2025版高考物理總復習專題知識點第1講　磁場及其對電流的作用

第十一章磁場第1講磁場及其對電流的作用課標要求核心考點五年考情核心素養(yǎng)對接1.能列舉磁現(xiàn)象在生產(chǎn)生活中的應用.了解我國古代在磁現(xiàn)象方面的研究成果及其對人類文明的影響.關注與磁相關的現(xiàn)代技術發(fā)展.2.通過實驗，認識磁場.了解磁感應強度，會用磁感線描述磁場.體會物理模型在探索自然規(guī)律中的作用.3.通過實驗，認識安培力.能判斷安培力的方向，會計算安培力的大小.了解安培力在生產(chǎn)生活中的應用.安培定則的應用、磁場的疊加2022：全國乙T18；2021：全國甲T16，福建T6；2020：浙江7月T9；2019：上海T151.物理觀念：理解磁感應強度、磁感線、安培力等概念；掌握安培定則、左手定則的應用方法；建立磁場的物質(zhì)觀念，運動與相互作用觀念及能量觀念.2.科學思維：通過電場與磁場的類比，培養(yǎng)科學思維；掌握安培力的應用方法.3.科學探究：體會奧斯特實驗的物理思想和重要意義，通過探究影響通電導線在磁場中受力的因素，理解磁感應強度.4.科學態(tài)度與責任：了解我國古代人民對磁現(xiàn)象的認識與貢獻，電磁技術在現(xiàn)代科技中的應用.安培力的分析與計算2023：江蘇T2；2022：湖南T3，浙江1月T3；2021：江蘇T5，浙江6月T15；2019：浙江4月T5，全國ⅠT17安培力作用下的平衡和加速問題2023：浙江6月T10；2022：湖北T11，全國甲T25；2021：廣東T5；2019：江蘇T7命題分析預測本部分內(nèi)容為磁場的基礎，單獨考查時難度不大，多為選擇題.對磁場的性質(zhì)及安培力的考查，常涉及磁場的疊加、安培定則的應用、安培力作用下的平衡和運動問題.預計2025年高考可能會考查磁場的疊加、磁感應強度大小的計算以及與安培力相關的電磁技術的應用.考點1安培定則的應用、磁場的疊加1.磁場、磁感線、磁感應強度磁場的基本性質(zhì)磁場對處于其中的磁體、通電導體和運動電荷有[1]力的作用磁感應強度物理意義描述磁場的強弱和[2]方向定義式B＝FIl（通電導線垂直于磁場方向小磁針靜止時N極所指的方向單位[3]特斯拉（T）磁感線的特點（1）磁感線上某點的[4]切線方向就是該點的磁場方向（2）磁感線的疏密程度定性地表示磁場的[5]強弱（3）磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，由[6]N極指向[7]S極；在磁體內(nèi)部，由[8]S極指向[9]N極（4）同一磁場的磁感線不中斷、不[10]相交、不相切（5）磁感線是假想的線，客觀上并不存在磁場的疊加磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用[11]平行四邊形定則或[12]正交分解法進行合成與分解2.兩種特殊磁場：勻強磁場和地磁場示意圖特點勻強磁場磁場中各點的磁感應強度的大小[13]相等、方向[14]相同，磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線地磁場①地磁的N極在地理[15]南極附近，S極在地理[16]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，磁感應強度的大小[17]相等，且方向水平[18]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3.幾種常見的磁場（1）常見磁體的磁場分布 （2）電流的磁場——應用安培定則（右手螺旋定則）判斷項目實物圖立體圖縱截面圖通電直導線通電螺線管環(huán)形電流分析下列情境中小磁針的運動趨勢.（填“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）（1）如圖所示，通電導線通有向右的直流電：N極垂直紙面向里，S極垂直紙面向外；（2）通有向右的直流電的導線放在小磁針下方：N極垂直紙面向外，S極垂直紙面向里.如圖甲、乙所示，通電導線中通有大小相等的電流，判斷A、B（距兩導線距離相等）兩點磁感應強度的方向.圖甲圖乙答案A點磁感應強度為0，B點磁感應強度方向垂直紙面向外.判斷下列說法的正誤.（1）磁場是客觀存在的一種物質(zhì)，磁感線也是真實存在的.（?）（2）磁場中的一小段通電導線在該處受力為零，此處磁感應強度B不一定為零.（√）（3）由定義式B＝FIl可知，電流I越大，導線l越長，某點的磁感應強度B就越小.（?（4）北京附近的地磁場方向是水平向北的.（?）1.[安培定則的應用]如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖.若通電螺線管是密繞的，下列說法正確的是（B）A.電流越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場B.螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場C.螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場D.磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場解析通電密繞長螺線管內(nèi)部的磁場可以視為勻強磁場，螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場，與電流大小無關，A錯誤，B正確；螺線管直徑越小，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場，C錯誤；磁感線是為了形象化描述磁場而引入的假想線，磁感線的密疏，與磁場是否是勻強磁場無關，D錯誤.2.