23 热点二十三 磁场基本性质的理解和应用(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦磁场基本性质，通过高考真题系统覆盖磁场方向判断、磁感应强度叠加、安培力与洛伦兹力应用，以题串联概念规律与实际问题，强化物理观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |磁场方向与叠加|1-4题|地磁场模型、多电流磁场叠加|从右手螺旋定则（概念）到磁感应强度矢量合成（规律）| |安培力计算与平衡|5-7题|直导线/折线安培力、平衡条件应用|左手定则（方法）→安培力公式（规律）→力学平衡（综合）| |洛伦兹力与运动|8-9题|带电粒子轨迹判断、电/磁组合场|洛伦兹力不做功（性质）→圆周运动规律（应用）| |电磁应用综合|10-11题|电磁枪、电磁推进等实际情境|电磁感应（概念）→牛顿定律/动能定理（综合应用）|

热点二十三　磁场基本性质的理解和应用 1．(多选)(2023·福建卷，T5) 地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是(　　) A．地表电荷为负电荷 B．环形电流方向与地球自转方向相同 C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 解析：选AC。根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；若地表电荷的电量增加，则等效电流增大，地磁场强度增大，故C正确；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小，故D错误。 2．(多选)(2021·福建卷，T6)如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则(　　) A．O点的磁感应强度为0 B．O点的磁感应强度方向由O指向c C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 解析： 选BD。由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在O点产生的磁感应强度方向，如图甲所示，由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确。由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线在O点产生的磁感应强度方向， 如图乙所示，由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。 3．(2022·江苏卷，T3)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 解析： 选C。根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下，根据左手定则可判断出，导线a所受安培力方向：左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 4．(2021·全国甲卷，T16) 两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　) A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B 解析：选B。 两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直于纸面向里、垂直于纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，故N处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。 5．(2023·江苏卷，T2)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。该导线受到的安培力为(　　) A．0 B．BIl C．2BIl D．BIl 解析：选C。因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。 6．(2024·1月浙江选考，T4)如图为磁电式电表原理示意图。两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 解析：选A。由左手定则可知，题图所示左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。 7．(2022·湖南卷，T3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 解析：选D。当导线静止在图(a)右侧时，导线MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导线所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，tan θ＝，由于F也随着I变化而变化，故tan θ与电流I不成正比，分析易知B、C错误，D正确。 8．(2022·北京卷，T7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 解析：选A。根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子转动方向一致，则轨迹1和3对应的粒子为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。 9．(2023·新课标卷，T18) 一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向外 解析：选C。假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE>2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直于纸面向里，D错误，C正确。假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。 10．(12分)(2024·北京卷，T18)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I。(4分) (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a。(4分) (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。(4分) 解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U＝ 闭合开关瞬间，通过导体棒的电流I＝ 联立解得I＝。 (2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL＝ma 结合(1)问解得a＝。 (3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v－t图线如图所示。 答案：(1)　(2)　(3)见解析图 11．(14分)(2023·北京卷，T9) 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；(4分) (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；(6分) (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。(4分) 解析：(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小B1＝kI 金属棒受到安培力的大小F＝B1IL＝kI2L。 (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小a1＝＝ 第二级区域中磁感应强度大小B2＝2kI 金属棒受到安培力的大小F′＝B2·2IL＝4kI2L 金属棒的加速度大小a2＝＝ 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2＝1∶4。 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0 解得v＝。 答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $