高考物理一轮复习-第1讲-磁场的描述-磁场对电流的作用

授课提示：对应学生用书第347页[A组基础巩固练]热点一磁场的叠加及安培力1．(2022·安徽合肥模拟)如图所示，在同一个绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流。已知导线a受到的安培力方向向左，则下列说法正确的是()A．导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相同B．导线c受到的安培力一定向右C．导线a、c受到的安培力的大小不一定相等D．导线b受到的安培力一定最大解析：由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，故导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，故A错误。若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左；若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到安培力的方向向右，故B错误。只有当导线c的电流方向与导线a相同时，导线a、c受到安培力的大小才相等，故C正确。当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，故D错误。答案：C2.(2022·广东佛山模拟)如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍。两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是()A．a点与b点的磁感应强度相同B．a点与c点的磁感应强度相同C．a点与d点的磁感应强度相同D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同解析：本题考查安培定则及磁场的叠加。通电直导线在周围形成的磁场，磁感应强度大小B＝eq\f(kI,r)，由安培定则可得，各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知，a点与c点的合磁感应强度等大同向，b点与d点的合磁感应强度等大同向，故B正确。答案：B3.如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处，导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)，I为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线的垂直距离，k为常量，O点处的磁感应强度大小为B0，则C点处的磁感应强度大小为()A.eq\f(B0,2) B.eq\f(\r(2)B0,2)C.eq\f(B0,4) D.eq\f(\r(3)B0,4)解析：设A、B处的电流在O点产生的磁感应强度大小为B1，方向如图所示，有2B1＝B0，即B1＝eq\f(B0,2)，由rAC＝2rAO及B＝eq\f(kI,r)可知，A、B处的电流在C点产生的磁感应强度大小B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(B0,4)，方向如图所示，由平行四边形定则及夹角为120°可知，C点处磁感应强度大小为eq\f(B0,4)，C正确。答案：C热点二安培力作用下导体运动情况的判断4．(多选)(2022·山东临沂模拟)1876年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示的方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转。忽略地磁场对小磁针的影响，则下列说法正确的是()A．小磁针发生偏转的原因是橡胶圆盘上产生了感应电流B．小磁针发生偏转说明了电荷的运动会产生磁场C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极向左侧偏转D．当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极向右侧偏转解析：本题中不符合感应电流的产生条件，无法产生感应电流，故A错误；由题意可知，小磁针受到磁场力的作用，原因是电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故B正确；圆盘带负电，根据安培定则可知，产生的磁场方向向上，等效为上方是N极的条形磁铁，当小磁针处于圆盘的左上方时，小磁针的N极将向左侧偏转，故C正确；同理，当小磁针处于圆盘的左下方时，则小磁针的N极向右侧偏转，故D正确。答案：BCD热点三安培力作用下的平衡或加速问题5．(2022·宁夏吴忠高三模拟)如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有Fsinθ≤μ(mg＋Fcosθ)，当磁感应强度足够大时，由数学关系可知，mg＋Fcosθ≈Fcosθ，即当tanθ≤μ时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为μ＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝30°，故A正确。答案：A6.(2022·广东广州模拟)如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在导轨所在空间加各种磁感应强度大小相同、方向不同的匀强磁场，导体棒ab均保持静止，则下列判断错误的是()A．四种情况中导体棒ab受到的安培力大小相等B．甲图中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C．乙图中导体棒ab可能只受到两个力的作用D．丙、丁图中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零解析：本题考查安培力作用下的平衡问题。导体棒ab受到的安培力F＝BIL，因B大小相同，电流相同，故受到的安培力大小相等，A正确；甲图中，导体棒ab受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于导轨向上的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，B正确；乙图中，导体棒ab受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，C正确；丙图中，导体棒ab受竖直向下的重力、竖直向下的安培力、垂直于导轨向上的支持力，要想保持静止，一定受摩擦力，丁图中，导体棒ab受竖直向下的重力、水平向左的安培力、垂直于导轨向上的支持力，要想保持静止，一定受摩擦力，D错误。答案：D7．(2022·河南商丘模拟)如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′两点，MN处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为eq\f(mg,BL)tanθD．