4.7.2 磁场性质的四种求解技能(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试

主题二　磁场性质的四种求解技能 [真题感悟] 1.(2022·全国乙卷)(多选)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 (　 ) 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 -45 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 4 -21 0 -45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50 μT C.第2次测量时y轴正向指向南方 D.第3次测量时y轴正向指向东方 解析:选BC　如图所示,地磁南极大致在地理北极附近,地磁北极大致在地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下,则测量地点应位于北半球,A错误;磁感应强度为矢量,故由表格中第1组数据可得出此处的磁感应强度大约为B=≈50 μT,B正确;由以上分析知测量地在北半球,而北半球地磁场指向北方斜向下,第2次测量By<0,故y轴指向南方,第3次测量Bx>0,故x轴指向北方而y轴则指向西方,C正确,D错误。 2.(2024·福建高考)(多选)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A到B大小为I的电流,则 (　 ) A.通电后两绳拉力变小　 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr 解析:选BD　根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为 F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。 [深化提能] 掌握磁场性质的四种求解技能 1.掌握“两个力” (1)安培力:F=IlB(I⊥B)。 (2)洛伦兹力:F=qvB(v⊥B),永不做功。 2.用准“两个定则” (1)对电流周围的磁场方向判定用安培定则。 (2)对安培力和洛伦兹力的方向判定用左手定则。 3.画好“两个图形” (1)对磁场合成问题画好合成图。 (2)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力图。 4.熟记“两个等效模型” (1)化曲为直:如图甲所示的通电导线,在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为直线电流ac。 (2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁铁,如图乙所示。 [考法全训] 1.丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,从而开启了人类对电与磁相互关联关系探索的序幕。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k,即磁感应强度B与导线中的电流I成正比,与该点到导线的距离r成反比。如图为垂直于纸面放置在x轴上0和x0处的两根平行长直导线,分别通以大小不等、方向相同的电流,已知I1>I2。规定磁场方向垂直于x轴向上为正,在0~x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的 (　 ) 解析:选A　由安培定则可知,左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x轴向上,而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x轴向下,由于规定磁场方向垂直于x轴向上为正,故在0~x0区间内磁场方向先为正后为负,根据通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k和I1>I2,可知在位置磁场方向为正方向,A正确。 2.(2024·山东模拟)如图,正六边形线框ABCDEF由6根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点A、B与直流电源两端相连,已知导体棒BC受到的安培力大小为F0,则正六边形线框受到的安培力的大小为 (　 ) A.6F0　　　　　　　 B.5F0 C.2F0 D.F0 解析:选A　设每一根导体棒的电阻为R、长度为L,则BA与BCDEFA两支路并联,电阻之比为R1∶R2=R∶5R=1∶5,根据并联电路两端电压相等的特点可知,BA与BCDEFA两支路电流之比为I1∶I2=5∶1,通电导体BCDEFA受安培力的有效长度为L,根据安培力公式F=BIL,可得,通电导体BCDEFA与BC受到的安培力的大小相等,也为F0,BA与BCDEFA受到安培力的大小之比为F'∶F0=I1∶I2=5∶1,可得F'=5F0,根据左手定则可知,两力方向相同,整个线框所受安培力的合力大小为F0+F'=6F0,A正确。 [专题七　课时作业] (选择题每小题5分,本检测满分75分) 1.某同学利用手机中的磁传感器测量地磁场的磁感应强度。在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面,如图甲所示。某次测量中,测得沿坐标轴方向的磁感应强度分别为21.00 μT、-0.06 μT、-30.56 μT,如图乙所示。该处的磁感应强度大小约为 (　 ) A.9 μT B.21 μT C.37 μT D.51 μT 解析:选C　该处磁感应强度大小约为B=≈37 μT,故选C。 2.(2024·湖南长沙二模)半径为R的半圆弧金属丝均匀带+Q的电荷时,在其圆心处产生的电场强度大小为,k为静电力常量。若让一根半径为R的圆弧金属丝均匀带+Q的电荷,则在其圆心处产生的电场强度大小为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选C　将带+Q电荷的半径为R的半圆弧金属丝等分成两部分来看,两部分在圆心处产生的电场大小相同为E,则E=,即带Q电荷的半径为R的圆弧金属丝在其圆心处产生的电场强度大小为E=,因此带Q电荷的半径为R的圆弧金属丝在其圆心处产生的电场强度大小为2E=,故选C。 3.(2024·山西晋中三模)(多选)静电除尘技术广泛应用于冶金、化工等工业,用以净化气体或回收有用尘粒。其工作原理:在强电场中空气分子被电离为正离子和电子,电子奔向阳极板的过程中遇到尘粒,使尘粒带负电吸附到阳极板上被收集。如图所示为集尘板与放电极间的电场线,若一带负电的尘粒仅在电场力的作用下由静止开始做直线运动,取该直线为x轴,起点O为坐标原点,下列关于尘粒的加速度a、尘粒的电势能Ep、尘粒的动能Ek、尘粒的速度v与位移x的关系图像合理的是 (　 ) 解析:选BC　带负电的尘粒仅在电场力的作用下,向集尘板加速运动,电场为非匀强电场,越靠近极板场强越小,则电场力越小,加速度越小,故A错误;同理速度-位移关系图像斜率的绝对值越大对应加速度越大,与实际不符,故D错误;根据电场力做功与电势能的关系可知,电场力做正功,电势能减小,动能增加,同时尘粒的动能、电势能随位移变化的图像斜率的绝对值表示粒子所受的静电力大小,由题图可知尘粒所受的静电力越来越小,故B、C正确。 4.(2023·海南高考)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是 (　 ) A.M、N两点的电场强度相同 B.M、N两点的电势相同 C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点的电势能比在O点时要大 解析:选BC　点电荷A、B在M、N两点的电场强度大小相等、方向相反,点电荷C在M、N两点的电场强度大小相等、方向不同,由电场叠加及对称性知,M、N两点的电场强度大小相等、方向不同,A错误;M、N两点在点电荷A、B的电场中位于同一等势面上,比O点电势要高,同时M、N两点在点电荷C的电场中也是位于同一等势面上,也比O点电势要高,所以M、N两点位于同一等势面上,电势相等,B正确;由于M(N)点电势高于O点电势,根据Ep=qφ可知,负电荷在O点的电势能高于在M(N)点的电势能,C正确,D错误。 5.(2024·河南二模)如图所示,有一个边长为L的立方体空间ABCD⁃MNPQ,一长度为L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流,则关于导体棒受到的安培力,下列说法中正确的是 (　 ) A.若磁场沿M指向A的方向,安培力的大小为ILB B.若磁场沿M指向A的方向,安培力的大小为ILB C.若磁场沿M指向Q的方向,安培力的大小为ILB D.若磁场沿M指向Q的方向,安培力的大小为ILB 解析:选B　若磁场沿M指向A的方向,在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解,如图1所示,则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥=Bcos α=B,安培力大小F=I×L×B=ILB,故A错误,B正确;若磁场沿M指向Q的方向,对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解,如图2所示,分量B1=B2=B,磁感应强度分量B1对导体棒产生的安培力大小F=I×L×B1=I×L×B=ILB,分量B2也要产生安培力,因此安培力的大小肯定要大于ILB,故C、D错误。 6.