第十章 第1講　磁場及其對電流的作用-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

三年考情磁場的疊加2023·浙江1月選考·T8、2021·全國甲卷·T16、2021·福建卷·T6安培力2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江蘇卷·T2、2023·山東卷·T12、2023·遼寧卷·T2、2022·全國甲卷·T25、2022·湖南卷·T3、2022·湖北卷·T11、2022·浙江1月選考·T3、2022·江蘇卷·T3、2021·廣東卷·T5、2021·浙江6月選考·T15帶電粒子在磁場中的運動2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全國甲卷·T20、2023·浙江6月選考·T20、2023·廣東卷·T5、2022·浙江6月選考·T22、2022·廣東卷·T7、2022·遼寧卷·T8、2021·全國乙卷·T16、2021·北京卷·T12、2021·湖北卷·T9帶電粒子在組合場中的運動2023·山東卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·遼寧卷·T14、2022·山東卷·T17、2022·湖北卷·T8、2021·全國甲卷·T25、2021·山東卷·T17、2021·河北卷·T5、2021·河北卷·T14、2021·江蘇卷·T15、2021·湖南卷·T13、2021·遼寧卷·T15、2021·北京卷·T18、2021·浙江6月選考·T22、2021·廣東卷·T14帶電粒子在疊加場中的運動2023·湖南卷·T6、2023·海南卷·T2、2023·江蘇卷·T16、2023·全國乙卷·T18、2022·全國甲卷·T18、2022·廣東卷·T8、2022·浙江1月選考·T22、2022·重慶卷·T5命題規(guī)律目標(biāo)定位本章主要考查磁場的疊加、安培力問題的理解及應(yīng)用，帶電粒子在磁場中的運動，帶電粒子在組合場、疊加場、交變場中的運動規(guī)律及應(yīng)用等，命題常與生產(chǎn)生活中的實際情境(地磁場、電磁炮、回旋加速器、質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件等)相聯(lián)系，常以選擇題、計算題形式呈現(xiàn)，計算題常以組合場、疊加場、交變場命題，難度較大。第1講磁場及其對電流的作用[課標(biāo)要求]1．了解磁場，掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度的概念，會用磁感線描述磁場。2．會用安培定則(右手螺旋定則)判斷通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍的磁場方向。3．會用左手定則判斷安培力的方向，會計算安培力的大小，了解安培力在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用?？键c一磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度與磁感線1．磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度(1)磁場的基本性質(zhì)磁場對處于其中的磁體、電流或運動電荷有力的作用。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度①物理意義：描述磁場的強(qiáng)弱和方向。②定義式：B＝eq\f(F,Il)(通電導(dǎo)線垂直于磁場)。③方向：小磁針靜止時N極所指的方向。④單位：特斯拉，符號為T。(3)勻強(qiáng)磁場磁場中各點磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等、方向相同的磁場。(4)地磁場①地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布如圖所示。②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，且方向水平向北。③地磁場在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量。學(xué)生用書第216頁2．磁感線、電流的磁場(1)磁感線①定義：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點磁場的方向一致。②特點：a．磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。b．磁感線的疏密定性地表示磁場的強(qiáng)弱。c．磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點。d．磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。(2)幾種常見的磁場①條形磁體和蹄形磁體的磁場(如圖所示)②電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場安培定則立體圖縱截面圖自主訓(xùn)練1磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解(多選)關(guān)于B＝eq\f(F,Il)的說法中正確的是()A．磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與通電導(dǎo)線在磁場中所受的磁場力F成正比B．磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與Il的乘積成反比C．磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不一定等于eq\f(F,Il)D．通電直導(dǎo)線在某點所受磁場力為零，則該點磁感應(yīng)強(qiáng)度B不一定為零答案：CD解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(F,Il)是用比值定義法定義的，但磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場的固有性質(zhì)，與通電導(dǎo)線所受磁場力F及Il的乘積等外界因素?zé)o關(guān)，A、B錯誤；B＝eq\f(F,Il)是在電流與磁場垂直的情況下得出的，如果不垂直，設(shè)電流方向與磁場方向夾角為θ，則根據(jù)F＝IlBsinθ得B＝eq\f(F,Ilsinθ)，即B不一定等于eq\f(F,Il)，如果B∥I，雖然B≠0，但F＝0，故C、D正確。自主訓(xùn)練2兩條通電直導(dǎo)線電流的磁場疊加(2021·全國甲卷)兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導(dǎo)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(dǎo)線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案：B解析：兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，故B正確。自主訓(xùn)練3多條通電直導(dǎo)線電流的磁場疊加(多選)如圖所示，六根直導(dǎo)線均勻分布在圓心為O的圓周上，導(dǎo)線中均通有方向垂直紙面向里、大小相同的電流。