第11章 第1讲 磁场及其对电流的作用(课件PPT)-【金版新学案】2027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课件聚焦“磁场及其对电流的作用”专题，覆盖磁场性质、磁感应强度叠加、安培力方向判断与计算、导体平衡及加速问题等核心考点，依据高考评价体系明确“安培力计算”“磁场叠加”“平衡问题”等高频考查维度，通过考点梳理与题型归纳，构建系统复习框架，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，精选2024福建卷、2025湖北卷等高考真题，如半圆环安培力计算中“等效长度”模型建构，平衡问题中三维受力转二维分析的科学推理，培养学生物理观念与科学思维。特设“易错辨析”“归纳提升”模块，帮助学生掌握左手定则应用、动态受力分析等技巧，教师可据此精准突破考点，助力高效复习。

第1讲　磁场及其对电流的作用 高三一轮复习讲义 广东专版 第十一章 磁场 1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会解决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。 学习目标 考点一　磁场、磁感应强度与磁感线 考点二　安培力的理解与计算 考点三　安培力作用下导体的平衡及加速问题 课时测评 内容索引 磁场、磁感应强度与磁感线 考点一 返回 知识梳理 平行四边形 N 切线 强弱 强 N极 S极 S极 N极 相交 电流 环绕 环形电流 磁场 自测1.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N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是 A.a B.b C.c D.d 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。 √ 自测2.(多选)(2026·辽宁大连一模)如图所示，四根相同长直导线处于正方形的四个顶点上，O为正方形的中心，导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若仅将其中一根导线中的电流反向，中心O处的磁感应强度大小为B0；若将其中两根导线中的电流反向，中心O处的磁感应强度大小可能为 A.B0 B.0 C.B0 D.B0 √ √ 设每根导线在O点的磁感应强度大小为B，若仅将其中一根导线中的电流反向，则中心O处的磁感应强度大小为2B＝B0，解得B＝。若将其中两根导线中的电流反向，则有两种情况：第一种情况如图甲所示，中心O处的磁感应强度大小为2B×＝B0；第二种情况如图乙所示，中心O处的磁感应强度大小为0。故B、C正确，A、D错误。 1.三种电流的磁场 归纳提升 — 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       — 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 立体图       截面图       2.磁场叠加的基本思路 (1)确定磁场的场源，是磁体产生的磁场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。 返回 安培力的理解与计算 考点二 返回 1.安培力的大小 F＝_____________(其中θ为B与I之间的夹角) (1)磁场和电流垂直时：F＝_______。 (2)磁场和电流平行时：F＝___。 知识梳理 IlBsin θ IlB 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_______，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______的方向。 (3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受________的方向。 3.同向电流相互______，反向电流相互______。 垂直 电流 安培力 吸引 排斥 正误辨析 (1)一小段通电导线在磁场中某处所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零。 ( ) (2)在磁场中同一位置，若通电导线的电流越大，所受安培力也一定越大。 ( ) (3)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。 ( ) (4)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。 ( ) × √ × × 1.安培力方向的特点 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的适用条件 (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。 核心突破 考向1 安培力方向的判断 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 例1 √ 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用力；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心长直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心长直导线排斥的安培力，形成凸形。故选C。 考向2 安培力大小的计算 (多选)(2024·福建卷·T6)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B0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πB0Ir D.安培力为2B0Ir 例2 √ √ 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，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＝I·2rB0＝2B0Ir，故C错误，D正确。 (人教版选择性必修第二册P21· T4) 如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在导线中通以电流I时，该V形通电导线受到的安培力为多大？ 衔接教材 此题与2024年福建卷·T6都考查了安培力大小的计算问题，都考查了安培力公式F＝IlB中有效长度l的计算问题。 衔接分析 考向3 安培力作用下导体运动情况的判断 (2026·佛山市质检)如图甲为一款网红魔术玩具 ——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小 洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛 出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效 果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的 电源相连，轨道下方藏有永磁体。当如图乙永磁体 N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是 A．小钢球运动的过程中机械能守恒 B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应 C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极 D．