第十一章第1講　磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．(多選)(2022·福建卷)奧斯特利用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置研究電流的磁效應(yīng)。一個(gè)可自由轉(zhuǎn)動(dòng)的小磁針?lè)旁诎捉鸾z導(dǎo)線(xiàn)正下方，導(dǎo)線(xiàn)兩端與一伏打電池相連。接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉(zhuǎn)。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導(dǎo)線(xiàn)直徑、導(dǎo)線(xiàn)材料、電池電動(dòng)勢(shì)以及小磁針位置等因素對(duì)小磁針偏轉(zhuǎn)情況的影響。他能得到的實(shí)驗(yàn)結(jié)果有()A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)B．用銅導(dǎo)線(xiàn)替換白金絲，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)C．減小電源電動(dòng)勢(shì)，小磁針一定不能偏轉(zhuǎn)D．小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置無(wú)關(guān)解析：減小導(dǎo)線(xiàn)直徑，仍存在電流，其產(chǎn)生的磁場(chǎng)仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A正確；白金導(dǎo)線(xiàn)換成銅導(dǎo)線(xiàn)，仍存在電流，產(chǎn)生的磁場(chǎng)仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B正確；減小伏打電池電動(dòng)勢(shì)，只要導(dǎo)線(xiàn)中有電流，小磁場(chǎng)還是會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；通電導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與地磁場(chǎng)疊加后，其空間磁場(chǎng)方向與位置有關(guān)，當(dāng)小磁針在不同位置時(shí)其偏轉(zhuǎn)情況不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：AB2．截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱(chēng)分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)。若中心直導(dǎo)線(xiàn)通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線(xiàn)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(zhǎng)管發(fā)生形變的是()解析：左右兩側(cè)電流與中心電流為同向電流，上下兩側(cè)電流與中心電流為反向電流，由同向電流相互吸引、反向電流相互排斥這一結(jié)論，可知彈性長(zhǎng)管左右兩側(cè)受到向里的吸引力，上下兩側(cè)受到向外的斥力，故C項(xiàng)正確。答案：C3．(多選)(2022·全國(guó)乙卷)安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場(chǎng)進(jìn)行了四次測(cè)量，每次測(cè)量時(shí)y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測(cè)量結(jié)果可推知()測(cè)量序號(hào)Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.測(cè)量地點(diǎn)位于南半球B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小約為50μTC．第2次測(cè)量時(shí)y軸正向指向南方D．第3次測(cè)量時(shí)y軸正向指向東方解析：依題意，z軸正向保持豎直向上，測(cè)量結(jié)果表明z軸方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為負(fù)，即測(cè)量地點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量是向下的，說(shuō)明測(cè)量地點(diǎn)位于北半球，A錯(cuò)誤；每次測(cè)量得到的地磁場(chǎng)的兩個(gè)分量互相垂直，任選一組數(shù)據(jù)根據(jù)平行四邊形定則可以求出當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小約為50μT，B正確；在北半球，地磁場(chǎng)的水平分量是由南向北的，第2次測(cè)量時(shí)得到的水平分量即By是負(fù)值，說(shuō)明y軸正向與地磁場(chǎng)的水平分量方向相反，即指向南方，C正確；第3次測(cè)量時(shí)By為零，說(shuō)明y軸沿東西方向，又因Bx為正，即x軸正向指向北方，則y軸正向應(yīng)指向西方，D錯(cuò)誤。答案：BC4．(多選)如圖所示，用細(xì)線(xiàn)將一條形磁體掛于天花板上，磁體處于水平且靜止的狀態(tài)，條形磁體的正下方固定一直導(dǎo)線(xiàn)ab，現(xiàn)將直導(dǎo)線(xiàn)中通入由a指向b的電流，在磁體轉(zhuǎn)動(dòng)90°的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．條形磁體的N極向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)B．條形磁體的N極向紙面外偏轉(zhuǎn)C．條形磁體受到的拉力小于其受到的重力D．條形磁體受到的拉力大于其受到的重力解析：直導(dǎo)線(xiàn)通入由a指向b的電流時(shí)，直導(dǎo)線(xiàn)的左端受到方向垂直紙面向里的安培力，根據(jù)牛頓第三定律可知，磁體的N極受到方向垂直紙面向外的作用力，應(yīng)向紙面外偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；磁體轉(zhuǎn)動(dòng)后，對(duì)直導(dǎo)線(xiàn)有向上的作用力，所以磁體受到向下的作用力，故條形磁體受到的拉力大于其受到的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD5.(2024·四川成都二模)如圖，紙面內(nèi)正方形abcd的對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)O處有垂直紙面放置的通有恒定電流的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，電流方向垂直紙面向外，所在空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，平行于紙面但方向未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．0 B．B0C．eq\r(2)B0 D．2B0解析：已知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，根據(jù)右手螺旋定則可知，長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)電流在c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向垂直O(jiān)c斜向上，大小為B0，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直O(jiān)c斜向下；長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)電流在b點(diǎn)的磁場(chǎng)方向垂直O(jiān)b斜向上，與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直，則b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋Beq\o\al(2,0))＝eq\r(2)B0，故選項(xiàng)C正確。答案：C6.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線(xiàn)框ABCD，ADC邊的電阻與ABC邊的電阻不相等，將線(xiàn)框放在與線(xiàn)框平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。電流I從A點(diǎn)流入，從C點(diǎn)流出，O是線(xiàn)框的正中心，下列說(shuō)法正確的是()A．線(xiàn)框中的電流形成的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定垂直于紙面向內(nèi)B．線(xiàn)框中的電流形成的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定垂直于紙面向外C．整個(gè)線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力大小為eq\r(2)BILD．整個(gè)線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力大小為4BIL解析：根據(jù)ADC邊的電阻與ABC邊的電阻不相等，可知線(xiàn)框上、下兩部分的電流不相等，由電流形成的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的方向可能垂直于紙面向內(nèi)，也有可能垂直于紙面向外，A、B錯(cuò)誤；電流通過(guò)線(xiàn)框的等效長(zhǎng)度為eq\r(2)L，故整個(gè)線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力大小為F＝eq\r(2)BIL，C正確，D錯(cuò)誤。答案：C7.