[磁場的疊加/2021全國甲]兩足夠長直導線均折成直角，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.若一根無限長直導線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（B）A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B解析根據(jù)安培定則可知沿EOQ的等效電流產(chǎn)生的磁場在N點的磁感應強度方向垂直紙面向里、在M點的磁感應強度方向垂直紙面向外，且大小均為B，沿POF的等效電流產(chǎn)生的磁場在N、M兩點的磁感應強度方向均垂直紙面向里，且大小均為B，根據(jù)磁場的疊加原理可得N點的合磁感應強度大小為BN＝2B，M點的合磁感應強度大小為BM＝0，故A、C、D錯誤，B正確.方法點撥磁場疊加問題的解題思路1.確定磁場場源，如通電導線.2.定位空間中需要求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向.如圖所示為通電導線M、N在C點產(chǎn)生的磁場BM、BN.3.應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的B為合磁場.考點2安培力的分析與計算1.安培力的大小F＝[19]BIlsinθ（其中θ為B與I之間的夾角）（1）磁場和電流垂直時：F＝[20]BIl；（2）磁場和電流平行時：F＝[21]0.2.安培力的方向（左手定則判斷）（1）如圖，伸開左手，使拇指與其余四個手指[22]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入，并使四指指向[23]電流的方向；（3）這時[24]拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向.利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導線受力的因素，導線垂直勻強磁場方向放置.先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，得到導線受到的力F分別與I和L的關系圖像，則正確的是（B）命題點1安培力的方向3.[2021廣東]截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線.若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流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（C） ABCD解析由于I1?I2，故長管外面的四根通電平行直導線間的安培力可忽略，只考慮長管中心通入電流I1的直導線對長管外四根平行直導線的安培力作用，中心直導線四周產(chǎn)生順時針方向的環(huán)形磁場，根據(jù)左手定則可知，通電后左、右兩根平行直導線靠近中心直導線，上、下兩根平行直導線遠離中心直導線，C正確.4.[2024湖北荊州模擬]鐵環(huán)上繞有帶絕緣皮的通電導線，電流方向如圖所示，若在鐵環(huán)中心O點處放置垂直紙面的電流元，電流方向向外，則電流元受到的安培力方向為（B）A.① B.② C.③ D.④解析根據(jù)右手螺旋定則可知，鐵環(huán)上方是N極，鐵環(huán)內(nèi)的磁場方向由上到下，再根據(jù)左手定則可知，電流元受到的安培力方向為水平向右，故B正確，ACD錯誤.命題點2安培力的大小5.[2023江蘇]如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B.L形導線通以恒定電流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.該導線受到的安培力為（C）A.0 B.Bil C.2Bil D.5BIl解析→F安＝BI·2l＝2BIl，C對，ABD錯6.長度為L、通有電流為I的直導線放入一勻強磁場中，電流方向與磁場方向如圖所示，已知磁感應強度大小為B，對于下列各圖中，導線所受安培力的大小計算正確的是（A）A.F＝BILcosθB.F＝BILcosθC.F＝BILsinθD.F＝BILsinθ方法點撥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.公式F＝BIl的應用條件：l與B垂直.公式中l(wèi)指有效長度.彎曲通電導線的有效長度l等于連接導線兩端點的直線的長度，相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端，如圖所示.命題點3安培力作用下導體運動情況的判斷7.[電流元法與結論法/2022江蘇]如圖所示，兩根固定的通電長直導線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，則導線a所受安培力方向（C）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解析解法1：電流元法如圖，根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左半部分的空間磁場方向斜向右上方，右半部分的空間磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出導線a左半部分受到的安培力方向垂直紙面向外，右半部分受到的安培力方向垂直紙面向里，故選C.