电源如何接都不影响“永动”的效果 例3 √ 小钢球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒，故A错误；该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小钢球电流的方向为从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”的效果，故D错误。 判断安培力作用下导体运动情况的常用方法 总结提升 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→条形磁体 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 总结提升 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，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a的拉力大于导线a的重力 D.导线a转动90°时，细线对a的拉力小于导线a的重力 √ √ 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。 返回 安培力作用下导体的平衡及加速问题 考点三 返回 1.求解安培力作用下导体的平衡及加速问题的关键 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的平衡及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。 考向1 安培力作用下导体的平衡问题 (2026·江苏南通模拟)在倾角θ＝37°的光滑导体轨道的上端接入一个电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω的电源，轨道间距L＝50 cm，将一个质量m＝40 g、电阻R＝1 Ω的金属棒水平放置在轨道上。若在轨道所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在轨道上，如图所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.磁感应强度有最小值，为0.32 T，方向垂直滑轨平面 向下 B.磁感应强度有最大值，为0.4 T，方向水平向右 C.磁感应强度有可能为0.3 T，方向竖直向下 D.磁感应强度有可能为0.4 T，方向水平向左 例4 √ 由闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 A，对金属棒受力分析可知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时Fmin＝mgsin θ＝40×10－3×0.6 N＝0.24 N，当安培力最小且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小且为Bmin＝＝ T＝0.24 T，由左手定则判断可知，磁感应强度的方向为垂直轨道平面向下，故A 错误； 当磁感应强度方向水平向右时，安培力竖直向上，当ILB＝mg时，金属棒刚好静止在轨道上，可得B＝＝ T＝0.4 T，但此时磁感应强度并不是最大值，故B错误；当磁感应强度方向竖直向下，金属棒受到安培力方向水平向右，对于金属棒，根据平衡条件可得ILB'cos 37°＝mgsin 37°，解得B'＝＝ T＝0.3 T，故C正确；当磁感应强度方向水平向左时，安培力竖直向下，金属棒不可能平衡，故D错误。 考向2 安培力作用下导体的加速问题 (2026·山东聊城二模)如图所示，空间中存在一 匀强磁场(图中未画出，大小、方向未知)。两条平行 金属导轨间距l＝1 m，与水平面成倾角θ＝37°固定， 在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m＝0.5 kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I＝3 A，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37° ＝0.6。要使金属棒沿导轨向上以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为 A. T B. T C.1 T D.2 T 例5 √ 对金属棒受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma，FN＋Fsin α＝mgcos θ，Ff＝μFN，联立可得F＝ N，由数学知识可知Fmin＝IlBmin＝ N＝ N，所以Bmin＝ T。故选A。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　安培定则　磁场叠加 1.(2025·福建卷·T3)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点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小 A.B2－ B. －B1 C.B2－B1 D. B1－B2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同、大小相等，则单根导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0＝，根据对称性，两导线在N点处产生的磁感应强度大小应该与M点相同，根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度大小为B0＝，由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为－B1。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·湖北卷·T4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为 A.0 B.B C.2B D.3B √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由右手螺旋定则及对称性可知，圆线圈在N点产生的磁场的磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知匀强磁场与圆线圈在M点产生的磁场等大反向，即匀强磁场与圆线圈在N点产生的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3．(2026·广东梅州曾宪梓中学模拟)两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置，电流大小I1<I2，a、b两点在导线横截面连线的延长线上，c、d为P、Q连线中垂线上两点，且到两导线距离相等。已知通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足B＝k，式中k是常数，I是导线中电流的大小，r是该点到直导线的距离。则下列说法正确的是 A．a点磁感应强度一定不为零 B．c、d两点磁感应强度方向相同 C．P对Q的作用力方向水平向右 D．