(2024·四川眉山高三期末診斷)如圖所示，兩個(gè)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(xiàn)連接，通過(guò)另一絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛在天花板下，當(dāng)Q有垂直紙面往里看逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳌⑼瑫r(shí)P有從右往左看逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，關(guān)于兩圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)(從上向下看)以及細(xì)線(xiàn)中拉力的變化，下列說(shuō)法中正確的是()A．Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線(xiàn)拉力變小B．Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線(xiàn)拉力變大C．Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線(xiàn)拉力變小D．Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線(xiàn)拉力變大解析：根據(jù)安培定則，Q產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，P產(chǎn)生的磁場(chǎng)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(diǎn)，P將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；轉(zhuǎn)動(dòng)后P、Q兩環(huán)相互靠近處的電流的方向相同，所以?xún)蓚€(gè)線(xiàn)圈相互吸引，細(xì)線(xiàn)張力減小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案：C8.(多選)如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁體連接起來(lái)，此時(shí)臺(tái)秤示數(shù)為F1，現(xiàn)在磁體上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以如圖所示方向的電流后，臺(tái)秤示數(shù)為F2，則以下說(shuō)法正確的是()A．彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B．彈簧長(zhǎng)度將變短C．F1>F2 D．F1<F2解析：如圖甲所示，導(dǎo)體棒處的磁場(chǎng)方向指向右上方，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向垂直于磁場(chǎng)方向指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)條形磁體受力分析，如圖乙所示，所以臺(tái)秤對(duì)條形磁體的支持力減小，即臺(tái)秤示數(shù)F1>F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，使條形磁體壓縮彈簧，所以彈簧長(zhǎng)度變短。故B、C正確。答案：BC[能力提升練]9.如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩細(xì)線(xiàn)與豎直方向間的夾角均為θ。如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩細(xì)線(xiàn)等長(zhǎng)變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小解析：金屬棒MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示，由平衡條件可知F安＝mgtanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtanθ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，故A正確，C、D錯(cuò)誤；θ角與細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤。答案：A10．如圖所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上，使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸?，F(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時(shí)釋放金屬棒PQ使其運(yùn)動(dòng)。已知電流I隨時(shí)間變化的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k>0)，金屬棒PQ與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定。以豎直向下為正方向，則下面關(guān)于金屬棒PQ的速度v、加速度a隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是()解析：因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)金屬棒PQ加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒PQ的加速度a＝eq\f(mg－Ff,m)，F(xiàn)f＝μFN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，聯(lián)立解得加速度a＝g－eq\f(μBLkt,m)，與時(shí)間呈線(xiàn)性關(guān)系，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，然后加速度方向向上，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的變減速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤，B正確；t＝0時(shí)刻無(wú)電流，無(wú)安培力，只有重力，加速度豎直向下，為正值，故D錯(cuò)誤。答案：B11．如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對(duì)放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與電源相連，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上。開(kāi)關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，側(cè)視圖如圖乙所示，該位置對(duì)應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時(shí)所受安培力的大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力。解析：(1)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝ILB解得B＝0.4T。(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR(1－sinθ))＝1m/s導(dǎo)體棒在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。答案：(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下12．(2022·全國(guó)甲卷)光點(diǎn)式檢流計(jì)是一種可以測(cè)量微小電流的儀器，其簡(jiǎn)化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線(xiàn)圈，虛線(xiàn)框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；M為置于平臺(tái)上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零：使線(xiàn)圈內(nèi)沒(méi)有電流通過(guò)時(shí)，M豎直且與紙面垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線(xiàn)圈通入電流后彈簧長(zhǎng)度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心，通過(guò)讀取反射光射到PQ上的位置，可以測(cè)得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線(xiàn)圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長(zhǎng)度為l，細(xì)桿D的長(zhǎng)度為d，圓弧PQ的半徑為r，r?d，d遠(yuǎn)大于彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值。(1)若在線(xiàn)圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值Δx及PQ上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)s。(2)某同學(xué)用此裝置測(cè)一微小電流，測(cè)量前未調(diào)零，將電流通入線(xiàn)圈后，PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為s1；保持其他條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為s2。求待測(cè)電流的大小。解析：(1)通入電流后線(xiàn)圈所受安培力F＝NBIl由胡克定律及平衡條件有F＝kΔx故彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值Δx＝eq\f(NBIl,k)由于d遠(yuǎn)大于彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值，故細(xì)桿轉(zhuǎn)過(guò)的角度θ≈sinθ＝eq\f(Δx,d)＝eq\f(NBIl,kd)由于入射光線(xiàn)不變，平面鏡轉(zhuǎn)過(guò)θ角時(shí)反射光線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)2θ角，故s＝2θr＝eq\f(2NBIlr,kd)。(2)電流反向前后光點(diǎn)移動(dòng)的弧長(zhǎng)s′＝s1＋s2可知