(2024·山东阶段练习)如图所示,两根固定的长直导线A、B平行放置,分别通有电流I1、I2,且I1>I2,两根导线所在平面有一条虚线与两导线垂直,且与两导线分别相交于N、P两点,lMN=lNO=lOP=lPQ。下列说法正确的是 (　 ) A.导线A对导线B的作用力大于导线B对导线A的作用力 B.O点处的磁场方向垂直于纸面向外 C.同一带电粒子在M点受到的洛伦兹力大于其在Q点受到的洛伦兹力 D.若施加力F使某带正电粒子自N点沿虚线加速运动至P点,则该过程中力F做正功 解析:选D　由牛顿第三定律可知,导线A对导线B的作用力与导线B对导线A的作用力大小相等,A错误;电流I1在O点产生的磁场方向垂直于纸面向里,电流I2在O点产生的磁场方向垂直于纸面向外,因为I1>I2,lNO=lOP,所以O点的合磁场方向垂直于纸面向里,B错误;同一带电粒子在M点和Q点的速度大小和方向未知,因此其在M点和Q点受到的洛伦兹力大小关系不确定,C错误;若施加力F使某带正电粒子自N点沿虚线加速运动至P点,因为洛伦兹力不做功,带电粒子的动能增加,由动能定理可知,力F做正功,D正确。 7.(2024·广东开学考试)(多选)电磁弹射技术被应用在福建舰上如图甲所示,大大提升了福建舰的战斗力,电磁弹射原理如图乙所示。电磁弹射器能使飞机在较短距离内很快被加速到起飞速度。下列说法中正确的是 (　 ) A.弹射过程飞机机身受到向前的安培力的冲量,使飞机的动量增加 B.通过轨道的电流只是用来产生驱动磁场,不会流过飞机机身 C.流过飞机机身的电流受到的安培力对飞机做正功 D.飞机被弹射的过程中弹射装置获得的电能全部转化为机械能 解析:选AC　电流流过机身,使机身受到向前的安培力,安培力的冲量也向前,根据动量定理可知,飞机的动量增加,故A正确;通过轨道的电流除了产生驱动磁场外,也流过机身使机身受到向前的安培力,故B错误;飞机被弹射的过程中,流过飞机机身的电流受到的安培力与飞机运动方向相同,对飞机做正功,使电能转化为机械能,还有一部分电能通过电流做功转化为内能,故D错误,C正确。 8.空间存在垂直纸面的匀强磁场(未画出),磁感应强度为B0,将一通有顺时针方向恒定电流的圆形导体环a放置于纸面内(如图甲),此时圆心O处的磁感应强度为零。若将磁场中的导体环a替换为半径相同的半圆形导体b,通以逆时针方向、同样大小的恒定电流(如图乙),则以下说法正确的是 (　 ) A.空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 B.乙图圆心O处的磁感应强度为B0 C.乙图半圆形导体b在圆心O处产生磁场的磁感应强度为B0 D.乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外 解析:选D　根据安培定则可知,圆形导体环a中恒定电流在圆心O处产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里,此时圆心O处的磁感应强度为零,所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外,故A错误;根据题意可知,圆形导体环a在圆心O处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体b在圆心O处产生的磁场的磁感应强度大小为,根据安培定则可知,方向垂直纸面向外,所以题图乙圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为B=+B0=,故B、C错误,D正确。 9.(2024·吉林白山一模)如图所示的虚线为一簇等差等势面,图中的实线PQ为粒子的轨迹(粒子仅受电场力的作用),已知粒子的质量为m、电荷量为+q,粒子经过等势面a处的速度为v,经过等势面c处的速度为,规定等势面a的电势为0,下列说法正确的是 (　 ) A.粒子运动过程中机械能不变 B.等势面a、b间的电势差为 C.粒子经过等势面b时的速度为v D.粒子经过等势面b时的电势能是 解析:选C　该粒子经过等势面a处时,受到的电场力必然沿着电场强度方向指向运动轨迹的凹侧,而电场强度的方向与等势面垂直,所以从a到c的过程中,电场力做负功,由ΔE=W其它,可知粒子运动过程中机械能减小,故A错误;从a到c的过程中由动能定理qUac=m-m,可得Uac=-,因为Uab=Ubc,所以等势面a、b间的电势差为Uab=Uac=-,故B错误;从a到b的过程中由动能定理qUab=m-m,可得粒子经过等势面b时的速度为vb=v,故C正确;因为Uab=φa-φb=-,其中φa=0,所以φb=,根据Epb=qφb,可得粒子经过等势面b时的电势能是,故D错误。 10.(2024·贵州毕节二模)(多选)如图,两平行倾斜光滑导轨间距1 m,与水平面夹角均为α=37°,导轨底端连接阻值为1 Ω的电阻。匀强磁场垂直导轨平面向上,磁感应强度大小为1 T。垂直于导轨放置一导体棒,其电阻为1 Ω,质量为1 kg,导体棒始终与两导轨良好接触。