b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向上 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据安培定则可知，I1在a点位置的磁感应强度 方向向下，I2在a点位置的磁感应强度方向向上， 由于B＝k，I1<I2，r1a<r2a，可知两电流在a点位 置的磁感应强度大小有可能相等，即a点磁感应强 度可能为零，故A错误；两电流到c、d两点位置的 距离均相等，则I2在c、d两点位置的磁感应强度大一些，根据平行四边形定则，合磁感应强度应靠向I2在该位置的磁感应强度的方向，根据安培定则可知，c点磁感应强度的方向沿右上方，同理d点磁感应强度的方向沿左上方，两点磁感应强度的方向不相同，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据安培定则可知，P在Q所在位置的磁感应强度方向向上，根据左手定则可知，P对Q的作用力方向水平向右，故C正确；根据安培定则可知，I1在b点位置的磁感应强度方向向上，I2在b点位置的磁感应强度方向向下，由于B＝kr2b，可知两电流在b点位置的合磁感应强度方向垂直于P、Q连线向下，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组2　安培力的理解与计算 4.(2024·湖南娄底模拟)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. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和优弧MPQN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＝I1·RB＋3I1·R·B＝4I1RB；同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2I2·2RB＝4BI2R，由于＝，所以＝，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5．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．左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里 D．左半部分垂直于纸面向里，右半部分垂直于纸面向外 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据安培定则，可判断出导线a左半部分的磁场方向斜向右上方，右半部分的磁场方向斜向左下方，根据左手定则可判断出，导线a所受安培力方向：左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组3　安培力作用下导体的平衡及加速问题 6．(2026·广东肇庆二模)如图所示，金属棒ab的质量 为m，通过的电流为I，处在磁感应强度大小为B的 匀强磁场中，磁场方向先是与导轨平面夹角为θ(<θ <)斜向右上方，后变为与原方向垂直斜向左上方， 磁感应强度大小不变，ab始终静止在宽为L的水平导轨上。下列说法正确的是 A．磁场方向改变前，金属棒受到的安培力大小为ILB sin θ B．磁场方向改变前后，金属棒受到的摩擦力方向发生了改变 C．磁场方向改变前后，金属棒受到的摩擦力大小发生了改变 D．磁场方向改变后，金属棒对导轨的压力将减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 磁场方向改变前，对金属棒受力分析，如图甲所示，由于磁场方向垂直于电流，金属棒受到的安培力的大小为FA＝ILB，A错误；磁场方向改变前，水平方向，由平衡条件得Ff1＝ILB sin θ，竖直方向，由平衡条件得FN1＝mg－ILB cos θ，由牛顿第三定律得金属棒对导轨压力大小FN1′＝FN1＝mg－ILB cos θ，磁感应强度B改为与原方向垂直后，磁感应强度大小不变，受力分析如图乙所示， 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由于磁场仍垂直于电流，且大小不变，所以安培力大小不变，方向变为与水平方向成θ角斜向左下方，根据平衡条件知Ff2＝ILB cos θ，FN2＝mg＋ILB sin θ，由<θ<可知，金属棒受到的摩擦力方向不变，大小变小，结合牛顿第三定律知金属棒对导轨的压力将增大，B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(2026·河南开封模拟)如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN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MN开始运动，则 A.导体棒MN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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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；安培力的方向与轨道平面成 (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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(多选)(2026·河北石家庄模拟)如图甲所示，匀质导体棒MN通以由M到N的恒定电流，用两根等长的平行绝缘、轻质细线悬挂在O、O'点静止于匀强磁场中，细线与竖直方向的夹角为θ，磁场方向与绝缘细线平行且向上。现使磁场方向顺时针缓慢转动(由M到N观察)，同时改变磁场的磁感应强度大小，保持细线与竖直方向的夹角θ不变，该过程中每根绝缘细线拉力F的大小与磁场转过的角度α的正切关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，磁场变化过程中MN中的电流不变。下列说法正确的是 A.导体棒的质量为1 kg B.θ＝30° C.导体棒所受安培力可能为12 N D.α可能为90° √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙可知当tan α＝0时，F＝2.5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＝2F，当tan α＝时，F'＝5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＋F安sin α＝2F'，mgsin θ＝F安cos α，联立解得tan θ＝，即θ＝30°，m＝1 kg，故A、B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 导体棒重力为10 N，作出力的矢量合成图如图所示，F安min＝mgsin θ＝mg＝5 N，则导体棒所受安培力可能为12 N，故C正确；α为90°时，安培力与细线拉力在同一直线，导体棒受力不平衡，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(10分)(2024·重庆卷·T13)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求： (1)P所受单根导线拉力的大小； 答案：mg 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设单根导线对P的拉力大小为FT，P匀速下降时其受力分析如图甲所示，根据平衡条件有2mg＝2FT 解得FT＝mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)Q中电流的大小。 答案： 当P匀速下降时，Q匀速上升，对Q受力分析如图乙所示，根据平衡条件有2FT＝mg＋F安 设流过Q的电流为I，则F安＝ILB 联立解得I＝。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 第1讲　磁场及其对电流的作用 $