每条悬线所受拉力大小为eq\f(1,2)mgcosθ解析：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO′平面不垂直，故B错误；对金属棒受力分析如图所示，则mgtanθ＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)tanθ，故C正确；由受力分析可以知道，2Tcosθ＝mg，得T＝eq\f(mg,2cosθ)，故D错误。答案：C[B组综合提能练]8．(2022·湖北武汉模拟)如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为()A．0 B.eq\f(1,2)BILC.eq\r(2)BIL D.eq\f(\r(2),2)BIL解析：电流I经过a点后分成两条支路，其大小分别为Iabcd＝eq\f(1,4)I，Iad＝eq\f(3,4)I，如题图所示，判断出线圈四边所受安培力大小和方向分别为Fab＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fbc＝eq\f(1,4)BIL，向下；Fcd＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fad＝eq\f(3,4)BIL，向上，则线框受到的安培力的大小F＝eq\f(\r(2),2)BIL，A、B、C错误，D正确。答案：D9．(2022·广东深圳模拟)如图所示，用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L。框架与一个电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。匀强磁场垂直于框架平面向里，磁感应强度大小为B，则框架受到安培力的合力的大小为()A.eq\f(5BSE,3ρ) B.eq\f(2BSE,ρ)C.eq\f(BSE,ρ) D．0解析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图所示：设电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2r，abcd上的电流I1＝eq\f(E,3r)ad上的电流I2＝eq\f(E,2r)ab、bc、cd上各段的安培力F1＝F2＝F3＝BI1L＝eq\f(BEL,3r)ad上的安培力F4＝BI2·2L＝eq\f(BEL,r)各段受到的力中，F1和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力F＝F4＋F1cos60°＋F2＋F3cos60°＝eq\f(5BEL,3r)r＝eq\f(ρL,S)则可得F＝eq\f(5BSE,3ρ)，方向竖直向上，故选A。答案：A10．(多选)(2022·湖北华中师大附中模拟)如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法错误的是()A．线圈感应电流的方向先沿adcba后沿abcdaB．线圈受到的静摩擦力先增大后减小C．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力D．线圈受到摩擦力的最大值为eq\f(B2L2v,R)解析：磁场竖直向上，由楞次定律可知，线圈进入磁场过程感应电流方向为adcba，线圈离开磁场过程，感应电流方向为abcda，故A正确；线圈受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，其中L是导线在磁场中的有效长度，线圈进入磁场过程L先增大后减小，线圈离开磁场过程L先增大后减小，因此线圈进入磁场过程与离开磁场过程安培力都是先增大后减小，线圈做匀速直线运动，由平衡条件可知，线圈受到的摩擦力大小等于安培力大小，因此线圈受到的摩擦力大小先增大后减小再增大最后减小，故B错误；由左手定则可知，线圈进入磁场过程所受安培力方向垂直于PQ向左上方，由平衡条件可知，线圈受到的摩擦力垂直于PQ向右下方，故C错误；当ab边恰好完全进入磁场时线圈受到的安培力最大，由平衡条件可知，此时受到的摩擦力最大，最大摩擦力f＝F安培＝eq\r(2)BIL＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故D错误。答案：BCD11.(多选)(2022·山东济南模拟)如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F，与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．两导线中电流的方向可能相反B．两导线间的安培力大小为eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1D．去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)解析：本题考查安培力作用下的牛顿第二定律。由两导线间距不变沿斜面向上运动可知，P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mgsinθ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正确；若F＝6mgsinθ，则P、Q间安培力大小为2mgsinθ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，对Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，导线P、Q的加速度大小之比为1∶2，C错误；去掉Q，对P受力分析如图所示，当导线所受安培力沿斜面向上时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知mgsinθ＝BIL，要使导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正确。答案：BD12．(多选)(2022·山西太原模拟)一根金属条放置在相距为d的两根金属轨道上，如图所示。现让金属条以v0的初速度从AA′进入水平轨道，再由CC′进入半径为r的竖直圆轨道，金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小为v，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直且接触良好。已知由外电路控制流过金属条的电流大小始终为I，方向如图中所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度为B，A、C间的距离为L，金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动。重力加速度为g，则由题中信息可以求出()A．金属条的质量B．金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向C．金属条运动到DD′时的瞬时速度D．金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数解析：在圆轨道最高点，由牛顿第二定律得BId＋mg＝meq\f(v2,r)，选项A正确；由题中信息可求出金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向，选项B正确；由动能定理得－(mg＋BId)·2r－μ(mg＋BId)·L＝eq\f(1,2)