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磁場的基本性質
磁場的疊加
（2021年全國甲卷）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（　　）
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
關鍵信息：EO與O′Q共線、PO′與OF共線 → 兩個直角形導線等效為兩相互垂直的長直導線
無限長直導線通過電流I → 由安培定則判斷通電直導線周邊的磁場方向
計算距離導線d處的磁感應強度 → 磁場的疊加問題
解題思路：根據右手螺旋定則判斷出直導線周圍某點的磁場方向，再根據平行四邊形定則判斷出合磁場的磁感強度的大小
兩無限長直角導線可以等效為如圖所示的兩無限長直導線；由安培定則可知，兩直導線在M處的磁感應強度方向分別為垂直該平面向里、垂直該平面向外，故M處的磁感應強度大小為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均為垂直該平面向里，故N處的磁感應強度為大小為2B，B項正確。
故選B
（2022江西聯考題）如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則（　　）
A．O點的磁感應強度為0 B．O點的磁感應強度方向由O指向e
C．e點的磁感應強度方向沿y軸負方向 D．e點的磁感應強度方向沿y軸正方向
AB．由題知，四條導線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條導線在O點的磁感應強度大小相等，根據安培定則可知，四條導線中在O點產生的磁感應強度方向如圖所示
由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據平行四邊形定則，可知O點的磁感應強度方向由O指向c，其大小不為零，A、B錯誤；
CD．由題知，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應強度大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應強度大小相等，根據安培定則可知，四條導線在e點產生的磁感應強度方向如圖所示
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，根據平行四邊形定則，可知合磁感應強度沿y軸負方向，C正確，D錯誤。
故選C。
磁場疊加問題的解題思路：
（1）確定磁場場源，如通電長直導線（下圖所示）。
（2）根據安培定則確定通電長直導線周圍磁感線的方向。
（3）定位空間中需求解磁場的點，通電導線在該點磁感應強度的方向為經過該點磁感線的切線方向。如M、N在c點產生的磁場BM、BN如圖所示。
（4）磁感應強度是矢量，應用平行四邊形定則進行合成，得到圖中的合場強B。
磁場對通電導線的作用
（2021年重慶二模）質量均勻分布的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，其截面如圖所示。導體棒中通有大小為I的電流，空間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場的方向豎直向上。導體棒平衡時，導體棒與圓心的連線跟豎直方向的夾角為θ（θ＜45°），軌道與導體棒之間的彈力為FN。下列說法正確的是（　　）
A．若僅將電流I緩慢增大，則θ逐漸減小
B．若僅將電流I緩慢增大，則FN逐漸增大
C．若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉過90°，則θ逐漸減小
D．若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉過90°，則FN逐漸增大
關鍵信息：導體棒中通有大小為I的電流、空間存在勻強磁場 → 受到安培力作用
磁場的方向豎直向上、導體棒平衡 → 結合平衡條件可推理出安培力的方向
I緩慢增大，磁場方向緩慢轉過90° → 動態平衡類問題
解題思路：對物體受力分析，結合平衡條件與左手定則判斷出安培力的方向，進行分析判斷。
AB．對導體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，受力分析如圖甲所示。若僅將電流I緩慢增大，安培力逐漸增大，則θ逐漸增大，FN逐漸增大，A項錯誤，B項正確。
CD．導體棒受到重力G，安培力F，和彈力FN的作用處于平衡狀態，所以安培力與彈力的合力與重力等大反向，又因為重力不變，安培力大小不變，可作出如圖乙所示的矢量圖，因為安培力的方向始終與磁場方向垂直，當磁場方向沿逆時針緩慢轉過90°，安培力方向將由水平向右緩慢轉至豎直向上，根據矢量圖可知，θ先增大再減小，FN逐漸減小，C、D兩項錯誤。
故選B
（2022湖南卷）如圖（a），直導線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強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流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．當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導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
A．當導線靜止在題圖（a）右側位置時，對直導線MN進行受力分析，如圖所示：由左手定則知，導線中電流方向由M指向N，故A錯誤；
BCD．根據平衡條件可知：F安＝Gsinθ，FT＝Gcosθ，由于F安＝BIl，可得sinθ＝，因為與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，所以sinθ與I成正比，當I增大時，θ增大，cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，故B、C錯誤，D正確。
故選D
解決安培力作用下導體的平衡及運動問題的一般思路
1．正確地對導體棒進行受力分析，應特別注意通電導體棒受到的安培力的方向，安培力與導體棒和磁感應強度組成的平面垂直。
2．畫出輔助圖（如導軌、斜面等），并標明輔助方向（磁感應強度B、電流I的方向）。
3．將立體的受力分析圖轉化為平面受力分析圖，即畫出與導體棒垂直的平面內的受力分析圖，通過受力分析建立各力的平衡關系。
磁場對運動電荷的作用
（2022遼寧月考）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏翻開時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏合上時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示是一塊長為a、寬為b、高為c的半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入的恒定電流方向向右。當顯示屏合上時，元件處于垂直于上表面且方向向下的勻強磁場中，元件的前、后表面間產生電壓U，以此來控制屏幕的熄滅。則元件的（　　）
A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓U與a成正比
C．前、后表面間的電壓U與b成正比 D．前、后表面間的電壓U與c成反比
關鍵信息：電流方向向右、垂直于上表面且方向向下的勻強磁場 → 根據左手定則判斷自由電子所受洛倫茲力的方向，從而確定前后表面電勢的高低
霍爾元件前、后表面間產生電壓U → 前后表面間形成勻強電場E＝，載流子所受洛倫茲力與電場力平衡
解題思路：根據左手定則判斷自由電子所受洛倫茲力的方向，確定電子偏轉的方向，繼而判斷前后表面電勢的高低，再根據霍爾效應中帶電粒子所受洛倫茲力和電場力平衡時電壓穩定的原理進行推理計算。
A、電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A錯誤；
BCD、穩定后，后續電子受力平衡可得，＝evB，根據電流的微觀表達式可知，I＝neSv＝nebcv，解得U＝ ，所以前、后表面間的電壓U與c成反比，與a和b無關，故D正確，BC錯誤。
故選D
（2022廣東月考）磁流體發電是一項新興技術，如圖是磁流體發電機的示意圖。平行金屬板P、Q間距為d、面積為S，兩金屬板和電阻R連接。一束等離子體以恒定速度v0垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，電路穩定時電阻R兩端會產生恒定電勢差U。假定等離子體在兩板間均勻分布，忽略邊緣效應，則等離子體的電導率δ（電阻率的倒數）的計算式是（　　）
A． B． C． D．
由左手定則知，正離子向P板運動，即P板帶正電。
發電機穩定時，離子所受電場力等于洛倫茲力，設電動勢為E，即：＝qv0B
解得：E＝Bv0d
設板間等離子體的電阻為R1
根據歐姆定律可知＝，且R1＝＝，
聯立解得：δ＝，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
（1）洛侖磁力的大小和方向
①v∥B時，F＝0；v⊥B時，F＝qvB；v與B的夾角為θ時，F＝qvBsin θ。
②方向判定：應用左手定則定則，注意四指應指向正電荷的運動方向或負電荷運動的反方向。
（2）洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力方向與場方向的關系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功
（3）涉及磁場對運動電荷的作用問題往往結合平衡條件、牛頓第二定律或閉合電路歐姆定律進行求解、判斷。
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