0.3)cm，不是0.3cm或(0.5－0.3)cm。[针对训练]1．(多选)(2014·浙江高考)如图8­1­9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。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图8­1­9A．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解析：选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选