第十一章第1讲　磁场及其对电流的作用-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．(多选)(2022·福建卷)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有()A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关解析：减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。答案：AB2．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()解析：左右两侧电流与中心电流为同向电流，上下两侧电流与中心电流为反向电流，由同向电流相互吸引、反向电流相互排斥这一结论，可知弹性长管左右两侧受到向里的吸引力，上下两侧受到向外的斥力，故C项正确。答案：C3．(多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．第2次测量时y轴正向指向南方D．第3次测量时y轴正向指向东方解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指向北方，则y轴正向应指向西方，D错误。答案：BC4．(多选)如图所示，用细线将一条形磁体挂于天花板上，磁体处于水平且静止的状态，条形磁体的正下方固定一直导线ab，现将直导线中通入由a指向b的电流，在磁体转动90°的过程中，下列说法正确的是()A．条形磁体的N极向纸面内偏转B．条形磁体的N极向纸面外偏转C．条形磁体受到的拉力小于其受到的重力D．条形磁体受到的拉力大于其受到的重力解析：直导线通入由a指向b的电流时，直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转，选项A错误，B正确；磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力，选项C错误，D正确。答案：BD5.(2024·四川成都二模)如图，纸面内正方形abcd的对角线交点O处有垂直纸面放置的通有恒定电流的长直导线，电流方向垂直纸面向外，所在空间有磁感应强度为B0，平行于纸面但方向未知的匀强磁场，已知c点的磁感应强度为零，则b点的磁感应强度大小为()A．0 B．B0C．eq\r(2)B0 D．2B0解析：已知c点的磁感应强度为零，根据右手螺旋定则可知，长直导线电流在c点的磁场方向垂直Oc斜向上，大小为B0，则匀强磁场方向垂直Oc斜向下；长直导线电流在b点的磁场方向垂直Ob斜向上，与匀强磁场方向垂直，则b点的磁感应强度大小为Bb＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋Beq\o\al(2,0))＝eq\r(2)B0，故选项C正确。答案：C6.如图所示，边长为L的正方形线框ABCD，ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，将线框放在与线框平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电流I从A点流入，从C点流出，O是线框的正中心，下列说法正确的是()A．线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直于纸面向内B．线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直于纸面向外C．整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为eq\r(2)BILD．整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为4BIL解析：根据ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，可知线框上、下两部分的电流不相等，由电流形成的磁场在O点的方向可能垂直于纸面向内，也有可能垂直于纸面向外，A、B错误；电流通过线框的等效长度为eq\r(2)L，故整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为F＝eq\r(2)BIL，C正确，D错误。答案：C7.(2024·四川眉山高三期末诊断)如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是()A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大解析：根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小，故C正确，A、B、D错误。答案：C8.(多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤示数为F1，现在磁体上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以如图所示方向的电流后，台秤示数为F2，则以下说法正确的是()A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C．F1>F2 D．F1<F2解析：如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁体受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁体的支持力减小，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，使条形磁体压缩弹簧，所以弹簧长度变短。故B、C正确。答案：BC[能力提升练]9.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两细线与竖直方向间的夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两细线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安＝mgtanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误；θ角与细线长度无关，故B错误。答案：A10．如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上，使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间变化的关系为I＝kt(k为常数，k>0)，金属棒PQ与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向下为正方向，则下面关于金属棒PQ的速度v、加速度a随时间变化的关系图像中，可能正确的是()解析：因为开始时金属棒PQ加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，根据牛顿第二定律得，金属棒PQ的加速度a＝eq\f(mg－Ff,m)，Ff＝μFN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－eq\f(μBLkt,m)，与时间呈线性关系，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的变加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，故A、C错误，B正确；t＝0时刻无电流，无安培力，只有重力，加速度竖直向下，为正值，故D错误。答案：B11．如图甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125m，相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg，接入电路的电阻r＝1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，侧视图如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。解析：(1)导体棒静止时，受力分析如图所示根据平衡条件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入数据解得导体棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝ILB解得B＝0.4T。(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR(1－sinθ))＝1m/s导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54N，方向竖直向下。答案：(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向竖直向下12．(2022·全国甲卷)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场的磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s。(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。解析：(1)通入电流后线圈所受安培力F＝NBIl由胡克定律及平衡条件有F＝kΔx故弹簧长度改变量的绝对值Δx＝eq\f(NBIl,k)由于d远大于弹簧长度改变量的绝对值，故细杆转过的角度θ≈sinθ＝eq\f(Δx,d)＝eq\f(NBIl,kd)由于入射光线不变，平面镜转过θ角时反射光线转过2θ角，故s＝2θr＝eq\f(2NBIlr,kd)。(2)电流反向前后光点移动的弧长s′＝s1＋s2可知