第十一章 微專題79　磁場及其對電流的作用-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第十一章磁場微專題79磁場及其對電流的作用1．知道磁場的基本性質(zhì)，磁場的疊加遵循平行四邊形定則。2.應(yīng)用左手定則判斷安培力的方向時，注意安培力既垂直于電流方向也垂直于磁場方向，即安培力垂直于電流和磁感線構(gòu)成的平面。3.分析磁場中通電導(dǎo)體受力問題時，要注意將立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖。1．我國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“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示意圖如圖。結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是()A．地理南、北極與地磁南、北極不重合B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁的南極在地理北極附近C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D．因地磁場影響，在進(jìn)行奧斯特實驗時，通電導(dǎo)線南北放置時實驗現(xiàn)象最明顯答案C解析由題意可知，地理南、北極與地磁南、北極不重合，存在地磁偏角，故A正確；磁感線是閉合的，由題圖可知地球內(nèi)部也存在磁場，地磁的南極在地理北極附近，故B正確；只有赤道上方附近的地磁場方向才與地面平行，故C錯誤；根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線的磁場方向與導(dǎo)線中電流的方向垂直，可知因地磁場影響，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正確。2.(2023·東北育才學(xué)校、福州一中等八校第一次聯(lián)考)如圖，在等邊三角形三個頂點處，各有一根長直導(dǎo)線垂直于紙面固定放置。在三根導(dǎo)線中均通有電流I，其中P、Q導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向里，M導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外，每根導(dǎo)線在三角形中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B，則三角形中心O處磁感應(yīng)強度的大小為()A．0 B．BC．2B D．2eq\r(3)B答案C解析根據(jù)右手螺旋定則，通電導(dǎo)線P、M和Q在O處的磁場方向如圖所示，由題知，每根導(dǎo)線在三角形中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，則由平行四邊形定則知通電導(dǎo)線P和Q在O點的合磁感應(yīng)強度與通電導(dǎo)線M在O點的磁感應(yīng)強度相同，則三角形中心O處磁感應(yīng)強度的大小為2B，故選C。3.(2023·上海市浦東新區(qū)期中)如圖所示，一個寬L＝0.20m的“U”型絕緣導(dǎo)軌與水平面成37°角固定放置。導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1.0T。一根質(zhì)量為0.10kg的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，棒上通有I＝5.0A的電流。金屬棒始終靜止在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌之間的最大靜摩擦力為2.0N，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．若增大電流，導(dǎo)軌對金屬棒的支持力也增大B．此時導(dǎo)軌對金屬棒的支持力大小為0.8NC．若增大磁感應(yīng)強度，導(dǎo)軌對金屬棒的摩擦力先變小后變大D．此時導(dǎo)軌對金屬棒的摩擦力大小為1.4N答案D解析對金屬棒受力分析，如圖所示，根據(jù)左手定則可知其所受安培力水平向右，大小為FA＝BIL＝1N，導(dǎo)軌對金屬棒的支持力大小為FN＝mgcos37°－FAsin37°＝0.2N若增大電流，則安培力增大，支持力減小，故A、B錯誤；根據(jù)平衡條件可得導(dǎo)軌對金屬棒的摩擦力大小為Ff＝mgsin37°＋FAcos37°＝1.4N<2.0N，若增大磁感應(yīng)強度，則安培力增大，導(dǎo)軌對金屬棒的摩擦力會變大，故C錯誤，D正確。4．