由静止释放导体棒,经一段时间后导体棒速度达到最大,且未到达底端,之后做匀速运动,g取10 m/s2,(sin 37°=0.6,con 37°=0.8)则 (　 ) A.导体棒释放后做匀加速直线运动 B.导体棒的最大速度为12 m/s C.导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为6 A D.导体棒下滑过程中所受安培力做正功 解析:选BC　当导体棒下滑时,对导体棒受力分析,由牛顿第二定律得mgsin α-=ma,加速度为a=,随着速度的增加,加速度逐渐减小,当加速度为零时速度达到最大,导体棒做匀速运动,此时导体棒的速度最大,由平衡条件得mgsin α-=0,解得vm=12 m/s,A错误,B正确;导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为I==6 A,C正确;导体棒下滑过程中,一直受到沿斜面向上的安培力作用,安培力做负功,D错误。 11.(2024·黑龙江齐齐哈尔三模)(多选)某同学学习了电磁炮驱动原理后,设计了圆形轨道的电磁炮模型,如图甲所示,半径均为R的L1、L2半圆形轨道,正对平行竖直摆放,轨道间距也为R,空间有辐向分布的磁场,使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B,用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹,与轨道接触良好,正视图如图乙所示,轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流I,将其从轨道最高位置由静止释放,使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动,到达另一侧最高位置时完成加速。忽略一切摩擦,且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响,下列说法正确的是 (　 ) A.为实现电磁加速,应从左侧释放导体棒 B.导体棒到达轨道最低点时,其加速度方向竖直向上 C.加速完成时,导体棒获得的速度大小为R D.加速完成时,轨道对导体棒的支持力大小为πBIR 解析:选AC　由左手定则可知导体棒在左侧释放时,受到的安培力沿轨道切线斜向下,使导体棒向下加速,故A正确;导体棒到达轨道最低点时,竖直方向受到重力和支持力,安培力水平向右,则合力方向不是竖直向上,其加速度方向也不是竖直向上,故B错误;对导体棒加速过程根据动能定理有BIL·πR=mv2,L=R,解得v=R,故C正确;加速完成时,根据牛顿第二定律可知轨道对导体棒的支持力大小为FN=m=2πBIR,故D错误。 12.(2024·辽宁大连模拟)(多选)如图甲所示,一带电物块无初速度地放在与水平面成θ角的传送带底端,传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中,其v⁃t图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s,关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是 (　 ) A.该物块带正电 B.传送带的传动速度大小一定为1 m/s C.物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tan θ D.在2~4.5 s内,物块与传送带可能有相对运动 解析:选AD　由题图乙可知,物块做加速度逐渐减小的加速运动,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,在沿斜面的方向上由牛顿第二定律得μFN-mgsin θ=ma,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,一定是支持力FN逐渐减小,而开始时FN=mgcos θ,后来FN'=mgcos θ-f洛,洛伦兹力方向垂直传送带向上,由左手定则判断物块带正电,故A正确;物块加速运动时μ-mgsin θ=ma,所以μ>tan θ,故C错误;对物块受力分析如图所示,加速度为零时,有mgsin θ=μ,解得v==1 m/s,只要传送带的速度v带≥1 m/s,物块就能匀速运动,物块相对于传送带可能静止也可能不静止,故B错误,D正确。 13.(多选)正切电流计是19世纪发明的一种仪器,它可以利用小磁针的偏转来测量电流。如图为其结构示意图,在一个竖直放置、半径为r、匝数为N的圆形线圈的圆心O处,放一个可以绕竖直轴在水平面内转动的小磁针(带有刻度盘)。线圈未通电流时,小磁针稳定后所指方向与地磁场水平分量的方向一致,调整线圈方位,使其与静止的小磁针在同一竖直平面内。给线圈通上待测电流后,小磁针偏转了α角。已知仪器所在处地磁场的磁感应强度水平分量大小为Bc,已知圆形线圈在圆心处产生的磁场的磁感应强度正比于电流强度,关于这个电流计,下列判断正确的是 (　 ) A.线圈中电流强度越大,α角越大,α角与电流I成正比 B.线圈中电流强度越大,α角越大,tan α与电流I成正比 C.在地球上的不同地方测同样大小的电流,α角相同 D.在地球上的不同地方测同样大小的电流,α角不同 解析:选BD　地磁场磁感应强度的水平分量Bc与B0的关系如图所示,有B0=Bctan α,其中B0=kI,则kI=Bctan α,即线圈中电流强度I越大,α角越大,tan α与电流I成正比,故A错误,B正确;地球上的不同地方地磁场的水平分量Bc不同,则在地球上的不同地方测同样大小的电流,α角不同,选项C错误,D正确。 14.(2024·福建泉州二模)(多选)如图甲所示的xOy坐标系中,y轴上固定有两个等量同种点电荷P,与原点O的距离相同,x轴上各点的电势φ随x坐标变化的图像如图乙所示。a、b是x轴上两点,其电势分别为φa和φb,对应φ⁃x图线上的a'、b'两点,这两点切线斜率的绝对值相等。现将一质量为m、电荷量为q的正点电荷M从a点由静止释放,M运动过程中仅受电场力作用,下列说法正确的是 (　 ) A.a、b两点场强不相同 B.M从a点运动到b点的过程中电势能先增大后减小 C.M从a点运动到b点的过程中加速度大小先减小后增大 D.M先后两次经过b点的过程,电场力的冲量大小为2 解析:选AD　根据电场强度与电势的关系E=,可知,图线的斜率的绝对值可以表示电场强度的大小,由题知,a'、b'这两点切线斜率的绝对值相等,说明场强大小相同,但场强方向不相同,A正确;M从a点运动到b点的过程中电场力先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,B错误;M从a点由静止释放,由题图乙分析知,图线的斜率的绝对值先增大后减小再增大,故M从a点运动到b点的过程中加速度大小先增大后减小再增大,C错误;M从a点运动到b点的过程,由动能定理知qUab=m-0,设第一次经过b点时的动量为p,a→b为正方向,则p=mvb,解得p=,设第二次经过b点时的动量为p',M从b点向右运动一段距离后返回b点的过程,由对称性知p'=-,电场力的冲量为I=p'-p=-2,故M先后两次经过b点的过程,电场力的冲量大小为2,D正确。 15.在现代研究受控热核反应的实验中,需要把107~109 K的高温等离子体限制在一定空间区域内,这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化,磁约束就成了重要的技术。如图所示,科学家设计了一种中间弱两端强的磁场,该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场,其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后,该粒子将被约束在左右两端之间来回运动,就像光在两个镜子之间来回“反射”一样,不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶,磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识,可以推断该粒子 (　 ) A.从左端到右端的运动过程中,沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小 B.从靠近磁镜处返回时,在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值 C.从左端到右端的运动过程中,其动能先增大后减小 D.从左端到右端的运动过程中,其运动轨迹的螺距先变小后变大 解析:选B　从左端到右端的运动过程中,由于粒子只受洛伦兹力,故粒子的速度大小不变,由于粒子在两端之间来回运动,则从左端到右端的运动过程中,粒子在沿磁瓶轴线方向所受洛伦兹力的分力先向右后向左,故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小,故A错误;从靠近磁镜处返回时,粒子的速度与轴线垂直,故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零,又粒子的速度大小不变,故此时在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量最大,故B正确;从左端到右端的运动过程中,粒子只受洛伦兹力作用,洛伦兹力对粒子不做功,故其动能不变,故C错误;粒子做圆周运动的周期为T=,由于从左端到右端的运动过程中,磁感应强度先减小后增大,所以粒子的运动周期先增大后减小,根据题意可知,粒子运动轨迹的螺距为l=v∥T=,由于平行于轴线的速度分量先增大后减小,所以运动轨迹的螺距先变大后变小,故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$