若將其中一根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；若將其中兩根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為()A．eq\f(1,2)B0 B．B0C．eq\r(3)B0 D．eq\f(\r(3),2)B0答案：BC解析：若將其中一根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由右手螺旋定則及磁場的疊加原理可知，對稱的兩個同向電流在圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，反向?qū)ΨQ的兩個電流在圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，如果有兩個反向電流時，它們在O處的磁場方向間的夾角可能有60°、120°與180°三種情況，當(dāng)夾角為60°時，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2B0coseq\f(60°,2)＝eq\r(3)B0，當(dāng)夾角為120°時，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2B0coseq\f(120°,2)＝B0，當(dāng)夾角為180°時，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0，所以A、D錯誤，B、C正確。磁場疊加的基本思路1．確定磁場的場源，是磁體產(chǎn)生的還是電流產(chǎn)生的磁場。2．定位空間中需求解磁場的位置(點)，利用安培定則判定各個場源在該點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。如圖所示，BM、BN分別為電流M、N在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度。3．應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中c點的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。學(xué)生用書第217頁考點二安培力的理解與計算1．安培力的大小F＝IlBsin_θ，(其中θ為B與I之間的夾角)(1)磁場和電流垂直時：F＝IlB。(2)磁場和電流平行時：F＝0。2．安培力的方向——應(yīng)用左手定則判斷(1)伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)。(2)讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使四指指向電流的方向。(3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向?！净A(chǔ)知識判斷】1．在磁場中同一位置，電流元的電流越大，所受安培力也一定越大。(×)2．安培力的方向既與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，又與電流的方向垂直。(√)3．通電導(dǎo)線與磁場方向既不垂直也不平行時，左手定則就不適用了。(×)1．安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B與I決定的平面。2．安培力公式F＝IlB的應(yīng)用條件(1)勻強(qiáng)磁場；(2)l與B垂直；(3)l是指有效長度。如圖所示，彎曲通電導(dǎo)線的有效長度l等于連接導(dǎo)線兩端點的直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端。考向1安培力方向的判斷(2022·江蘇高考)如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向()A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外答案：C解析：根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出安培力左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。故選C。對點練．(2021·廣東高考)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1?I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是()答案：C解析：因I1?I2，則可不考慮四個邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用，根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左、右兩側(cè)的直導(dǎo)線I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下兩邊的直導(dǎo)線I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正確?？枷?安培力大小的計算(2023·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為()A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)Bil答案：C解析：因bc段與磁場方向平行，故不受安培力；ab段與磁場方向垂直，故受安培力為Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl。故選C。學(xué)生用書第218頁對點練．如圖所示，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0答案：B解析：設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為l，則電路中，上、下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2。如題圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度也為l，根據(jù)安培力計算公式F＝IlB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F＋F′＝1.5F，故B正確。考向3安培力作用下導(dǎo)體運動情況的判斷安培力作用下導(dǎo)體運動情況的判斷的常用方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up10(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環(huán)形電流→小磁針，通電螺線管→條形磁鐵結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向一個可以沿過圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()A．不動 B．順時針轉(zhuǎn)動C．逆時針轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)平動答案：B解析：法一(電流元法)：把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。