2024版高考物理一轮复习：磁场磁感线磁场的叠加

专题59磁场磁感线磁场的叠加1．[2021·浙江卷1月]如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图．若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是()A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场2．[2023·陕西省咸阳市教学质量检测]安培曾经提出分子环形电流的假说来解释为什么磁体具有磁性，他认为在物质微粒的内部存在着一种环形的分子电流，分子电流会形成磁场，使分子相当于一个小磁体(如图甲所示).以下说法正确的是()A．这一假说能够说明磁可以生电B．这一假说能够说明磁现象产生的电本质C．用该假设解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图乙所示D．用该假设解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图丙所示3．在磁感应强度为B的匀强磁场中有一环形电流，当环形电流所在平面平行于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为B1，如图甲所示；当环形电流所在平面垂直于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为B2，如图乙所示．已知B1＝eq\f(\r(2),2)B2，则环形电流在环心O处产生的磁感应强度大小为()A．eq\f(1,2)BB．BC．eq\f(3,2)BD．2B4．[2023·吉林省四校联考]如图所示，直角三角形abc中，∠abc＝30°，将一电流为I、方向垂直纸面向外的长直导线放置在顶点a处，则顶点c处的磁感应强度大小为B0.现再将一电流大小为4I、方向垂直纸面向里的长直导线放置在顶点b处．已知长直通电导线产生的磁场在其周围空间某点的磁感应强度大小B＝keq\f(I,r)，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的距离，k为常量．则顶点c处的磁感应强度()A．大小为eq\r(3)B0，方向沿ac向上B．大小为B0，方向垂直纸面向里C．大小为3B0，方向沿∠abc平分线向下D．大小为2B0，方向垂直bc向上5．[2023·贵州省贵阳市二模]一小磁针在地磁场作用下水平静止，现在小磁针上方平行于小磁针放置一直导线．当通过该导线电流为I0时，小磁针偏转30°角静止．已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当小磁针偏转60°角静止，则通过该直导线的电流为()A．eq\f(1,3)I0B．eq\f(\r(3),3)I0C．eq\r(3)I0D．3I06．[2023·浙江省稽阳联考](多选)正方形ABCD中B、C、D三个顶点处分别放有垂直于正方形平面的无限长直导线，导线中均通入大小相等的恒定电流I，方向如图所示．下列说法正确的是()A．C处电流所受安培力最大B．B处电流所受安培力大于D处电流所受安培力C．B、C、D三处电流在A点产生的磁场叠加后，磁感应强度可能为零D．若仅改变C处电流方向，使其垂直纸面向里，则D处电流所受安培力将增大7.[2023·山东省济宁市二模]已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，其中k为常量．现有四根平行固定的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示．其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，此时b导线所受的安培力恰好为零．现撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I0的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，下列说法正确的是()A．b导线撤去前，电流的大小关系为I1＝2I2B．b导线撤去前，a导线所受的安培力也为零C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为eq\r(2)KI0I2专题59磁场磁感线磁场的叠加1．B根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场．故B正确，A、C、D错误．2．B这一假说能够说明磁现象产生的电本质，即磁场都是由运动的电荷产生的，故B正确，A错误；由右手螺旋定则可知，引起地磁场的环形电流方向应是与赤道平面平行的顺时针方向(俯视)，C、D错误．3．B设环形电流中心轴线的磁感应强度大小为B′，根据安培定则可知其方向为垂直纸面向内，则有Beq\o\al(2,1)＝B′2＋B2，B2＝B′＋B，解得环形电流在环心O处产生的磁感应强度大小为B′＝B，B项正确．4．A5．D设小磁针所处地磁场的磁感应强度为B0，电流I0产生的磁场磁感应强度为B1＝kI0，依题意有B1＝B0tan30°，则当电流为I′时，小磁针偏转角为60°，产生电流产生的磁场为B2＝kI′，有B2＝B0tan60°，联立方程解得I′＝3I0，故A、B、C错误，D正确．6．AD平行同向电流间的磁场力是引力，异向电流间的磁场力是斥力，结合力的合成得C处电流所受安培力最大，B、D处电流所受的安培力大小相等，A正确，B错误；若仅改变C处电流方向，B、C给D的安培力的夹角减小，合力增大，D正确；由安培定则和矢量的叠加可知A点的磁感应强度不为零，C错误．7．Db导线撤去前，b导线所受安培力为零，即b导线所在处的磁感应强度为零，即2keq\f(I1,L)cos45°＝keq\f(I2,\r(2)L)，解得I2＝2I1，A项错误；b导线撤去前，a导线所在处的磁感应强度为Ba＝2keq\f(I2,L)cos45°－keq\f(I1,\r(2)L)＝eq\f(3\r(2)kI1,2L)，由此可知，a导线所受的安培力不为零，B项错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝keq\f(I2,\f(\r(2