高考物理一輪復(fù)習(xí)-第1講-磁場(chǎng)的描述-磁場(chǎng)對(duì)電流的作用

授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第347頁(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]熱點(diǎn)一磁場(chǎng)的疊加及安培力1．(2022·安徽合肥模擬)如圖所示，在同一個(gè)絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長(zhǎng)直通電導(dǎo)線a、b、c，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流。已知導(dǎo)線a受到的安培力方向向左，則下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線b中電流方向一定與導(dǎo)線a中電流方向相同B．導(dǎo)線c受到的安培力一定向右C．導(dǎo)線a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導(dǎo)線b受到的安培力一定最大解析：由于導(dǎo)線a受到的安培力方向垂直導(dǎo)線向左，故導(dǎo)線b的電流方向一定與導(dǎo)線a中電流方向相反，故A錯(cuò)誤。若導(dǎo)線c的電流方向與導(dǎo)線a相反，則導(dǎo)線c受到安培力的方向向左；若導(dǎo)線c的電流方向與導(dǎo)線a相同，則導(dǎo)線c受到安培力的方向向右，故B錯(cuò)誤。只有當(dāng)導(dǎo)線c的電流方向與導(dǎo)線a相同時(shí)，導(dǎo)線a、c受到安培力的大小才相等，故C正確。當(dāng)導(dǎo)線c的電流方向與導(dǎo)線b相同時(shí)，導(dǎo)線b受到的安培力最大，故D錯(cuò)誤。答案：C2.(2022·廣東佛山模擬)如圖所示，矩形abcd的邊長(zhǎng)bc是ab的2倍。兩細(xì)長(zhǎng)直導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過(guò)矩形平面，與平面交于e、f兩點(diǎn)，其中e、f分別為ad、bc的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同B．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C．a(chǎn)點(diǎn)與d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同D．a(chǎn)點(diǎn)與b、c、d三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均不相同解析：本題考查安培定則及磁場(chǎng)的疊加。通電直導(dǎo)線在周圍形成的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(kI,r)，由安培定則可得，各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的平面圖，如圖所示，由對(duì)稱性可知，a點(diǎn)與c點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度等大同向，b點(diǎn)與d點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度等大同向，故B正確。答案：B3.如圖所示，A、B、C是正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，O是AB的中點(diǎn)，兩根互相平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面固定在A、B兩處，導(dǎo)線中通入的電流大小相等、方向相反。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(kI,r)，I為通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流大小，r為距通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的垂直距離，k為常量，O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(B0,2) B.eq\f(\r(2)B0,2)C.eq\f(B0,4) D.eq\f(\r(3)B0,4)解析：設(shè)A、B處的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向如圖所示，有2B1＝B0，即B1＝eq\f(B0,2)，由rAC＝2rAO及B＝eq\f(kI,r)可知，A、B處的電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(B0,4)，方向如圖所示，由平行四邊形定則及夾角為120°可知，C點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B0,4)，C正確。答案：C熱點(diǎn)二安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判斷4．(多選)(2022·山東臨沂模擬)1876年美國(guó)物理學(xué)家羅蘭完成了著名的“羅蘭實(shí)驗(yàn)”。羅蘭把大量的負(fù)電荷加在一個(gè)橡膠圓盤(pán)上，然后在圓盤(pán)附近懸掛了一個(gè)小磁針，將圓盤(pán)繞中心軸按如圖所示的方向高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，就會(huì)發(fā)現(xiàn)小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。忽略地磁場(chǎng)對(duì)小磁針的影響，則下列說(shuō)法正確的是()A．小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是橡膠圓盤(pán)上產(chǎn)生了感應(yīng)電流B．小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)說(shuō)明了電荷的運(yùn)動(dòng)會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)C．當(dāng)小磁針位于圓盤(pán)的左上方時(shí)，它的N極向左側(cè)偏轉(zhuǎn)D．當(dāng)小磁針位于圓盤(pán)的左下方時(shí)，它的N極向右側(cè)偏轉(zhuǎn)解析：本題中不符合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，無(wú)法產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；由題意可知，小磁針受到磁場(chǎng)力的作用，原因是電荷的定向移動(dòng)，從而形成電流，而電流周圍會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)，故B正確；圓盤(pán)帶負(fù)電，根據(jù)安培定則可知，產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向上，等效為上方是N極的條形磁鐵，當(dāng)小磁針處于圓盤(pán)的左上方時(shí)，小磁針的N極將向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，故C正確；同理，當(dāng)小磁針處于圓盤(pán)的左下方時(shí)，則小磁針的N極向右側(cè)偏轉(zhuǎn)，故D正確。