法二(等效法)：把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則可知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。法三(結(jié)論法)：環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。對點練．如圖所示，兩個完全相同、互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)Q、P(Q平行于紙面，P垂直于紙面)中間用絕緣細(xì)線連接，通過另一絕緣細(xì)線懸掛在天花板下，當(dāng)Q有垂直紙面往里看逆時針方向的電流、同時P有從右往左看逆時針方向的電流時，關(guān)于兩圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(從上向下看)以及細(xì)線中拉力的變化，下列說法中正確的是()A．Q逆時針轉(zhuǎn)動，P順時針轉(zhuǎn)動，Q、P間細(xì)線拉力變小B．Q逆時針轉(zhuǎn)動，P順時針轉(zhuǎn)動，Q、P間細(xì)線拉力變大C．Q順時針轉(zhuǎn)動，P逆時針轉(zhuǎn)動，Q、P間細(xì)線拉力變小D．Q順時針轉(zhuǎn)動，P逆時針轉(zhuǎn)動，Q、P間細(xì)線拉力變大答案：C解析：根據(jù)安培定則，Q產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產(chǎn)生的磁場方向水平向右，將Q等效于S極在里、N極在外的小磁針，P等效于左側(cè)S極、右側(cè)N極的小磁針，根據(jù)同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點，P將逆時針轉(zhuǎn)動，Q將順時針轉(zhuǎn)動；轉(zhuǎn)動后P、Q兩環(huán)相互靠近處的電流的方向相同，所以兩個線圈相互吸引，細(xì)線張力減小，故C正確，A、B、D錯誤?？键c三安培力作用下導(dǎo)體的平衡及加速問題考向1安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題1．求解安培力作用下導(dǎo)體的平衡或加速問題的關(guān)鍵畫受力圖→三維圖eq\o(→,\s\up10(轉(zhuǎn)換為))二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等，將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖。2．求解安培力作用下導(dǎo)體平衡或加速問題的基本思路(1)選定研究對象。(2)變?nèi)S圖為二維圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I。學(xué)生用書第219頁(3)若導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，則列平衡方程；若導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)，則列動力學(xué)方程。(2022·湖南高考)如圖(a)，直導(dǎo)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(qū)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(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比答案：D解析：當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖(a)右側(cè)位置時，對導(dǎo)線做受力分析如圖所示，由左手定則可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，故A錯誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力FT減小，故B、C錯誤，D正確。故選D。對點練．如圖所示，一通電導(dǎo)體棒ab靜止在傾角為θ的粗糙斜面上，如圖所示，導(dǎo)體棒所在空間加一方向與導(dǎo)體棒垂直的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)勻強(qiáng)磁場方向與圖中箭頭方向(與斜面垂直向上)的夾角為α?xí)r，無論所加磁場多強(qiáng)，均不能使導(dǎo)體棒發(fā)生移動。已知導(dǎo)體棒與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列關(guān)系式中正確的是()A．tanα≥eq\f(1,μ) B．tanα≤eq\f(1,μ)C．tanα≥μ D．tanα≤μ答案：A解析：通電導(dǎo)體棒受安培力與斜面夾角為α，受重力、支持力、摩擦力和安培力，根據(jù)平衡條件F安cosα＝Ff＋mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋F安sinα，其中Ff＝μFN，解得cosα－μsinα＝eq\f(μmgcosθ＋mgsinθ,F安)，當(dāng)F安→∞時，cosα＝μsinα，即當(dāng)tanα≥eq\f(1,μ)時無論所加磁場多強(qiáng)，均不能使導(dǎo)體棒發(fā)生移動，故選A。考向2安培力作用下導(dǎo)體的加速問題(多選)(2022·湖北高考)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運動，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導(dǎo)體棒加速時，加速度的最大值為eq\f(\r(3),3)g；減速時，加速度的最大值為eq\r(3)g，其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是()A．棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6)B．棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ＝60°D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ＝150°答案：BC解析：設(shè)磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1＜90°，當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有Fsinθ1－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－Fcosθ1))＝ma1，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝μmg＋ma1，則有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝eq\f(μmg＋ma1,F\r(1＋μ2))≤1；同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2＜90°，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有Fsinθ2＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Fcosθ2))＝ma2，有Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝ma2－μmg，所以有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝eq\f(ma2－μmg,F\r(1＋μ2))≤1，當(dāng)加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，代入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此時θ1＝θ2＝60°，加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正確，A、D錯誤。