解法2：結論法互成角度的通電導線有旋轉到電流方向一致的趨勢.若a不固定，則a的右半部分會垂直紙面向里旋轉，左半部分會垂直紙面向外旋轉，只有這樣旋轉后兩導線電流方向才會一致，所以C對.8.[等效法]如圖所示，把輕質(zhì)導電線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如圖方向的電流后，線圈的運動情況是（A）A.線圈向左運動B.線圈向右運動C.從上往下看順時針轉動D.從上往下看逆時針轉動解析解法1：等效法把環(huán)形電流等效為一個小磁針，如圖所示，磁鐵和線圈相互吸引變成磁體間的相互作用.故A正確.解法2：電流元法把圓環(huán)形線圈分成很多小段，每一小段可以看作直線電流，取上、下對稱兩個小段分析，其截面圖和受安培力的方向如圖所示，根據(jù)對稱性可知，安培力的合力水平向左，故線圈向左運動.故A正確.9.[轉換研究對象法]水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導線由S極的上端平行于桌面緩慢移到N極上端的過程中，磁體始終保持靜止，導線始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示.在這個過程中，關于磁體受到的摩擦力和桌面對磁體的彈力，說法正確的是（C）A.摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B.摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C.摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴遥瑥椓Υ笥诖朋w重力D.摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃?，彈力小于磁體重力解析如圖所示，當導線在S極上方時，導線所受安培力方向斜向左上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的反作用力斜向右下方，磁體有向右的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向左；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；如圖所示，當導線在N極上方時，導線所受安培力方向斜向右上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的反作用力斜向左下方，磁體有向左的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向右；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；由以上分析可知，磁體受到的摩擦力先向左后向右，桌面對磁體的彈力始終大于磁體的重力，故A、B、D錯誤，C正確.方法點撥安培力作用下通電導體運動情況的判定方法電流元法分割為電流元安培力方向整段導體所受合力方向特殊位置法特殊位置安培力方向等效法環(huán)形電流?小磁針條形磁鐵?通電螺線管?多個環(huán)形電流結論法同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，兩個不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法先分析通電直導線所受的安培力，再用牛頓第三定律，確定磁體受通電直導線的作用力考點3安培力作用下的平衡和加速問題安培力作用下導體的平衡和加速問題的分析思路5畫出下列圖中通電導線的平面受力分析圖.（假設導軌光滑）圖甲圖乙圖丙圖丁答案命題點1安培力作用下的平衡問題10.如圖甲所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離為L，金屬導軌所在的平面與水平面夾角為θ，導體棒ab與導軌垂直并接觸良好，其質(zhì)量為m，長度為L，通過的電流為I，重力加速度為g.沿導體棒ab中電流方向觀察，側視圖如圖乙所示，為使導體棒ab保持靜止，需加一勻強磁場，若磁場方向垂直于導軌平面向上，求磁感應強度B1的大小.圖甲圖乙圖丙答案mg解析對導體棒ab受力分析如圖所示.根據(jù)平衡條件可得mgsinθ＝B1IL解得B1＝mgsin命題拓展情境變化，設問拓展（1）若題中磁場方向改為豎直向上，如圖丙所示，求磁感應強度B2的大小；（2）若只改變磁場，且磁場的方向始終與導體棒ab垂直，欲使導體棒ab保持靜止，求磁場方向變化的最大范圍.答案（1）mgtanθIL（2圖1解析（1）對導體棒ab受力分析如圖1所示.根據(jù)平衡條件可得mgtanθ＝B2IL解得B2＝mgt（2）使導體棒ab保持靜止狀態(tài)，需F合＝0，即三力平衡，安培力與另外兩個力的合力等大反向，如圖2所示，因為導體棒ab的重力與導軌平面對其的支持力的合力方向在α角范圍內(nèi)（垂直于導軌平面方向取不到），故安培力的方向在α'角范圍內(nèi)（垂直于導軌平面方向取不到）.根據(jù)左手定則，可知磁場方向可以在α″角范圍內(nèi)（沿導軌平面向上方向取不到）變動，所以磁場方向可從水平向左變化到與導軌平面平行向上（沿導軌平面向上方向取不到）.命題點2安培力作用下的加速問題11.[多選]電磁軌道炮工作原理可簡化為如圖所示（俯視圖）.兩條平行的水平軌道被固定在水平面上，炮彈（安裝于導體桿ab上）由靜止向右做勻加速直線運動，到達軌道最右端剛好達到預定發(fā)射速度v，儲能裝置儲存的能量恰好釋放完畢.