統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)提升指導(dǎo)與精練16磁場安培力含解析

PAGE8-磁場安培力1．本學(xué)問點每年必考，近幾年的考查重點，主要是在選擇題中考查磁場及磁感應(yīng)強(qiáng)度、電流的磁場及安培定則的應(yīng)用。2．留意要點：分析安培力時，要留意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。例1．(2024·全國I卷·17)如圖，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．2FB．1.5FC．0.5FD．0【考題解讀】本題考查安培力及考生應(yīng)用數(shù)學(xué)學(xué)問解決物理問題的實力，體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中的模型建構(gòu)要素?！窘馕觥吭O(shè)三根相同的導(dǎo)體棒的電阻均為R，長度均為l，其中ML和LN為串聯(lián)關(guān)系，總電阻為2R。由并聯(lián)電路特點可知，通過MN的電流為通過ML和LN中的電流的兩倍，若MN受到的安培力F＝BIl，則ML和LN受到的安培力的合力F1＝eq\f(1,2)BIl，MN受到的安培力與ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故線框受到的安培力為F合＝F＋F1＝1.5F，故選B。【答案】B例2．(2024?全國II卷?20)如圖，紙面內(nèi)有兩條相互垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面對外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面對外。則()A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12)B0B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,12)B0C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,12)B0D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12)B0【考題解讀】磁場強(qiáng)度是矢量，對于此題來說，a、b兩點的磁場強(qiáng)度是由三個磁場的疊加形成，先依據(jù)右手定則推斷導(dǎo)線在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向，再利用矢量疊加來求解即可?！窘馕觥坑蓪ΨQ性可知，流經(jīng)L1的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等但方向相反，設(shè)其大小為B2，由磁場疊加原理有B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，B0－B1＋B2＝eq\f(1,2)B0，聯(lián)立解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，所以A、C正確。【答案】AC提分訓(xùn)練提分訓(xùn)練1．如圖所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通電長直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在a、b、c三點，其中b為ac的中點．三根導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I、3I，方向均垂直紙面對里。通電長直導(dǎo)線在其四周空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(kI,r)，其中I表示電流強(qiáng)度，r表示該點到導(dǎo)線的距離，k為常數(shù)。已知a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．B0B．2B0C．eq\r(3)B0D．4B0【答案】D 【解析】設(shè)直角三角形的ad邊長為r，則ac邊長為2r，依據(jù)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式可得a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝keq\f(I,r)，由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向豎直向下；b點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如圖所示，因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿B2的方向，故d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為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，故選D。2．如圖，光滑斜面上放置一根通有恒定電流的導(dǎo)體棒，空間有垂直斜面對上的勻強(qiáng)磁場B，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將勻強(qiáng)磁場的方向沿圖示方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，為了使導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)同步()A．增大B．減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大【答案】A【解析】對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖，當(dāng)磁場方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，安培力方向緩慢從圖示位置轉(zhuǎn)到豎直向上，因為初始時刻安培力沿斜面對上，與支持力方向垂直，最小，所以安培力始終變大，而安培力F安＝BIL，所以磁場始終增大，B、C、D錯誤，A正確。3．利用如圖所示的試驗裝置可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源，導(dǎo)線的電阻忽視不計。當(dāng)有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，拉力顯示器可以干脆顯示力敏傳感器所受的拉力。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知F1＞F2，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()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】當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1，則F1＝mg＋Beq\f(E1,R)L；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2，則F2＝mg－Beq\f(E2,R)L；聯(lián)立解得B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)，選項B正確。4．(多選)如圖所示，兩根通電直導(dǎo)線用四根長度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O、O′兩點，已知OO′連線水平，導(dǎo)線靜止時絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，保持導(dǎo)線中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)線所在空間加上勻強(qiáng)磁場后，絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均變小，則所加磁場的方向可能沿()A．z軸正向B．z軸負(fù)向C．y軸正向D．