故選BC。對點練．(多選)(2023·河北張家口模擬)如圖所示，兩長度均為L的通電長直導(dǎo)線P、Q鎖定在傾角為θ的光滑斜面上，質(zhì)量分別為m、2m，兩導(dǎo)線中通入的電流大小相等，均為I，重力加速度大小為g，現(xiàn)在導(dǎo)線Q的中點施加一沿斜面向上的拉力F與此同時對兩導(dǎo)線解除鎖定，兩導(dǎo)線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運動。下列說法正確的是()A．兩導(dǎo)線中電流的方向可能相反B．兩導(dǎo)線間的安培力大小為eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬間，導(dǎo)線P、Q的加速度大小之比為2∶1D．去掉Q，導(dǎo)線P僅在外加勻強(qiáng)磁場作用下靜止在斜面上，所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)答案：BD解析：分析可知P、Q一定相互吸引，則P、Q中電流一定同向，A錯誤；對P、Q整體，有F－3mgsinθ＝3ma，對P進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正確；若F＝6mgsinθ，則P、Q間安培力大小為2mgsinθ，撤去外力F瞬間，對P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，對Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，導(dǎo)線P、Q加速度大小之比為1∶2，C錯誤；對P受力分析如圖所示，當(dāng)磁場方向垂直于斜面向下時，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由共點力平衡條件可知mgsinθ＝BIL，要使導(dǎo)線P靜止在斜面上，需要外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。故選BD。課時測評46磁場及其對電流的作用eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P444)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題每題6分，共60分)1．中國宋代科學(xué)家沈括在公元1086年寫的《夢溪筆談》中最早記載了“方家(術(shù)士)以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”。進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布如圖所示。結(jié)合上述材料，下列說法正確的是()A．在地磁場的作用下小磁針靜止時，指南的磁極叫北極，指北的磁極叫南極B．對垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近最強(qiáng)C．形成地磁場的原因可能是帶正電的地球自轉(zhuǎn)引起的D．由于地磁場的影響，在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實驗中，通電導(dǎo)線應(yīng)相對水平地面豎直放置答案：B解析：地球內(nèi)部存在磁場，地磁南極在地理北極附近，所以在地磁場的作用下小磁針靜止時，指南的磁極叫南極，指北的磁極叫北極，故A錯誤；在地球的南、北極地磁的方向幾乎與地面垂直，對垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近的磁場方向與地面平行，則高能粒子所受的磁場力最大，故B正確；地球自轉(zhuǎn)方向是自西向東，地理南極在地磁北極附近，由安培定則判斷可能地球是帶負(fù)電的，故C錯誤；在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實驗中，若根據(jù)安培定則可知地磁場方向與導(dǎo)線電流的方向垂直，地磁場對實驗的影響較大，故在進(jìn)行奧斯特實驗時，通電導(dǎo)線南北放置時實驗現(xiàn)象最明顯，故D錯誤。2．(2024·山東德州模擬)已知通電直導(dǎo)線在其延長線上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，通電環(huán)形導(dǎo)線在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與環(huán)形的半徑成反比，即B＝keq\f(I,r)，k為比例系數(shù)。現(xiàn)有兩段四分之一圓弧導(dǎo)線和兩段直導(dǎo)線組成的閉合回路如圖所示，O為兩段圓弧的共同圓心，大、小圓弧的半徑分別為r大和r小，回路中通有電流I，則圓心O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向分別為()A．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直紙面向外B．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直紙面向里C．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直紙面向外D．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直紙面向里答案：C解析：由電流方向及安培定則可知，大、小圓弧在圓心O處產(chǎn)生的磁場方向相反，分別垂直紙面向里、垂直紙面向外，由題可知，小圓弧產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于大圓弧產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為垂直紙面向外；題中大、小圓弧均為四分之一圓弧，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，故選C。3．如圖所示，用材料相同、粗細(xì)均勻的電阻絲折成正方形金屬框架ABCD，邊長為L，每邊電阻為r，框架與一電動勢為E，內(nèi)阻也為r的電源相接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，則開關(guān)閉合電路穩(wěn)定后，框架受到的安培力大小為()A．eq\f(BEL,2) B．eq\f(\r(2)BEL,r)C．eq\f(\r(2)BEL,2r) D．eq\f(2BEL,3r)答案：C解析：正方形金屬框架ABCD在AC間的等效電阻為r，等效長度為eq\r(2)L，流過線框的等效電流I＝eq\f(E,2r)，框架受到的安培力大小為F＝I·eq\r(2)LB，解得F＝eq\f(\r(2)BEL,2r)，故選C。4．法拉第電動機(jī)原理如圖所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。