已知軌道寬度為d，長度為L，磁場方向豎直向下，炮彈和導體桿ab的總質(zhì)量為m，運動過程中導體桿始終與軌道垂直且接觸良好，所受阻力為重力的k（k＜1）倍，儲能裝置輸出的電流為I，重力加速度為g，不計一切電阻、忽略電路的自感.下列說法正確的是（BCD）A.電流方向由b到aB.磁感應強度的大小為mC.整個過程通過導體桿ab的電荷量為2D.儲能裝置剛開始儲存的能量為kmgL＋12mv解析導體桿ab向右做勻加速直線運動，受到的安培力向右，利用左手定則可判斷出流過導體桿ab的電流方向由a到b，故A錯誤；導體桿ab向右做勻加速直線運動，根據(jù)速度—位移公式可得2aL＝v2，根據(jù)牛頓第二定律可得F安－kmg＝ma，又F安＝BId，聯(lián)立解得B＝mv2+2Lkmg2LId，故B正確；根據(jù)運動學公式可得t＝va＝2Lv，根據(jù)電荷量的計算公式可得q＝It＝2ILv，故C正確；因為不計一切電阻、忽略電路的自感，根據(jù)能量守恒可知，儲能裝置剛開始儲存的能量為命題點3安培力與動量定理的綜合應用問題12.如圖所示，質(zhì)量為m，長為L的金屬棒MN，通過兩根柔軟的輕質(zhì)導線懸掛于a、b兩點，a、b間接有電壓為U、電容為C的電容器，整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中，接通S，電容器瞬間完全放電后又斷開S，已知重力加速度為g.求MN能擺起的最大高度.答案B解析金屬棒MN之所以擺起，是由于電容器放電時，金屬棒所受安培力對金屬棒產(chǎn)生一個水平?jīng)_量，I沖＝BIL·Δt＝BLq（式中q是電容器的放電量）設電容器放電結束時，金屬棒的速度為v，則在放電過程中，由動量定理得BIL·Δt＝mv①CU＝I·Δt②設MN擺起的最大高度為h，則在上擺過程中，由機械能守恒定律得12mv2＝mgh聯(lián)立①②③解得h＝B21.[安培力＋受力分析/2021江蘇]在光滑水平桌面上將長為πL的軟導線兩端固定，固定點的距離為2L，導線通有電流I，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力為（A）A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL解析軟導線在安培力與兩固定點拉力的作用下處于平衡狀態(tài)，張緊后的形狀為一半圓，如圖所示，由于軟導線在磁場中的有效長度為2L，故受到的安培力F＝2BIL，則兩固定點對軟導線的拉力均為T＝F2＝BIL，因此軟導線中張力T'＝T＝BIL，A正確，B、C、D錯誤.2.[磁感應強度疊加＋安培定則/2021福建/多選]如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點.已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線的電流方向垂直坐標平面向外，則（BD）A.O點的磁感應強度為0B.O點的磁感應強度方向由O指向cC.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向解析由安培定則可知，通電直導線b、c在O點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，相互抵消；通電直導線a、d在O點產(chǎn)生的磁場方向均垂直ad連線指向c，故O點的磁感應強度不為零，方向由O指向c，選項A錯誤，B正確.通電直導線c、d在e點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，相互抵消；通電直導線a、b在e點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小相等、方向分別垂直ae連線和be連線，二者的合磁場方向沿y軸負方向，故選項C錯誤，D正確.3.[左手定則＋動力學臨界問題/2022湖北/多選]如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內(nèi).一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定.整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào).導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調(diào)整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動.已知導體棒加速時，加速度的最大值為33g；減速時，加速度的最大值為3g，其中g為重力加速度大小.下列說法正確的是（BCA.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3B.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3C.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°解析設安培力的大小為F，當導體棒加速且安培力方向朝右上時，導體棒的加速度才有可能最大，導體棒受力圖如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得Fcosφ－f1＝ma1，F(xiàn)sinφ＋N1＝mg，而f1＝μN1，整理得F(cosφ＋μsinφ)－μmg＝ma1，加速度的最大值為a1max＝F1+μ2m－μg＝33g.