第11章 第1讲 磁场及其对电流的作用（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习资料聚焦磁场叠加、安培力、带电粒子在磁场及复合场中运动等高考高频考点，按物理观念形成逻辑，从磁场性质、磁感应强度等基础概念，到安培力计算及方向判断规律，再到平衡与加速综合应用，构建完整知识体系。通过考点梳理、方法指导（如磁场叠加思路、安培力公式应用条件）、真题训练（2022-2024年高考题改编）等环节，帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以科学思维培养为核心，创新采用模型建构与分层训练结合策略，如在安培力作用下导体运动分析中，通过电流元法、等效法引导学生建立物理模型，培养科学推理能力。设置自主练、针对练、课时测评三级练习，配合考情分析精准对接高考，既提升学生解题规范性与综合应用能力，也为教师把控复习节奏提供清晰框架。

年份 2022 2023 2024 三年考情 磁场的叠加 全国乙卷·T18 浙江1月·T8 未独立命题 安培力 全国甲卷·T25　 湖南卷·T3 湖北卷·T11　 浙江1月·T3 海南卷·T17　 江苏卷·T2 山东卷·T12　 辽宁卷·T2 福建卷·T6　 浙江1月·T4 带电粒子在磁场中的运动 广东卷·T7　 辽宁卷·T8 天津卷·T12　 湖北卷·T15 全国甲卷·T20　 浙江6月·T20 广东卷·T5 河北卷·T10　 广西卷·T5 带电粒子在组合场中的运动 山东卷·T17　 湖北卷·T8 河北卷·T14 山东卷·T17　 海南卷·T13 辽宁卷·T14 湖北卷·T7　 新课标卷·T26 黑吉辽卷·T15　 山东卷·T18 湖南卷·T14　 广东卷·T15 带电粒子在叠加场中的运动 全国甲卷·T18 广东卷·T8 重庆卷·T5 湖南卷·T13 湖南卷·T6　 海南卷·T2 江苏卷·T16　 全国乙卷·T18 新课标卷·T5 湖北卷·T9 　 江西卷·T7 安徽卷·T10　 甘肃卷·T15 浙江6月·T15 命题规律 本章主要考查磁场的叠加，安培力的理解及应用，带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动规律及应用等。命题常与生产生活中的实际情境(地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等)相联系，常以选择题、计算题形式呈现，其中计算题常以组合场、叠加场、交变场命题，难度较大。 第1讲　磁场及其对电流的作用 【学习目标】　1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。2.掌握左手定则，会判断安培力的方向，会计算安培力的大小。3.会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。 考点一　磁场、磁感应强度与磁感线 1.磁场、磁感应强度 (1)磁场的基本性质 磁场对处于其中的磁体、电流或运动电荷有力的作用。 (2)磁感应强度 ①物理意义：描述磁场的强弱和方向。 ②定义式：B＝ (通电导线垂直于磁场)。 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，符号是T。 (3)匀强磁场 磁场中各点磁感应强度的大小相等、方向相同的磁场。 (4)地磁场 ①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。 学生用书⬇第226页 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、电流的磁场 (1)磁感线 ①定义：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点磁场的方向一致。 ②特点： a.磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。 b.磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。 c.磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。 d.磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。 (2)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 截面图 自主练1.(多选)关于B＝的说法中正确的是(　　) A.磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比 B.磁场中某点的磁感应强度B与Il的乘积成反比 C.磁场中某点的磁感应强度B不一定等于 D.通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B不一定为零 答案：CD 解析：磁感应强度B＝是用比值定义法定义的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F及Il的乘积等外界因素无关，故A、B错误；B＝是在电流与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设电流方向与磁场方向夹角为θ，根据F＝IlBsin θ得B＝，即B不一定等于；如果B∥I，虽然B≠0，但F＝0，故C、D正确。 自主练2.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是(　　) A.a B.b C.c D.d 答案：C 解析：根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。 自主练3.(2023·广东深圳模拟)如图为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个顶点，导线所通电流方向已在图中标出。已知每根导线在O点磁感应强度大小均为B0，则关于正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向的说法正确的是(　　) A.大小为零 B.大小为2B0，方向沿x轴负方向 C.大小为4B0，方向沿x轴正方向 D.大小为4B0，方向沿y轴正方向 答案：D 解析：根据右手定则，每根通电导线在中心O点产生磁场的磁感应强度的方向如图所示，由平行四边形定则可知B＝2B0＋2×2B0sin 30°＝4B0，方向沿y轴正方向，D正确，A、B、C错误。故选D。 磁场叠加的基本思路 1.确定磁场的场源，是磁体产生的还是电流产生的磁场。 2.定位空间中需求解磁场的位置(点)，利用安培定则判定各个场源在该点产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示，BM、BN分别为电流M、N在c点产生的磁感应强度。 3.应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁感应强度为B。 学生用书⬇第227页 考点二　安培力的理解与计算 1.安培力的大小 F＝IlBsin θ，(其中θ为B与I之间的夹角) (1)磁场和电流垂直时：F＝IlB。 (2)磁场和电流平行时：F＝0。 2.安培力的方向——应用左手定则判断 (1)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。 (2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向。 (3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 3.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。 (2023·江苏卷·T2·改编)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。判断下列说法的正误： (1)导线所受安培力大小为IlB。(×) (2)导线所受安培力方向垂直于a、c连线斜向左下方。(×) (3)将导线以bc为轴旋转90°，导线所受安培力为零。