统考版2025届高考物理二轮复习提升指导与精练16磁场安培力含解析

PAGE8-磁场安培力1．本学问点每年必考，近几年的考查重点，主要是在选择题中考查磁场及磁感应强度、电流的磁场及安培定则的应用。2．留意要点：分析安培力时，要留意将立体图转化为平面图。例1．(2024·全国I卷·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0【考题解读】本题考查安培力及考生应用数学学问解决物理问题的实力，体现了核心素养中的模型建构要素。【解析】设三根相同的导体棒的电阻均为R，长度均为l，其中ML和LN为串联关系，总电阻为2R。由并联电路特点可知，通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍，若MN受到的安培力F＝BIl，则ML和LN受到的安培力的合力F1＝eq\f(1,2)BIl，MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故线框受到的安培力为F合＝F＋F1＝1.5F，故选B。【答案】B例2．(2024∙全国II卷∙20)如图，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面对外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面对外。则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0【考题解读】磁场强度是矢量，对于此题来说，a、b两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先依据右手定则推断导线在a、b两点产生的磁场方向，再利用矢量叠加来求解即可。【解析】由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，B0－B1＋B2＝eq\f(1,2)B0，联立解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，所以A、C正确。【答案】AC提分训练提分训练1．如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点．三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面对里。通电长直导线在其四周空间某点产生的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为()A．B0B．2B0C．eq\r(3)B0D．4B0【答案】D 【解析】设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，依据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0＝keq\f(I,r)，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示，因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋eq\r(B\o\al(,02)＋B\o\al(,12))＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D。2．如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面对上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态．现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步()A．增大B．减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大【答案】A【解析】对导体棒进行受力分析如图，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面对上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力始终变大，而安培力F安＝BIL，所以磁场始终增大，B、C、D错误，A正确。3．利用如图所示的试验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽视不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以干脆显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为()A．B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1－E2）)B．B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)C．B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1－E2）)D．B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1＋E2）)【答案】B【解析】当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋Beq\f(E1,R)L；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－Beq\f(E2,R)L；联立解得B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)，选项B正确。4．(多选)如图所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O′两点，已知OO′连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后，绝缘细线与竖直方向的夹角均变小，则所加磁场的方向可能沿()A．z轴正向B．z轴负向C．y轴正向D．y轴负向【答案】AB【解析】由于两条导线相互排斥，电流方向相反。因导线电流方向不确定，若磁场方向沿z轴正向或负向，导线受磁场力沿水平方向，细线与水平方向夹角可能减小，故A、B正确；若磁场方向沿y轴正向或负向，由于两根导线电流异向，安培力一个向上、一个向下，它们的角度一个增大、一个减小，故C、D错误。5．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在四周某点产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点动身沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球做变加速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力始终在增大【答案】D【解析】依据安培定则可知，从a点动身沿连线运动到b点，直线MO处的磁场方向垂直于MN向里，直线ON处的磁场方向垂直于MN向外，合磁场大小先减小，过O点后反向增大，依据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，由此可知，小球在速度方向上不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力始终在增大，故D正确。6．(多选)在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5m，接入电动势E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电池。垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0T方向垂直框面对上的匀强磁场中，调整滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上如图所示。(框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10m/s2)则下列说法正确的是()A．金属棒受到的安培力的大小为1NB．通过金属棒的电流I的大小为2AC．滑动变阻器R接入电路的阻值为R＝3ΩD．电源的输出功率为P＝10W【答案】ABD【解析】由左手定则可知安培力方向沿斜面对上，对ab棒进行受力分析，由平衡条件得F安＝mgsin30°，解得F安＝1N，A正确；由F安＝BIl得，I＝eq\f(F安,Bl)＝2A，B正确；由闭合电路的欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，得R＝2.3Ω，C错误；路端电压为U＝E－Ir＝5V，电源的输出功率为P＝UI＝10W，D正确。7．如图甲所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L＝1m，导体棒ab垂直于导轨放在导轨上，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，物体放在水平面上，匀强磁场的磁感应强度为B＝1T，方向竖直向下，起先时绳子刚好要绷直。现给导体棒中通入电流，使导体棒向左做加速运动，物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g＝10m/s2。则物体和导体棒的质量分别为()A．0.1kg0.9kgB．0.9kg0.1kgC．0.1kg1.0kgD．1.0kg0.1kg【答案】A【解析】设物体的质量为M，导体棒质量为m，细绳的拉力为T，依据题意由牛顿其次定律可知，T－Mg＝Ma，BIL－T＝ma，解得a＝eq\f(BL,M＋m)I－eq\f(Mg,M＋m)，结合题图乙可知，当a1＝3m·s－2，I1＝4A，I0＝1A时，a＝0，则有BI0L－Mg＝0，得M＝eq\f(BI0L,g)＝0.1kg，m＝0.9kg，选项A正确。8．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN。现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t改变的关系图象，可能正确的是()【答案】D【解析】从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面对里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力接着增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v－t图象的斜率肯定值表示加速度的大小，故选项A、B均错误；对金属棒MN，由牛顿其次定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－eq\f(μkBL,m)t，明显加速度a与时间t成线性关系，故选项C错误，D正确。9．(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调整可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0＞m，取重力加速度为g，则()A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B．矩形线圈的电阻C．匀强磁场的磁感应强度的大小D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡【答案】AC【解析】对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；依据闭合电路欧姆定律可得，解得，故B错误；依据平衡条件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，，解得，故C正确；起先线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以须要在左边加砝码，添加质量的砝码可使天平重新平衡，故D错误。10．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧金属导轨宽为L，全部处在竖直面内的辐向磁场区域中，磁场方向和轨道曲面垂直，轨道处磁感应强度大小为B。在圆弧最高点A处，有一质量为m的金属导体棒ab通过金属导轨和电路相连通。电源电动势E及内阻r，电阻R1、R2，电容器的电容C、重力加速度g均为已知，金属轨道水平部分无磁场且与导体棒的动摩擦因数为μ。当开关S闭合瞬间将导体棒由A点静止释放，运动中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，不考虑导体棒切割磁感线产生的电动势以及导