當導體棒減速且安培力方向朝左下時，導體棒的加速度才有可能最大，導體棒受力圖如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得Fcosβ＋f2＝ma2，N2＝Fsinβ＋mg，而f2＝μN2，整理得F(cosβ＋μsinβ)＋μmg＝ma2，加速度的最大值為a2max＝F1+μ2m＋μg＝3g.聯(lián)立解得μ＝33，所以選項B正確，A錯誤.加速階段加速度大小最大時，φ＝30°，根據(jù)左手定則可知磁場方向斜向下，θ＝60°，即選項C正確.減速階段加速度大小最大時，β＝圖甲圖乙4.[電磁感應中的動力學＋能量/2023北京]2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術的世界最高速度紀錄.一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示.兩平行長直金屬導軌固定在水平面上，導軌間垂直安放金屬棒.金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好.電流從一導軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出.導軌電流在兩導軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度B與電流i的關系式為B＝ki（k為常量）.金屬棒被該磁場力推動.當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?I.已知兩導軌內(nèi)側間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m.求：（1）金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F.（2）金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2.（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v.答案（1）F＝kI2L（2）a1∶a2＝1∶4（3）v＝10解析（1）第一級區(qū)域中的磁感應強度為B1＝kI，金屬棒受到的安培力大小為F＝B1IL＝kI2L（2）金屬棒在導軌上運動，安培力提供加速度，金屬棒在第一級區(qū)域中，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma1金屬棒在第二級區(qū)域中所受的安培力為F'＝k·2I·2I·L根據(jù)牛頓第二定律可知F'＝ma2解得a1∶a2＝1∶4（3）金屬棒從靜止開始加速，根據(jù)動能定理可知Fs＋F's＝12mv解得v＝10k1.如圖，在薄金屬圓筒表面上通以與其軸線平行、分布均勻的恒定電流時，該圓筒的形變趨勢為（C）A.沿軸線上下壓縮B.沿軸線上下拉伸C.沿半徑向內(nèi)收縮D.沿半徑向外膨脹解析同向電流之間相互吸引，所以圓筒有沿半徑向內(nèi)收縮的趨勢，C正確.2.一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻分布的正電荷，圓盤所在平面內(nèi)放置有一通有恒定電流的直導線，電流方向如圖所示.當圓盤繞其中心O順時針轉動時，通電直導線所受安培力的方向（B）A.指向圓盤B.背離圓盤C.垂直于圓盤所在平面向里D.垂直于圓盤所在平面向外解析橡膠圓盤繞其中心O順時針轉動時，在橡膠圓盤上會形成若干個同心順時針環(huán)形電流，所有的等效環(huán)形電流在直導線處的磁場方向都是垂直于圓盤所在平面向外的，根據(jù)左手定則，伸出左手，手心向下，四指指向直導線電流方向，則大拇指指向右側，即通電直導線所受安培力的方向為背離圓盤，A、C、D錯誤，B正確.3.[情境創(chuàng)新/2024甘肅張掖模擬]某電動機原理如圖所示，條形磁鐵豎直固定在圓柱形水銀槽中心，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.電源負極與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導線插入水銀中.從上往下看，金屬桿（D）A.在金屬桿和導線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向上擺動B.在金屬桿和導線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向下擺動C.繞鉸鏈和磁鐵連線順時針轉動D.繞鉸鏈和磁鐵連線逆時針轉動解析電源、金屬桿、導線和水銀組成閉合電路，金屬桿中有斜向上方的電流，金屬桿處的磁感線方向斜向上，根據(jù)左手定則可知，圖示位置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動，故D正確，A、B、C錯誤.4.[2024貴陽摸底考試]如圖所示，a、b、c是三根平行長直導線的截面，通過它們的電流大小都相等，a、c中電流方向垂直紙面向里，b中電流方向垂直紙面向外，且aO＝bO＝cO.若直導線a在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0，則此時O點的磁感應強度大小應為（B）A.3B0 B.5B0 C.2B0 D.B0解析由安培定則可知，a導線在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的方向為由O到c，b導【點撥】通電直導線周圍產(chǎn)生的磁場為環(huán)形磁場，某點處的磁場方向垂直于該點到直導線的垂直連線.