高考物理一轮复习-第九章-第1讲-磁场的描述-磁场对电流的作用

[A组基础题组]一、单项选择题1.(2021·四川省攀枝花统考)如图所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流。已知导线a受到的安培力方向向左，则下列说法正确的是()A．导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相同B．导线c受到的安培力一定向右C．导线a、c受到的安培力的大小不一定相等D．导线b受到的安培力一定最大解析：由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，则导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相反，故A错误；若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左，若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到安培力的方向向右，故B错误；当导线c的电流方向与导线a相同时，导线a、c受到安培力的大小相等，当导线c的电流方向与导线a相反时，导线a、c受到的安培力大小不等，故C正确；当导线c的电流方向与导线a相同时，导线b受到的安培力为零，故D错误。答案：C2.将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图所示。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()A．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LAC＝eq\f(3L,π)，导线受到的安培力F＝BILAC＝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：D3.如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I的方向从M到N，绳子的拉力均为F。为使F＝0，可能达到要求的方法是()A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场解析：根据左手定则可知，在MN中通入从M→N的电流，在空间加上垂直于纸面向里的磁场，可以使MN受到向上的安培力，这样可以使MN受到绳子的拉力为零，故A、B、D错误，C正确。答案：C4.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．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：电流元分析法把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根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均指向纸外，同理可知下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。方法二：等效分析法把线圈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之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，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：B5.(2021·河南开封模拟)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，水平放置一根长为l、质量为m的直导体棒。当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的是()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大解析：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其变化过程如图所示，可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIl，其中电流I和导体棒的长度l均不变，故磁感应强度先变小后变大，选项D正确。答案：D二、多项选择题6．(2021·宁夏回族自治区高三模拟)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。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()A.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的作用力等于线圈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的作用力是一对平衡力解析：当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C正确；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅱ受重力、托盘对线圈Ⅱ的支持力、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力，D错误。答案：AC7.(2019·高考江苏卷)如图所示，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()A．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：若a、b的电流方向均向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符；同理，若a、b的电流方向均向右，可知矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止也不符，选项A、B均错误。若a的电流方向向左、b的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a的电流方向向右、b的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力也为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C、D均正确。答案：CD8.(2021·广东梅州调研)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m＝60g、电阻R＝1Ω，用两根长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2A.磁场方向一定竖直向上B．电源的电动势E＝8VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8ND．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08J解析：当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tanθ＝eq\f(F,mg)，由F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，解得F＝0.8N，E＝8V，故B正确，C错误；根据动能定理得FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08J，故D正确。答案：BD[B组能力题组]9.(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两水平平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：弹体所受安培力为F安＝BIl，由动能定理得：BIlL＝eq\f(1,2)mv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的eq\r(2)倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的eq\r(2)倍，C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确。答案：BD10．(多选)(2021·四川省泸县高三下学期第二次适应考试)如图所示为两条平行的光滑绝缘导轨，其中半圆导轨竖直放置、水平导轨与半圆导轨相切于C、E两点，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。现将一导体棒垂直导轨放置，开始时导体棒位于图中的A处，当导体棒中通有如图所示方向的电流时，导体棒由静止开始运动，并能到达与半圆导轨圆心等高的D处。已知导轨的间距为L＝0.4m，磁场的磁感应强度大小B＝0.5T，导体棒的质量为m＝0.05kg，长度为L′＝0.5m，导体棒中的电流大小为I＝2A，eq\x\to(AC)＝eq\x\to(OD)＝1m，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．导体棒在A点的加速度大小为10m/sB．导体棒在D点的速度大小为5mC．导体棒在D点的向心加速度大小为10eq\r(5)m/s2D．导体棒在D点时，半圆导轨对通电导体棒的作用力大小为1.5N解析：由牛顿第二定律得IBL′＝ma，解得a＝10m/s2，故A正确；由动能定理有IBL′(eq\x\to(AC)＋eq\x\to(OD))－mgeq\x\to(OC)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(5)m/s，故B错误；由牛顿第二定律有F－IBL′＝meq\f(v2,r)＝ma′，且r＝1m，解得a′＝20m/s2，F＝1.5N，故C错误，D正确。答案：AD11.如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量m＝0.04kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h＝20cm的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关，金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s＝100cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g取10m解析：在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，设平抛运动的时间为t，则竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向s＝vt，联立以上三式解得W＝0.5J。答案：0.5J12．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/s解析：依题意，开关闭合后，电流方向从