(2023·陜西延安市模擬)圖甲是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)簡圖，線圈繞在一個與指針、轉(zhuǎn)軸相連的鋁框骨架上，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，同一圓周上磁感應(yīng)強度大小處處相等，如圖乙所示。當(dāng)線圈通以如圖乙所示方向電流時，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b導(dǎo)線所受安培力相同B．線圈將沿逆時針方向(正視)轉(zhuǎn)動C．換磁性更強的磁鐵會增大電流表的量程D．增加線圈匝數(shù)會減小電流表的量程答案D解析由左手定則可知，a、b導(dǎo)線受到的安培力大小相等、方向相反，故A錯誤；由左手定則可知，a導(dǎo)線受到的安培力向上，b導(dǎo)線受到的安培力向下，線圈沿順時針方向(正視)轉(zhuǎn)動，故B錯誤；換磁性更強的磁鐵或增加線圈匝數(shù)，會使得在相同電流情況下線圈所受安培力增大，電流表的量程減小，故C錯誤，D正確。5.(2023·廣東省模擬)如圖所示為筒壁很薄、截面圓半徑為R的鋁制長直圓筒，電流I平行于圓筒軸線穩(wěn)定流動，均勻通過筒壁各截面，筒壁可看作n條完全相同且平行的均勻分布的長直載流導(dǎo)線，每條導(dǎo)線中的電流均為i＝eq\f(I,n)，n比1大得多。已知通電電流為i的長直導(dǎo)線在距離r處激發(fā)的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(i,r)，其中k為常數(shù)。下列說法正確的是()A．圓筒內(nèi)部各處的磁感應(yīng)強度均不為0B．圓筒外部各處的磁感應(yīng)強度方向與筒壁垂直C．每條導(dǎo)線受到的安培力方向都垂直筒壁向內(nèi)D．若電流I變?yōu)樵瓉淼?倍，每條導(dǎo)線受到的安培力也變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析圓筒軸線處的磁場為n條通電導(dǎo)線激發(fā)磁場的矢量和，由安培定則和對稱性可知，圓筒軸線處的磁場剛好抵消，磁感應(yīng)強度為0，故A錯誤；各條通電導(dǎo)線在圓筒外部P處激發(fā)的磁場如圖所示由對稱性可知，合磁感應(yīng)強度方向在垂直軸線的平面內(nèi)且與筒壁切線平行，故B錯誤；某條通電導(dǎo)線受到的安培力是受除它之外的n－1條通電導(dǎo)線激發(fā)的合磁場施加的，由對稱性可知通電導(dǎo)線處合磁感應(yīng)強度方向沿圓周切線方向，由左手定則判斷，這條通電導(dǎo)線受到的安培力垂直筒壁方向指向軸線，故C正確；若電流I變?yōu)樵瓉淼?倍，由磁場的疊加，某條通電導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，由安培力公式F＝Bil，可知通電導(dǎo)線受到的安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。6．(多選)(2023·河南新鄉(xiāng)市模擬)如圖所示，傾斜光滑金屬導(dǎo)軌的傾角為30°，水平導(dǎo)軌粗糙，兩平行導(dǎo)軌的間距均為L。質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒a垂直水平導(dǎo)軌放置，兩導(dǎo)軌間均存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B1和B2?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒b垂直傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導(dǎo)軌足夠長，金屬棒a始終靜止，下列說法中正確的是()A．金屬棒a受到向左的摩擦力B．金屬棒a受到的最大摩擦力一定為eq\f(1,2)mgC．金屬棒b的最大速度為eq\f(mgR,2B22L2)D．金屬棒b減小的機械能等于金屬棒a和金屬棒b中產(chǎn)生的總焦耳熱答案AD解析金屬棒b沿導(dǎo)軌下滑時，由楞次定律可知，金屬棒a中電流從近端流向遠(yuǎn)端，根據(jù)左手定則，可知金屬棒a所受安培力水平向右，又因為金屬棒a始終靜止，所以其所受摩擦力向左，故A正確；當(dāng)金屬棒b下滑速度最大時，回路有最大電流，b的加速度為0，對金屬棒b分析，有mgsin30°＝B2ImL，對金屬棒a分析，有Ffm＝B1ImL，可得Ffm＝eq\f(mgB1,2B2)。由于B1和B2的關(guān)系未知，所以金屬棒a受到的最大摩擦力Ffm大小不確定，故B錯誤；由閉合電路歐姆定律可知Im＝eq\f(B2Lvm,2R)，解得vm＝eq\f(mgR,B22L2)，故C錯誤；由能量守恒定律可知，金屬棒b減小的機械能等于金屬棒a和金屬棒b中產(chǎn)生的總焦耳熱，故D正確。7.(多選)(2024·湖南長沙市長郡中學(xué)?？?如圖所示，兩個半徑均為R的光滑絕緣圓軌道a、b并排固定在豎直平面內(nèi)，在軌道最低點放置一根質(zhì)量為m的銅棒，棒長為L，所在空間有平行于圓軌道平面水平向右的勻強磁場，給銅棒通以從C到D的恒定電流I的同時給銅棒一大小為eq\r(gR)的水平初速度，(不考慮切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢)已知磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(2mg,IL)(g為重力加速度)，以下說法正確的是()A．銅棒獲得初速度時對每條軌道的壓力均為mgB．銅棒獲得初速度時對每條軌道的壓力均為0C．從軌道最低點到最高點的過程中，銅棒機械能增加2mgRD．從軌道最低點到最高點的過程中，銅棒所受合力的沖量大小為(eq\r(5)＋1)meq\r(gR)答案BD解析根據(jù)左手定則可以判斷，銅棒所受安培力方向豎直向上，根據(jù)BIL＋FN－mg＝meq\f(v02,R)，解得FN＝0，根據(jù)牛頓第三定律可知，銅棒獲得初速度時對每條軌道的壓力均為0，故A錯誤，B正確；從軌道最低點到最高點的過程中，安培力做功等于銅棒機械能增加量ΔE＝BIL×2R＝4mgR，故C錯誤；從軌道最低點到最高點的過程中有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝BIL×2R－mg×2R，解得最高點速度v＝eq\r(5gR)，與初速度方向相反，根據(jù)動量定理，從軌道最低點到最高點的過程中，銅棒所受合力的沖量I＝Δp＝mv－(－mv0)＝(eq\r(5)＋1)meq\r(gR)，故D正確。8.如圖所示，兩根足夠長的光滑直金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L；導(dǎo)軌上端接入電源和滑動變阻器，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r；整個裝置處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場中。調(diào)節(jié)滑動變阻器滑動頭至某一位置，將質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直兩導(dǎo)軌置于導(dǎo)軌上，ab恰能保持靜止。已知重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計，ab與兩導(dǎo)軌接觸良好，則()A．磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下B．流過ab的電流大小為eq\f(mgcosθ,BL)C．滑動變阻器接入電路的阻值為eq\f(EBL,mgsinθ)－rD．若減小滑動變阻器的阻值，ab向下運動答案C解析由于金屬棒ab恰能保持靜止，受重力、支持力、安培力，根據(jù)平衡條件可知，安培力方向應(yīng)沿斜面向上，由題圖可知金屬棒ab的電流方向為b到a，根據(jù)左手定則，磁場方向應(yīng)該垂直導(dǎo)軌平面向上，故A錯誤；根據(jù)平衡條件得F安＝BIL＝mgsinθ，解得I＝eq\f(mgsinθ,BL)，故B錯誤；設(shè)滑動變阻器接入電阻為R，根據(jù)閉合回路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(mgsinθ,BL)，解得R＝eq\f(EBL,mgsinθ)－r，故C正確；若減小滑動變阻器的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律知電路電流增大，因此導(dǎo)體棒ab受到的安培力增大，由于安培力方向沿斜面向上，因此ab會向上運動，故D錯誤。9.(多選)如圖所示，無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正下方固定一正方形線框，線框中通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L，已知在長直導(dǎo)線的磁場中距離長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小B＝keq\f(I,r)，線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則釋放線框的瞬間，線框的加速度大小可能為()A．0 B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－g D．g－eq\f(kI2,m)答案AC解析線框上邊所在處的磁感應(yīng)強度大小B1＝keq\f(I,L)，由安培定則可判斷出導(dǎo)線下方磁場方向為垂直紙面向里，上邊所受安培力的大小F1＝B1IL＝kI2，由左