線在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的方向為由O到c，c導線在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的方向為由O到b，由于aO＝bO＝cO且三根導線中的電流大小相等，所以三根導線在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等，均為B0，如圖所示，根據(jù)磁場疊加原理可知，O點的磁感應強度大小B＝(2B0)2＋5.如圖所示，在光滑水平桌面上有A、C兩個絕緣釘子，相距2L，一根長度為πL的軟導線固定在兩個釘子之間，并通有大小為I的穩(wěn)定電流.當桌面上加上一個磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場后，穩(wěn)定時，釘子A受到導線的拉力大小為（A）A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL解析根據(jù)題意，導線的有效長度等于2L，導線受到兩個釘子的彈力和安培力，

對導線，根據(jù)平衡條件有2F＝BI×2L，解得每個釘子對導線的彈力大小F＝BIL，再

結合牛頓第三定律知，A正確.6.[測量磁感應強度/2022全國乙/多選]安裝適當?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應強度B.如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面.某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上.根據(jù)表中測量結果可推知（BC）A.測量地點位于南半球B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方解析如圖所示，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近，根據(jù)測量數(shù)據(jù)可知，Bz為負值，則測量地點位于北半球，A錯誤；利用第1次測量的數(shù)據(jù)可得當?shù)氐牡卮艌龃笮锽＝By27.一對相同的載流圓線圈彼此平行且共軸，通以同方向等大電流，在兩線圈圓心O1、O2連線上取A、B、C三點，使得AO1＝O1B＝BO2＝O2C，A、B兩點的磁感應強度大小分別為BA和BB.若僅將線圈O2中電流反向（大小不變），則C點的磁感應強度大小變?yōu)锽C，下列說法正確的是（A）A.BC＝BB－BA，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向B.BC＝BB－BA，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向C.BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向D.BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向解析設AO1＝O1B＝BO2＝O2C＝x，軸線上距離圓環(huán)x處每個圓環(huán)單獨產(chǎn)生的磁感應強度大小為B1，距離圓環(huán)3x處每個圓環(huán)單獨產(chǎn)生的磁感應強度大小為B2，電流同向時，根據(jù)安培定則，兩線圈產(chǎn)生的磁感應強度在軸線上方向向下，B點的合磁感應強度方向向下BB＝2B1，A點的磁感應強度方向向下BA＝B1＋B2；在線圈O2中電流反向后，線圈O2在C點的磁場方向向上，線圈O1在C點的磁場方向向下，合磁感應強度方向向上且有BC＝B1－B2，電流反向后線圈O2在A點的磁場方向向上，線圈O1在A點的磁場方向向下，合磁感應強度方向向下，聯(lián)立得BC＝BB－BA.由以上分析知，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向，故選A.8.[2021浙江6月/多選]如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以80A和100A、流向相同的電流，兩導線構成的平面內(nèi)有一點p，到兩導線的距離相等.下列說法正確的是（BCD）A.兩導線受到的安培力Fb＝1.25FaB.導線所受的安培力可以用F＝ILB計算C.移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變D.在離兩導線平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應強度為零的位置解析a、b導線受到的安培力是相互作用力，所以大小應該相等，A錯誤；根據(jù)通電直導線的磁場分布特點知，導線所受的安培力可以用F＝BIL進行計算，B正確；根據(jù)安培定則可知，a在p處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，而b在該處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，由于b導線中電流大，所以合磁場方向垂直紙面向里，若移走b導線，則p點的磁場方向垂直紙面向外，故C正確；根據(jù)通電直導線的磁場分布特點，兩導線所在平面內(nèi)存在一條磁感應強度為零的線，但在兩導線所在平面外的有限空間內(nèi)不可能存在磁感應強度為零的位置，D正確.9.[2023廣東茂名電白區(qū)一模/多選]通電導體棒ab的質(zhì)量為m，長為l，用兩根等長的絕緣細線把導體棒ab水平吊起，導體棒上的電流為I，方向如圖所示.