答案：BCD熱點(diǎn)三安培力作用下的平衡或加速問(wèn)題5．(2022·寧夏吳忠高三模擬)如圖所示，MN、PQ為水平放置的平行導(dǎo)軌，靜止的導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上并通以從b到a的恒定電流，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，在豎直平面內(nèi)加與導(dǎo)體棒ab垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度多大都不能使導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)，則磁場(chǎng)的方向與軌道平面的夾角最大為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，由題意可知，安培力的水平分力小于導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力，即有Fsinθ≤μ(mg＋Fcosθ)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度足夠大時(shí)，由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，mg＋Fcosθ≈Fcosθ，即當(dāng)tanθ≤μ時(shí)，無(wú)論安培力多大，導(dǎo)體棒都不能運(yùn)動(dòng)，因?yàn)棣蹋絜q\f(\r(3),3)，解得θ＝30°，故A正確。答案：A6.(2022·廣東廣州模擬)如圖所示，一定質(zhì)量的通電導(dǎo)體棒ab置于傾角為θ的粗糙導(dǎo)軌上，在導(dǎo)軌所在空間加各種磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向不同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒ab均保持靜止，則下列判斷錯(cuò)誤的是()A．四種情況中導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小相等B．甲圖中導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為零C．乙圖中導(dǎo)體棒ab可能只受到兩個(gè)力的作用D．丙、丁圖中導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為零解析：本題考查安培力作用下的平衡問(wèn)題。導(dǎo)體棒ab受到的安培力F＝BIL，因B大小相同，電流相同，故受到的安培力大小相等，A正確；甲圖中，導(dǎo)體棒ab受豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于導(dǎo)軌向上的支持力，若三個(gè)力平衡，則不受摩擦力，B正確；乙圖中，導(dǎo)體棒ab受豎直向下的重力、豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，C正確；丙圖中，導(dǎo)體棒ab受豎直向下的重力、豎直向下的安培力、垂直于導(dǎo)軌向上的支持力，要想保持靜止，一定受摩擦力，丁圖中，導(dǎo)體棒ab受豎直向下的重力、水平向左的安培力、垂直于導(dǎo)軌向上的支持力，要想保持靜止，一定受摩擦力，D錯(cuò)誤。答案：D7．(2022·河南商丘模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛在O、O′兩點(diǎn)，MN處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；棒中通以某一方向的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒中的電流方向由N指向MB．金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金屬棒中的電流大小為eq\f(mg,BL)tanθD．每條懸線所受拉力大小為eq\f(1,2)mgcosθ解析：根據(jù)左手定則，可以知道金屬棒中的電流方向由M指向N，故A錯(cuò)誤；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場(chǎng)方向水平向右，與OMNO′平面不垂直，故B錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒受力分析如圖所示，則mgtanθ＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)tanθ，故C正確；由受力分析可以知道，2Tcosθ＝mg，得T＝eq\f(mg,2cosθ)，故D錯(cuò)誤。答案：C[B組綜合提能練]8．(2022·湖北武漢模擬)如圖所示，由粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線圍成的一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合線框abcd，其四個(gè)頂點(diǎn)均位于一個(gè)圓形區(qū)域的邊界上，ac為圓形區(qū)域的一條直徑，ac上方和下方分別存在大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)給線框接入從a點(diǎn)流入、d點(diǎn)流出的大小為I的恒定電流，則線框受到的安培力的大小為()A．0 B.eq\f(1,2)BILC.eq\r(2)BIL D.eq\f(\r(2),2)BIL解析：電流I經(jīng)過(guò)a點(diǎn)后分成兩條支路，其大小分別為Iabcd＝eq\f(1,4)I，Iad＝eq\f(3,4)I，如題圖所示，判斷出線圈四邊所受安培力大小和方向分別為Fab＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fbc＝eq\f(1,4)BIL，向下；Fcd＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fad＝eq\f(3,4)BIL，向上，則線框受到的安培力的大小F＝eq\f(\r(2),2)BIL，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。答案：D9．(2022·廣東深圳模擬)如圖所示，用電阻率為ρ、橫截面積為S、粗細(xì)均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L?？蚣芘c一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻忽略不計(jì)的電源相連接。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于框架平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則框架受到安培力的合力的大小為()A.eq\f(5BSE,3ρ) B.eq\f(2BSE,ρ)C.eq\f(BSE,ρ) D．