2026届高考物理一轮总复习第11章磁场第56讲磁场的描述与磁吃电流的作用课件

这是一份2026届高考物理一轮总复习第11章磁场第56讲磁场的描述与磁吃电流的作用课件，共60页。PPT课件主要包含了基础梳理·易错辨析，核心考点·重点突破，名师讲坛·素养提升，磁感应强度，不存在，处处相同，电流的磁场，由S极指向N极，非匀强，大小相等等内容，欢迎下载使用。
●命题热点诠释1．命题热度：本章属于热点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年21考，地方卷90考。2．考查热点：(1)磁场的性质、安培定则、安培力的分析和计算。(2)带电粒子在有界匀强磁场中的运动。(3)带电粒子在组合场中的运动。
第56讲　磁场的描述与磁场对电流的作用
一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有______的作用。(2)方向：小磁针的________所受磁场力的方向。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的________和________。(2)大小：B＝________(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时________的指向。(4)单位：特斯拉(T)。
二、磁感线及其特点1．磁感线：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的______________的方向一致。2．特点(1)磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向。(2)磁感线的________定性地表示磁场的强弱。(3)磁感线是________曲线，没有起点和终点。(4)磁感线是假想的曲线，客观上__________。
三、几种常见的磁场1．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向____________的磁场称为匀强磁场。(2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
4.地磁场(1)地磁的N极在地理________附近，S极在地理________附近，磁感线分布如图所示。
(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____________，且方向水平________。(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。
四、安培力的大小与方向1．安培力的方向：左手定则(1)伸开左手，让拇指与其余四指________，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________指向电流方向。(3)________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
如图，①表示________的方向，②表示________的方向，③表示__________的方向。
2．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsin θ，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)当磁场与电流________时，安培力最大，Fmax＝BIL。(2)当磁场与电流________时，安培力等于零。
3．磁电式电流表的工作原理磁电式电流表的原理图如图所示。
(1)磁场特点①方向：沿____________均匀辐射地分布，如图所示；②强弱：在距轴线等距离处的磁感应强度大小________。(2)安培力的特点①方向：安培力的方向与线圈平面________；②大小：安培力的大小与通过的电流成________。
1．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与此类似，同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。(　　)2．安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向总是相互垂直。(　　)3．安培力计算公式F＝BIl的成立条件是磁感应强度B垂直于电流I，即B⊥I。(　　)4．磁铁的磁场和电流的磁场本质上是不同的。(　　)5．磁感应强度是一个矢量，表示通电导线所受安培力的方向。 (　　)
6．磁感应强度B由磁场本身来决定，与安培力F、电流I、通电导线长度l无关。(　　)7．地磁的 N极在地球南极附近，赤道表面附近的地磁场可近似认为平行地面向北。(　　)8．安培力只能对导体做正功。(　　)
安培定则的应用与磁场的叠加
(基础考点·自主探究)1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。
2.磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则及其他已知条件判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
【跟踪训练】(地磁场及磁感应强度的大小和方向)(多选)(2022·全国乙卷)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(　　)
A．测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50 μTC．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[答案]　BC
(磁感线的特点)(2024·浙江卷)磁电式电表原理示意图如图所示，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的安培力向下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[答案]　A
[解析]　根据左手定则可知，左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；由题意可知，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，所以a、b两点的磁感应强度方向不同，B错误；软铁制成的圆柱起导磁作用，其内磁感应强度不为零(注意与电场中的静电屏蔽区分)，C错误；c点处的磁感线比d点处的密集，则c点处的磁感应强度比d点的大，D错误。
(地磁场)(多选)(2023·福建卷)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．若地表电荷的电荷量增加，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[答案]　AC
[解析]　根据题意，地磁场来源于地表电荷随地球自转产生的环形电流，根据安培定则和地球自转方向为自西向东，地球内部磁感线方向大致由北到南，可以判断地表电荷为负电荷，A正确；根据电流方向的规定可知正电荷定向移动的方向为电流方向，地表电荷为负电荷，所以环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；地表电荷的电荷量增加，环形电流也会增大，所以产生的地磁场强度增大，C正确；地球自转角速度减小，则线速度减小，环形电流减小，所以地磁场强度减小，D错误。
(安培定则的应用)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，则小磁针北极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。
(磁场的叠加)如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两电流方向相同的无限长直导线分别经过M1M2和N1N2，电流的大小均为I，M1M2段直导线受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱P1P2上各点的磁感应强度大小为(　　)
(能力考点·深度研析)1．安培力的方向(1)安培力F⊥B，F⊥I，但B与I不一定垂直。(2)安培力F⊥B，F⊥I，F⊥B、I决定的平面。2．用公式F＝BIL计算安培力大小时的注意事项(1)B与I垂直。(2)L是有效长度。①公式F＝BIL中L指的是有效长度。
②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示)，相应的电流方向则由始端流向末端。
③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳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向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πBIrD．安培力为2BIr[答案]　BD
[解析]　通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2FT′＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。
【跟踪训练】(多选)如图所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是(　　)
A．整个圆环受到的安培力为0
D．MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr[答案]　AD
安培力作用下导体运动情况的判断
(能力考点·深度研析)1．判断安培力作用下导体运动情况的五种方法
2.基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
►考向1　电流元法和特殊位置法的应用 如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关(　　)
A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大[答案]　D
[解析]　当开关S接通后，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直(即转过90°)时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大。故选D项。
►考向2　等效法和结论法的应用 如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是(　　)
A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大[答案]　C
[解析]　根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的规律，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。
►考向3　转换研究对象法的应用 (2024·天津部分区联考)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则(　　)
A．导线受到的安培力水平向左B．导线受到的安培力竖直向上C．木板对地面的压力小于GD．木板受到地面的摩擦力水平向右
[答案]　D[解析]　根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确。
安培力作用下的平衡与加速问题
(能力考点·深度研析)1．分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤(1)确定要研究的通电导体。(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析。受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如图所示：
(3)分析导体的运动情况。(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
2．其他注意事项(1)类似于力学中用功与能的关系解决问题，通电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑用能量的观点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动能定理列式求解。(2)对于含电路的问题，可由闭合电路的欧姆定律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。
►考向1　安培力作用下物体的平衡 如图所示，一通电导体棒放置在粗糙水平桌面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间存在方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与竖直方向的夹角为θ时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与桌面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是(　　)
C．tan θ≥μ D．tan θ≤μ[答案]　A
(多选)倾角为θ的斜面上，有质量为m，同一材质制成的均匀光滑金属圆环，其直径d恰好等于平行金属导轨的内侧宽度。如图，电源提供电流I，圆环和轨道接触良好。下面的匀强磁场，能使圆环保持静止的是(　　)
►考向2　安培力作用下的加速问题 (2023·北京卷)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；(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
[解析]　(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L。
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4。
安培力作用下通过导体电荷量的计算当B与I垂直时，安培力F＝BIL，而q＝IΔt，所以，利用安培力与动量定理综合可以求电荷量q。
[解析]　(1)对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式v2＝2gH，
通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0解得I＝4.17 A。