磁場的基本性質(zhì)

磁場的基本性質(zhì)磁場的基本性質(zhì)考情透析考情透析命題點(diǎn)考頻分析命題特點(diǎn)核心素養(yǎng)磁場的疊加2024年：重慶T13江西T7湖北T9浙江6月T15浙江1月T42023年：江蘇T2浙江1月T8海南T2T172022年：上海T17重慶T5江蘇T3湖南T3湖北T11海南T6全國（乙卷）T5浙江1月T3本專題主要講解磁場的疊加、安培力的分析與計算、安培力作用下導(dǎo)體的平衡及運(yùn)動、洛倫茲力的應(yīng)用等典型問題。高考常常結(jié)合電場、電路、牛頓運(yùn)動定律等知識進(jìn)行綜合考查。物理觀念：理解和掌握磁場的相關(guān)概念；應(yīng)用疊加原理和相互作用的規(guī)律處理相關(guān)的磁場類問題?？茖W(xué)思維：構(gòu)建通電導(dǎo)體（帶電粒子）在磁場中常見的運(yùn)動模型并結(jié)合數(shù)學(xué)知識進(jìn)行推理分析。磁場對通電導(dǎo)線的作用磁場對運(yùn)動電荷的作用熱點(diǎn)熱點(diǎn)突破命題點(diǎn)命題點(diǎn)1磁場的疊加▼考題示例1（2023·浙江·歷年真題）某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I′的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B′＝k2I′。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I′的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b，EMBEDEquation.DSMT4 B．a(chǎn)→b，EMBEDEquation.DSMT4 C．b→a，EMBEDEquation.DSMT4 D．b→a，EMBEDEquation.DSMT4答案：D解析：據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使霍爾元件輸出霍爾電壓UH為零，直導(dǎo)線ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流I′的方向應(yīng)該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0，所以有k1I0＝k2I′解得I′＝EMBEDEquation.DSMT4故D正確，ABC錯誤。跟蹤訓(xùn)練1（2023·湖北·模擬題）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點(diǎn)為a、b、c、d四點(diǎn)。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點(diǎn)，正方形中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O，e為cd的中點(diǎn)且在y軸上；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點(diǎn)的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外。則（）A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0 B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向eC．e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向 D．e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸正方向答案：C解析：AB．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點(diǎn)的距離相等，故四條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)安培定則可知，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示：由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則，可知O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c，其大小不為零，A、B錯誤；CD．由題知，a、b到e點(diǎn)的距離相等，故a、b在e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，c、d到e點(diǎn)的距離相等，故c、d在e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)安培定則可知，四條導(dǎo)線在e點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示：由圖可知Bc與Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb與Ba大小相等，方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則，可知合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向，C正確，D錯誤?？偨Y(jié)升華磁場疊加問題的解題思路：（1）確定磁場場源，如通電長直導(dǎo)線（下圖所示）。（2）根據(jù)安培定則確定通電長直導(dǎo)線周圍磁感線的方向。（3）定位空間中需求解磁場的點(diǎn)，通電導(dǎo)線在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榻?jīng)過該點(diǎn)磁感線的切線方向。如M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場BM、BN如圖所示。（4）磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，得到圖中的合場強(qiáng)B。命題點(diǎn)命題點(diǎn)2磁場對通電導(dǎo)線的作用▼考題示例2（2022·湖南·歷年真題）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比答案：D解析：A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖（a）右側(cè)位置時，對直導(dǎo)線MN進(jìn)行受力分析，如圖所示：由左手定則知，導(dǎo)線中電流方向由M指向N，故A錯誤；BCD．根據(jù)平衡條件可知：F安＝Gsinθ，F(xiàn)T＝Gcosθ，由于F安＝BIl，可得sinθ＝EMBEDEquation.DSMT4，因?yàn)榕cOO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，所以sinθ與I成正比，當(dāng)I增大時，θ增大，cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力FT減小，故B、C錯誤，D正確。跟蹤訓(xùn)練2（2024·重慶市·歷年真題）小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運(yùn)動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L，僅在Q的運(yùn)動區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向左的勻強(qiáng)磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運(yùn)動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當(dāng)P勻速下降時，求：（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大??；（2）Q中電流的大小。答案：（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T，對P有2T＝2mg解得T＝mg（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對P、Q整體受力分析，有mg＋F＝2mg又F＝BIL解得I＝。總結(jié)升華解決安培力作用下導(dǎo)體的平衡及運(yùn)動問題的一般思路1．正確地對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直。2．畫出輔助圖（如導(dǎo)軌、斜面等），并標(biāo)明輔助方向（磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流I的方向）。3．將立體的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖，通過受力分析建立各力的平衡關(guān)系。命題點(diǎn)命題點(diǎn)3磁場對運(yùn)動電荷的作用▼考題示例3[科技前沿類]（2022·重慶·歷年真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（）A．電場力的瞬時功率為EMBEDEquation.DSMT4 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變答案：D解析：解：A、該粒子所受電場力的瞬時功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以P＝qEv1，故A錯誤；B、v2與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小f＝qv2B，故B錯誤；C、速度v1的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；v2方向與B垂直，粒子在垂直于磁場方向平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力不做功，v2不變；粒子沿電場方向做加速運(yùn)動，v1不斷增大，則v2與v1的比值不斷減小，故C錯誤；D、粒子做勻速圓周運(yùn)動的向心加速度a向大小不變，電場力產(chǎn)生的加速度a電＝EMBEDEquation.DSMT4，q、E、m不變，a電不變，a向、a電大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故D正確。跟蹤訓(xùn)練3（2024·浙江省·歷年真題）（多選）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動至最高點(diǎn)，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cosθ B．重力沖量大小為mv0sinθC．洛倫茲力沖量大小為 D．若v0＝，彈力沖量為零答案：CD解析：A．根據(jù)動量定理I＝0－mv0＝－mv0，故合力沖量大小為mv0，故A錯誤；B．小球上滑的時間為t＝，重力的沖量大小為IG＝mgt＝，故B錯誤；C．小球所受洛倫茲力為Bqv＝Bq(v0－at)＝－Bqat＋Bqv0，a＝gsinθ隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛＝q××Bt＝q××B×＝，故C正確；D．若v0＝，0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv0＝2mgcosθ小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得Bqv＝mgcosθ＋FN即FN＝Bqv－mgcosθ＝Bq(v0－at)－mgcosθ＝mgcosθ－Bqtgsinθ則小球在整個減速過程的FN－t圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。總結(jié)升華（1）洛倫茲力的大小和方向①v∥B時，F(xiàn)＝0；v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qv