2025届高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场的描述及磁吃电流的作用学案粤教版

PAGE25-第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用[高考导航]考点内容要求全国卷三年考情分析202420242024磁场、磁感应强度、磁感线ⅠⅠ卷·T16：带电粒子在复合场中的运动T19：安培力、左手定则Ⅱ卷·T18：带电粒子在圆形磁场中的运动T21：安培力、左手定则Ⅲ卷·T18：磁感应强度的合成、安培定则T24：带电粒子在组合磁场中的运动Ⅰ卷·T25：带电粒子在组合场中的运动Ⅱ卷·T20：安培定则、磁感应强度的合成T25：带电粒子在组合场中的运动Ⅲ卷·T24：带电粒子在组合场中的运动Ⅰ卷·T17：安培力的计算T24：带电粒子在组合场中的运动Ⅱ卷·T17：带电粒子在有界磁场中的圆周运动Ⅲ卷·T18：带电粒子在组合磁场中的圆周运动通电直导线和通电线圈四周磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ洛伦兹力公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形；(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用学问要点一、磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。2.磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：B＝eq\f(F,IL)(通电导线垂直于磁场放置)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)。3.匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小到处相等、方向到处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。二、磁感线通电直导线和通电线圈四周磁场的方向1.磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一样。(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。2.电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1.安培力的大小F＝ILBsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。(2)磁场和电流平行时：F＝0。2.安培力的方向左手定则推断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。图1基础诊断1.关于磁感应强度B，下列说法正确的是()A.依据磁感应强度的定义式B＝eq\f(F,IL)可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力肯定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度肯定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案B2.在磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞BbB.a、b两处的磁感应强度的大小相等C.同一通电导线放在a处受力肯定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力肯定比放在b处受力小解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可推断出Ba＞Bb，所以A正确，B错误。答案A3.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是()解析依据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误；应用安培定则可知环形电流中心轴线上的磁场方向由右向左，小磁针N极受到的磁场力向左，选项B错误；依据安培定则可知通电螺线管内部磁场向右，内部小磁针N极受到的磁场力向右，选项C正确；依据安培定则可知通电直导线右边磁场向里，小磁针N极应向里，选项D错误。答案C4.(多选)[粤教版选修3－1·P84·T2改编]通电直导线与匀强磁场的方向垂直。图中已分别标明电流、磁感应强度和安培力的方向，其中正确的是()答案AC5.(2024·4月浙江选考，5)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是()解析依据题意，导线方向与磁场方向垂直，则导线受到的安培力大小与通过导线的电流大小之间的关系满意F＝ILB，故A正确。答案A磁感应强度、磁场的叠加考向磁感应强度的理解(1)磁感应强度由磁场本身确定，因此不能依据定义式B＝eq\f(F,IL)认为B与F成正比，与IL成反比。(2)测量磁感应强度时小段通电导线必需垂直磁场放入，假如平行磁场放入，则其所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针静止时N极的指向。【例1】关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A.磁场中某点B的大小，跟放在该点的摸索电流元的状况有关B.磁场中某点B的方向，跟放在该点的摸索电流元受到磁场力的方向一样C.若在磁场中某点的摸索电流元不受磁场力作用，该点B为零D.长度为L、电流为I的导线在磁场中受力为F，则磁感应强度B大于或等于eq\f(F,IL)解析磁感应强度B是由磁场本身确定的，与摸索电流元的状况无关，A错误；B的方向与电流元受力方向垂直，B错误；电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关，当两者平行时，电流元不受力，C错误；当电流方向与磁场方向垂直时，B＝eq\f(F,IL)，当成肯定夹角θ时，B＝eq\f(F,ILsinθ)，故B大于或等于eq\f(F,IL)，D正确。答案D考向安培定则的应用和磁场的叠加1.安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。缘由(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指2.磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。【例2】(多选)(2024·全国Ⅱ卷，20)如图3，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面对外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面对外。则()图3A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0解析由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理知在a点：B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，在b点：B0－B1＋B2＝eq\f(1,2)B0，联立解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，选项A、C正确。答案AC1.(多选)下列说法中正确的是()A.电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度肯定为零C.电场中某点电场的强弱，用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征D.磁场中某点磁场的强弱，用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值表征解析电场和磁场有一个明显的区分是电场对放入其中的电荷有力的作用，而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A正确，B错误；同理，依据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)可知C正确；同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝eq\f(F,IL)中I和B必需垂直，故D错误。答案AC2.如图4所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()图4A.a B.bC.c D.d解析依据安培定则可推断出电流的磁场方向，再依据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。答案C3.(2024·全国Ⅲ卷，18)如图5，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面对里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，假如让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()图5A.0 B.eq\f(\r(3),3)B0C.eq\f(2\r(3),3)B0 D.2B0解析如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝eq\f(\r(3),3)B0。假如让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋Beq\o\al(2,1))＝eq\f(2\r(3),3)B0，故选项C正确，A、B、D错误。答案C安培力的大小和方向1.安培力大小：F＝ILBsinθ(1)当I⊥B时，F＝BIL。(2)当I∥B时，F＝0。留意：①当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图6所示)。图6②对于随意形态的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。2.安培力方向：用左手定则推断，留意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I确定的平面。【例3】(2024·全国Ⅰ卷，17)如图7，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()图7A.2F B.1.5FC.0.5F D.0解析设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则外电路中，上、下电路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下电路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上面电路LMN通电的导体棒受到的安培力的有效长度也为L，依据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，依据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受到的安培力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。答案B1.教学中常用如图8甲所示的装置演示通电导体在磁场中受力的状况。现将图中的蹄形磁铁改用图乙所示的电磁铁代替，则合上开关时，以下推断正确的是()图8A.电磁铁上端为N极，下端为S极，导体棒ab向左运动B.电磁铁上端为N极，下端为S极，导体棒ab向右运动C.电磁铁上端为S极，下端为N极，导体棒ab向右运动D.电磁铁上端为S极，下端为N极，导体棒ab向左运动解析由右手螺旋定则及左手定则，易推断出选项A正确。答案A2.(多选)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形态，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图9所示(俯视图)，现给导线通入由P到Q的电流，并渐渐增大电流，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是()图9A.增大电流的过程中，导线PQ对桌面的静摩擦力增大B.增大电流的过程中，导线PQ对桌面的压力增大C.当电流为I时，导线PQ受到的安培力为4BIRD.当电流为I时，导线PQ受到的安培力为2πBIR解析在桌面方向上，导线受到安培力F和桌面对导线的静摩擦力f的作用处于静止状态，则F＝f，增大电流的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，由牛顿第三定律知，导线PQ对桌面的静摩擦力增大，选项A正确；在竖直方向上导线受到竖直向上的支持力FN以及竖直向下的重力G，FN＝G，在增大电流的过程中导线PQ对桌面的压力不变，选项B错误；导线PQ在磁场中的有效长度L＝4R，当电流为I时，导线PQ受到的安培力大小F＝BIL＝4BIR，选项C正确，D错误。答案AC3.(多选)(2024·全国Ⅰ卷，19)如图10，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()图10A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)∶eq\r(3)∶1解析同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故选项A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故选项B正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F，则L1、L2受到的磁场力的合力大小均等于F，L3受到的磁场力的合力大小为eq\r(3)F，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力大小之比为1∶1∶eq\r(3)，故选项C正确，D错误。答案BC安培力作用下导体运动状况的判定方法eq\x(思想方法)常用的五种方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特别位置法在特别位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换探讨对象法先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力【例4】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2相互绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图11所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()图11A.不动 B.顺时针转动C.逆时针转动 D.在纸面内平动解析方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成多数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，依据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。方法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。方法三(结论法)环形电流I1、I2不平行，则肯定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。答案B1.如图12所示，蹄形磁铁用松软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线。当直导线中通以向右的电流时()图12A.磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B.磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C.磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D.磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析假设磁铁不动，导线运动，依据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，依据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面对里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面对外，从上往下看，导线顺时针转动。如今导线不动，磁铁运动，依据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动。当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，依据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，C正确。答案C2.(2024·11月浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图13所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是()图13A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力解析当线圈中通有同向电流时相互吸引，通有反向电流时相互排斥，故当天平示数为负时，表示相互吸引，所以为同向电流，当天平示数为正时，表示相互排斥，为反向电流，选项A正确，B错误；依据作用力与反作用力可知线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力都作用在线圈Ⅱ上，它们不是一对相互作用力，选项C、D错误。答案A3.(多选)如图14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铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是()图14A.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，依据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，依据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数F1＞F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短。答案BC安培力作用下通电导体的平衡问题1.求解安培力作用下导体平衡问题的关键三维图eq\o(→,\s\up7(转换为))二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。2.基本思路(1)选定探讨对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要留意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程。【例5】如图15所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过变更磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割的影响)()图15A.37° B.30°C.45° D.60°解析由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)，整理得BIL＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)。电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最终由数学学问解得θ＝30°，则选项A、C、D错误，B正确。答案B1.如图16所示，用两根等长的轻细导线将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两边，金属棒置于匀强磁场中。当棒中通以由a到b的电流I后，两导线偏离竖直方向θ角处于静止状态。已知重力加速度为g，为了使棒静止在该位置，磁场的磁感应强度的最小值为()图16A.eq\f(mg,IL) B.eq\f(mg,IL)tanθC.eq\f(mg,IL)sinθ D.eq\f(mg,IL)cosθ解析对金属棒ab受力分析，当安培力BIL与细绳拉力垂直时B最小，作出受力分析图如图所示，由平衡条件可知BminIL＝mgsinθ，解得磁场的磁感应强度的最小值为Bmin＝eq\f(mg,IL)sinθ，故C正确。答案C2.如图17所示，间距为0.3m的平行导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨斜面对上，大小随时间变更的规律为B＝(2＋2t)T。将一根长为0.3m、质量为0.2kg的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通有大小为1A、方向从a向b的电流。t＝0和t＝2s时刻，导体棒刚好都能处于静止状态。取g＝10m/s2，则()图17A.平行导轨的倾角θ＝30°B.导体棒对平行导轨的压力为1NC.导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力为0.3ND.t＝1s时，导体棒所受的摩擦力为0解析t＝0和t＝2s时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知t＝0时，导体棒刚好要向下运动，t＝2s时，导体棒刚好要向上运动，又因为安培力的方向肯定沿斜面对上，故依据平衡条件知，t＝0时有mgsinθ＝fm＋B0IL，t＝2s时有mgsinθ＋fm＝B2IL，解得fm＝0.6N，sinθ＝0.6，即θ＝37°，选项A、C错误；导体棒对平行导轨的压力FN＝mgcos37°＝1.6N，选项B错误；t＝1s时F安＝B1IL＝1.2N，mgsinθ＝1.2N，因mgsinθ＝F安，故导体棒所受摩擦力为零，选项D正确。答案D3.(多选)(2024·江苏卷，7)如图18所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是()图18A.均向左 B.均向右C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左解析如图甲所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动，选项A、B错误；甲乙电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图乙所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止，C、D正确。答案CD课时作业(时间：30分钟)基础巩固练1.把一根长直导线平行地放在如图1所示磁针的正上方旁边，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。下列说法正确的是()图1A.首先视察到这个试验现象的物理学家是法拉第B.导线若东西放置，通电后磁针最简单发生偏转C.导线通以图示方向强电流，磁针N极转向纸面内D.该试验说明变更的磁场在导线中产生电流答案C2.如图2所示，a和b是一条磁感线上的两点，关于这两点磁感应强度大小的推断，正确的是()图2A.肯定是a点的磁感应强度大B.肯定是b点的磁感应强度大C.肯定是两点的磁感应强度一样大D.无法推断解析因为一条磁感线是直线时，不肯定是匀强磁场，也不知道A、B两点的磁感线的疏密，条件不足，无法确定a、b两点的磁感应强度的大小，故D正确。答案D3.(2024·上海单科，11)如图3，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间。电键闭合后导体棒受到的安培力方向()图3A.向上 B.向下C.向左 D.向右解析依据图中的电流方向，由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确。答案D4.将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面对外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图4所示。若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是()图4A.ILB，水平向左 B.ILB，水平向右C.eq\f(3ILB,π)，水平向右 D.eq\f(3ILB,π)，水平向左解析弧长为L，圆心角为60°，则弦长AC＝eq\f(3L,π)，导线受到的安培力F＝BIl＝eq\f(3ILB,π)，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左。答案D5.