(×) (4)将整个导线弯折成圆环，环中通有环形电流I，圆环所受安培力为零。(√) 1.安培力的方向 安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。 2.安培力公式F＝IlB的应用条件 (1)匀强磁场。 (2)l与B垂直。 (3)l是指有效长度。如图所示，弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端。 安培力方向的判断 如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 答案：C 解析：根据安培定则可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下，根据左手定则可判断出安培力左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故选C。 安培力大小的计算 (2024·广东梅州市第一次质检)如图所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上。当回路中电流为I时，下列有关金属杆ab所受安培力F的大小和方向说法正确的是(　　) A.方向垂直于金属杆ab沿斜面向上 B.方向垂直于金属杆ab水平向右 C.F＝BILcos α D.F＝BILsin α 答案：B 解析：根据左手定则可知，金属杆ab所受安培力方向垂直于金属杆ab水平向右，故A错误，B正确；安培力大小F＝BIL，故C、D错误。故选B。 安培力作用下导体运动情况的判断 一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　) A.不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.在纸面内平动 答案：B 解析：法一(电流元法)：把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知，各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可知，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。 法二(等效法)：把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则可知，I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 法三(结论法)：环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 学生用书⬇第228页 安培力作用下导体运动情况判断的常用方法 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 环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁 结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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 续表 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 针对练.(多选)如图所示，甲、乙两图中的磁铁都是固定的，图甲中的通电直导线可以自由运动，且不考虑重力；图乙中导体圆环被一根柔软的绳悬吊在与纸面垂直的位置，且水平条形磁铁的轴线过环心。当通以图示的电流时，俯视导线和圆环的运动，下列说法正确的是(　　) A.图甲中通电直导线逆时针转动，同时下落 B.图甲中通电直导线顺时针转动，同时上升 C.图乙中导体圆环将靠近磁铁 D.图乙中导体圆环将顺时针转动并远离磁铁 答案：AC 解析：题图甲中，由左手定则可知，导线从上向下看沿逆时针转动，用特殊位置法，取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如图a所示， 根据左手定则判断可知安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动，A正确，B错误；题图乙中，由安培定则根据电流方向可判断出左侧为S极，右侧为N极，如图b所示，根据同名磁极相斥，异名磁极相吸可知导体圆环将靠近磁铁，C正确，D错误。 考点三　安培力作用下导体的平衡及加速问题 1.求解安培力作用下导体的平衡或加速问题的关键 画受力图→三维图二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。 2.求解安培力作用下导体平衡或加速问题的基本思路 (1)选定研究对象。 (2)变三维图为二维图，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⊥B、F⊥I。 (3)若导体处于平衡状态，则列平衡方程；若导体处于非平衡状态，则列动力学方程。 安培力作用下导体的平衡问题 (多选)(2023·广东河源期末)如图为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度。它的右盘挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于虚线方框的被测匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使天平再次平衡。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.测得的磁感应强度大小为 B.测得的磁感应强度大小为 C.被测匀强磁场方向垂直线圈平面向里 D.被测匀强磁场方向垂直线圈平面向外 答案：BC 解析：因电流反向后，需要在左盘中增加质量为m的砝码，可知电流反向后线圈所受安培力竖直向下，可以判断磁场方向垂直线圈平面向里，故C正确，D错误；对电流天平，电流方向改变前有m左g＝m右g－nBIl，电流方向改变后，有m左g＋mg＝m右g＋nBIl，由以上两式可得B＝，故A错误，B正确。故选BC。 学生用书⬇第229页 安培力作用下导体的加速问题 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，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，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 答案：C 解析：由左手定则可知，导体棒所受安培力垂直磁感线斜向右下方，则导体棒向右运动，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＝，由牛顿第二定律得F合＝ma，联立可得开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。 针对练.如图所示，宽为L＝0.5 m 的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为m＝0.1 kg、长也为L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R1＝1 Ω，导轨电阻不计，金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当电阻箱的电阻调为R2＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为R2'＝0.5 Ω时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度。 答案：(1)1.2 T　(2)1.2 m/s2，方向沿斜面向上 解析：(1)由安培力公式和平衡条件可得 mgsin θ＝ILBcos θ 由闭合电路的欧姆定律可得I＝ 联立解得B＝1.2 T。 (2)由牛顿第二定律和闭合电路的欧姆定律有 I'LBcos θ－mgsin θ＝ma I'＝ 联立解得a＝1.2 m/s2，方向沿斜面向上。 学科网（北京）股份有限公司 $