電源負(fù)極與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導(dǎo)線插入水銀中。從上往下看，金屬桿()A．在金屬桿和導(dǎo)線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向上擺動B．在金屬桿和導(dǎo)線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向下擺動C．繞鉸鏈和磁鐵連線順時針轉(zhuǎn)動D．繞鉸鏈和磁鐵連線逆時針轉(zhuǎn)動答案：D解析：電源、金屬棒、導(dǎo)線和水銀組成閉合電路，金屬棒中有斜向上方的電流，根據(jù)左手定則可知，題圖所示位置導(dǎo)電金屬桿受垂直紙面向里的安培力，從上往下看，金屬桿將繞鉸鏈和磁鐵連線逆時針轉(zhuǎn)動。故選D。5．(多選)(2024·安徽巢湖模擬)如圖為安裝在某特高壓輸電線路上的一個六分導(dǎo)線間隔棒的截面圖。間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比，某瞬時，6條輸電導(dǎo)線中通過垂直紙面向外、大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，該時刻()A．O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿aO，由a指向OC．c導(dǎo)線所受安培力方向沿Oc，由O指向cD．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力為2.5F答案：AD解析：根據(jù)安培定則，a、d兩條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，b、e兩條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，c、f兩條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，所以O(shè)點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A正確；根據(jù)安培定則，b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示，設(shè)b在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則f在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，c、e在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,\r(3))，d在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,2)，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加可知，b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO斜向左下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2.5B，方向垂直aO；根據(jù)左手定則和安培力公式可知，a受到的安培力方向沿aO，由a指向O，大小為2.5F，B錯誤，D正確；同理可得c導(dǎo)線所受到的安培力方向沿Oc，由c指向O，C錯誤。故選AD。6．在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)線，通以如圖所示方向的電流I時，通電導(dǎo)線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．導(dǎo)線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)答案：D解析：根據(jù)導(dǎo)線所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若導(dǎo)線所受的安培力垂直于斜面向下時，導(dǎo)線所受合力不能為0，導(dǎo)線不能靜止，A錯誤；若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平向左，導(dǎo)線不能靜止，B錯誤；若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)線不能靜止，C錯誤；磁場方向垂直于斜面向下時，安培力方向沿斜面向上，此時安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。7．將一根粗細(xì)均勻的硬質(zhì)合金絲制成半徑為r的圓形導(dǎo)線框，P、Q兩點接入電路，電流表示數(shù)為I，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則線框所受安培力大小為()A．0 B．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)Bir答案：B解析：由題圖可知圓形導(dǎo)線框的大圓弧部分與小圓弧部分并聯(lián)，兩端圓弧受安培力的等效長度相等，即L＝eq\r(2)r，電流表示數(shù)為I，由于大圓弧部分的電阻是小圓弧部分電阻的3倍，根據(jù)電路串并聯(lián)規(guī)律可得大圓弧部分與小圓弧部分的電流大小分別為I大＝eq\f(I,4)，I?。絜q\f(3I,4)，故線框所受安培力大小為F安＝BI大L＋BI小L＝eq\r(2)BIr，故選B。8．(2023·河北邯鄲三模)在正方形ABCD的中心有一以O(shè)點為圓心的鐵環(huán)，如圖所示纏繞著通電絕緣導(dǎo)線，當(dāng)通電方向如圖所示時，O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0?，F(xiàn)在A、B、C、D四點放置如圖所示的通電直導(dǎo)線，電流強(qiáng)度如圖所示。已知正方形邊長為l，通電直導(dǎo)線周圍磁場B＝eq\f(kI,d)，其中k為已知系數(shù)，I為電流強(qiáng)度，d為到通電導(dǎo)線的直線距離。則此時O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為()A．B＝0 B．B＝eq\f(\r(2)kI,l)＋B0C．B＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l) D．B＝B0答案：C解析：通電線圈在O點產(chǎn)生的磁場B0的方向為豎直向下；四條直導(dǎo)線到圓心O的距離均為d＝eq\f(\r(2),2)l，則A、C在O點的合磁場為BAC＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向D；同理B、D在O點的合磁場為BBD＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向A；則O點的合磁場為B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)·\f(\r(2)kI,l)))2)＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l)，故選C。9．(多選)電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