0解析：根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖所示：設(shè)電路abcd上的電阻為3r，由幾何關(guān)系得，ad段的長(zhǎng)度為2L，所以ad上的電阻為2r，abcd上的電流I1＝eq\f(E,3r)ad上的電流I2＝eq\f(E,2r)ab、bc、cd上各段的安培力F1＝F2＝F3＝BI1L＝eq\f(BEL,3r)ad上的安培力F4＝BI2·2L＝eq\f(BEL,r)各段受到的力中，F(xiàn)1和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以線框受到的合外力F＝F4＋F1cos60°＋F2＋F3cos60°＝eq\f(5BEL,3r)r＝eq\f(ρL,S)則可得F＝eq\f(5BSE,3ρ)，方向豎直向上，故選A。答案：A10．(多選)(2022·湖北華中師大附中模擬)如圖所示，正方形金屬線圈abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R。現(xiàn)將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界PQNM是平行四邊形，磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，PQ與QN夾角為45°，PM長(zhǎng)為2L，PQ足夠長(zhǎng)，線圈始終相對(duì)于傳送帶靜止，在線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．線圈感應(yīng)電流的方向先沿adcba后沿abcdaB．線圈受到的靜摩擦力先增大后減小C．線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力D．線圈受到摩擦力的最大值為eq\f(B2L2v,R)解析：磁場(chǎng)豎直向上，由楞次定律可知，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，線圈離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；線圈受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，其中L是導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程L先增大后減小，線圈離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程L先增大后減小，因此線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程安培力都是先增大后減小，線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可知，線圈受到的摩擦力大小等于安培力大小，因此線圈受到的摩擦力大小先增大后減小再增大最后減小，故B錯(cuò)誤；由左手定則可知，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程所受安培力方向垂直于PQ向左上方，由平衡條件可知，線圈受到的摩擦力垂直于PQ向右下方，故C錯(cuò)誤；當(dāng)ab邊恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線圈受到的安培力最大，由平衡條件可知，此時(shí)受到的摩擦力最大，最大摩擦力f＝F安培＝eq\r(2)BIL＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故D錯(cuò)誤。答案：BCD11.(多選)(2022·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的通電長(zhǎng)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(diǎn)施加一沿斜面向上的拉力F，與此同時(shí)對(duì)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(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)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(chǎng)作用下靜止在斜面上，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)解析：本題考查安培力作用下的牛頓第二定律。由兩導(dǎo)線間距不變沿斜面向上運(yùn)動(dòng)可知，P、Q一定相互吸引，則P、Q中電流一定同向，A錯(cuò)誤；對(duì)P、Q整體，有F－3mgsinθ＝3ma，對(duì)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(duì)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(duì)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的加速度大小之比為1∶2，C錯(cuò)誤；去掉Q，對(duì)P受力分析如圖所示，當(dāng)導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由共點(diǎn)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。答案：BD12．(多選)(2022·山西太原模擬)一根金屬條放置在相距為d的兩根金屬軌道上，如圖所示。現(xiàn)讓金屬條以v0的初速度從AA′進(jìn)入水平軌道，再由CC′進(jìn)入半徑為r的豎直圓軌道，金屬條到達(dá)豎直圓軌道最高點(diǎn)的速度大小為v，完成圓周運(yùn)動(dòng)后，再回到水平軌道上，整個(gè)軌道除圓軌道光滑外，其余均粗糙，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬條始終與軌道垂直且接觸良好。已知由外電路控制流過(guò)金屬條的電流大小始終為I，方向如圖中所示，整個(gè)軌道處于水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，A、C間的距離為L(zhǎng)，金屬條恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則由題中信息可以求出()A．金屬條的質(zhì)量B．金屬條在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力的大小和方向C．金屬條運(yùn)動(dòng)到DD′時(shí)的瞬時(shí)速度D．金屬條與水平粗糙軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析：在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得BId＋mg＝meq\f(v2,r)，選項(xiàng)A正確；由題中信息可求出金屬條在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力的大小和方向，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理得－(mg＋BId)·2r－μ(mg＋BId)·L＝eq\f(1,2)