y軸負(fù)向【答案】AB【解析】由于兩條導(dǎo)線相互排斥，電流方向相反。因?qū)Ь€電流方向不確定，若磁場方向沿z軸正向或負(fù)向，導(dǎo)線受磁場力沿水平方向，細(xì)線與水平方向夾角可能減小，故A、B正確；若磁場方向沿y軸正向或負(fù)向，由于兩根導(dǎo)線電流異向，安培力一個向上、一個向下，它們的角度一個增大、一個減小，故C、D錯誤。5．如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱。導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導(dǎo)線在四周某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中電流、r為點到導(dǎo)線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點動身沿連線運(yùn)動到b點。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動B．小球做變加速直線運(yùn)動C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫κ冀K在增大【答案】D【解析】依據(jù)安培定則可知，從a點動身沿連線運(yùn)動到b點，直線MO處的磁場方向垂直于MN向里，直線ON處的磁場方向垂直于MN向外，合磁場大小先減小，過O點后反向增大，依據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向先向上，大小在減小，過O點后洛倫茲力的方向向下，大小在增大，由此可知，小球在速度方向上不受力的作用，則將做勻速直線運(yùn)動，而小球?qū)ψ烂娴膲毫κ冀K在增大，故D正確。6．(多選)在傾角θ＝30°的絕緣斜面上，固定一光滑金屬框，寬l＝0.5m，接入電動勢E＝6V、內(nèi)阻r＝0.5Ω的電池。垂直框面放置一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，金屬棒接入電路的電阻R0的阻值為0.2Ω，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T方向垂直框面對上的勻強(qiáng)磁場中，調(diào)整滑動變阻器R的阻值使金屬棒靜止在框架上如圖所示。(框架的電阻與摩擦不計，框架與金屬棒接觸良好，g取10m/s2)則下列說法正確的是()A．金屬棒受到的安培力的大小為1NB．通過金屬棒的電流I的大小為2AC．滑動變阻器R接入電路的阻值為R＝3ΩD．電源的輸出功率為P＝10W【答案】ABD【解析】由左手定則可知安培力方向沿斜面對上，對ab棒進(jìn)行受力分析，由平衡條件得F安＝mgsin30°，解得F安＝1N，A正確；由F安＝BIl得，I＝eq\f(F安,Bl)＝2A，B正確；由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，得R＝2.3Ω，C錯誤；路端電壓為U＝E－Ir＝5V，電源的輸出功率為P＝UI＝10W，D正確。7．如圖甲所示，PQ和MN為水平、平行放置的兩光滑金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的中點用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連，細(xì)繩一部分與導(dǎo)軌共面且平行，另一部分與導(dǎo)軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，方向豎直向下，起先時繩子剛好要繃直。現(xiàn)給導(dǎo)體棒中通入電流，使導(dǎo)體棒向左做加速運(yùn)動，物體運(yùn)動的加速度大小與導(dǎo)體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10m/s2。則物體和導(dǎo)體棒的質(zhì)量分別為()A．0.1kg0.9kgB．0.9kg0.1kgC．0.1kg1.0kgD．1.0kg0.1kg【答案】A【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為M，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，細(xì)繩的拉力為T，依據(jù)題意由牛頓其次定律可知，T－Mg＝Ma，BIL－T＝ma，解得a＝eq\f(BL,M＋m)I－eq\f(Mg,M＋m)，結(jié)合題圖乙可知，當(dāng)a1＝3m·s－2，I1＝4A，I0＝1A時，a＝0，則有BI0L－Mg＝0，得M＝eq\f(BI0L,g)＝0.1kg，m＝0.9kg，選項A正確。8．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強(qiáng)度與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t改變的關(guān)系圖象，可能正確的是()【答案】D【解析】從t＝0時刻起，金屬棒通以電流I＝kt，由左手定則可知，安培力方向垂直紙面對里，使其緊壓導(dǎo)軌，導(dǎo)致金屬棒在運(yùn)動過程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，當(dāng)滑動摩擦力小于重力時速度與加速度方向相同，所以金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動．當(dāng)滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度達(dá)到最大．當(dāng)安培力接著增大時導(dǎo)致加速度方向豎直向上，則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運(yùn)動．v－t圖象的斜率肯定值表示加速度的大小，故選項A、B均錯誤；對金屬棒MN，由牛頓其次定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－eq\f(μkBL,m)t，明顯加速度a與時間t成線性關(guān)系，故選項C錯誤，D正確。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)整可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數(shù)為U。已知m0＞m，取重力加速度為g，則()A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B．矩形線圈的電阻C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡【答案】AC【解析】對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律可得，解得，故B錯誤；依據(jù)平衡條件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，，解得，故C正確；起先線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，所以須要在左邊加砝碼，添加質(zhì)量的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤。10．如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧金屬導(dǎo)軌寬為L，全部處在豎直面內(nèi)的輻向磁場區(qū)域中，磁場方向和軌道曲面垂直，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在圓弧最高點A處，有一質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab通過金屬導(dǎo)軌和電路相連通。電源電動勢E及內(nèi)阻r，電阻R1、R2，電容器的電容C、重力加速度g均為已知，金屬軌道水平部分無磁場且與導(dǎo)體棒的動摩擦因數(shù)為μ。當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間將導(dǎo)體棒由A點靜止釋放，運(yùn)動中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢以及導(dǎo)