(2024·河南省新乡市第三次模拟)如图5所示，两个完全相同、所在平面相互垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变更，下列说法正确的是()图5A.P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变解析依据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面对外，Q产生的磁场水平向右，依据同名磁极相互排斥的特点，从上向下看，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相反，但下方细线与P、Q连接处的电流方向相同，所以两个圆环相互吸引，P、Q间细线张力减小，由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变，故A正确，B、C、D错误。答案A6.1876年美国物理学家罗兰完成了闻名的“罗兰试验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘旁边悬挂了一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图6所示方向高速旋转时，就会发觉小磁针发生偏转。忽视地磁场对小磁针的影响，则下列说法错误的是()图6A.小磁针发生偏转的缘由是橡胶圆盘上产生了感应电流B.小磁针发生偏转说明白电荷的运动会产生磁场C.当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极向左侧偏转D.当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极向右侧偏转解析本题中不符合感应电流的产生条件，故无法产生感应电流，故A错误；由题意可知，小磁针受到磁场力的作用，缘由是电荷的定向移动形成了电流，而电流四周会产生磁场，因此B正确；圆盘带负电，依据安培定则可知，产生的磁场方向向上，等效为上方N极的条形磁铁，故小磁针处于圆盘的左上方时，小磁针的N极将向左侧偏转，故C正确；同理，若小磁针处于圆盘的左下方时，则小磁针的N极向右侧偏转，故D正确。答案A7.如图7所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图示方向的电流时，则()图7A.金属棒始终静止不动B.金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C.金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D.金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环解析由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生的磁场有水平向左的重量，由左手定则可推断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可推断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒同时在靠近金属环，B正确。答案B8.(多选)如图8所示为试验室电磁炮的模型图，在倾角θ＝37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d＝1m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面对下、磁感应强度B＝2T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E＝24V、内阻r＝1Ω的电源，滑动变阻器的阻值变更范围为0～10Ω，允许通过的最大电流为5A。导轨上放置一质量m＝1kg(连同金属杆PQ)的电磁炮，金属杆PQ垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R0＝2Ω，与导轨间动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S，使电磁炮在斜面上静止，则变阻器连入电路的阻值可能是(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图8A.2Ω B.4ΩC.6Ω D.8Ω解析电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知mgsinθ±f＝IdB，又f≤μmgcosθ，解得2.2A≤I≤3.8A，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R0＋r＋R)，解得eq\f(63,19)Ω≤R≤eq\f(87,11)Ω，故选项B、C正确。答案BC9.如图9所示，a、b、c、d是圆心为O的圆上的四个点，直径ac、bd相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在b、d处，导线中通有大小相等，垂直纸面对外的电流，关于a、O、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是()图9A.都为零B.O点最大C.a、c两点方向相反D.a、c两点方向相同解析由安培定则可知，b、d两处的通电导线在a点的磁场方向如图所示，由平行四边形定则可知，a点的磁感应强度方向垂直ac向下，同理可知c点的磁感应强度方向垂直ac向上，即a、c两点的磁感应强度方向相反，选项C正确，A、D错误；依据磁感应强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为零，选项B错误。答案C综合提能练10.如图10，同一平面内有两根相互平行的长直导线M和N，通有等大反向的电流，该平面内的a、b两点关于导线N对称，且a点与两导线的距离相等。若a点的磁感应强度大小为B，则下列关于b点磁感应强度Bb的推断正确的是()图10A.Bb>2B，方向垂直该平面对里B.Bb<eq\f(1,2)B，方向垂直该平面对外C.eq\f(1,2)B<Bb<B，方向垂直该平面对里D.B<Bb<2B，方向垂直该平面对外解析依据右手螺旋定则可知两导线在a点产生磁场方向相同，由于两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点产生磁感应强度大小为eq\f(B,2)。由于a和b与导线N距离相等，导线N在b点产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B,2)，方向垂直该平面对外；导线M在b点产生的磁场的磁感应强度大小小于eq\f(B,2)，且方向垂直该平面对里，故b点磁感应强度小于eq\f(B,2)，方向垂直该平面对外，故B正确，A、C、D错误。答案B11.如图11所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。忽视回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()图11A.eq\f(k,IL)(x1＋x2) B.eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1) D.eq\f(k,2IL)(x2－x1)解析由平衡条件可得mgsinα＝kx1＋BIL；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsinα＋BIL＝kx2，联立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)。故D正确。答案D12.(多选)(2024·全国Ⅱ卷，21)某同学自制的简易电动机示意图如图12所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()图12A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析若将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到水平方向的安培力而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其连续转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培力而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培力而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其