2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十七 磁場 安培力（含解析）

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1、磁場 安培力 1．本知識點每年必考，近幾年的考查重點，主要是在選擇題中考查磁場及磁感應強度、電流的磁場及安培定則的應用。 2．注意要點：分析安培力時，要注意將立體圖轉化為平面圖。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019·全國I卷·17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2FB．1.5FC．0.5F D．0 典例2.(2018?全國II卷?20)如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L

2、2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 三、對點速練 1．如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導線，電流大小相等

3、，方向垂直紙面向里，整個空間還存在一個大小為B的勻強磁場，O處的磁感應強度恰好為零。如果將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應強度大小為(　　) A．2(－1)B B．2(＋1)B C．2B D．0 2．(多選)無限長的通電直導線在其周圍某一點產生磁場的磁感應強度B的大小與電流I成正比，與這一點到導線的距離r成反比，即(式中k為常數）。如圖所示，兩根相距L的無限長直導線M、N通有大小相等、方向相反的電流，a點在兩根導線的垂線上且距兩根導線的距離均為L，b點在兩根導線連線的延長線上且距導線N的距離也為L，下列說法正確的是(　　) A．

4、a點和b點的磁感應強度方向相同 B．a點和b點的磁感應強度方向相反 C．a點和b點的磁感應強度大小之比為2∶1 D．a點和b點的磁感應強度大小之比為4∶1 3．如圖所示為測感應強度大小的一種方式，邊長為l、一定質量的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導線框向里的勻強磁場，導線框中的電流大小為I。此時導線框處于靜止狀態(tài)，通過傳感器測得細線中的拉力大小為F1；保持其它條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時測得細線中拉力大小為F2。則磁感應強度大小為(　　) A．

5、 B． C． D． 4．通電的等腰梯形導線框abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內，電流方向如圖所示，ab邊與MN平行。下列關于通電直導線MN的磁場對線框作用的(　　) A．線框所受安培力的合力為零 B．線框有兩條邊所受的安培力方向相同 C．線框有兩條邊所受的安培力大小相同 D．線框在安培力作用下一定有向右的運動趨勢 5．如圖，光滑斜面上放置一根通有恒定電流的導體棒，空間有垂直斜面向上的勻強磁場B，導體棒處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將勻強磁場的方向沿圖示方向緩慢旋轉到水平方向，為了使導體棒始終保持靜止狀態(tài)，勻強磁場的磁感應強度應同步(　　) A．增

6、大 B．減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 6．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。下列關于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關系圖象，可能正確的是(　　) 7． 如圖甲所示，電磁炮是一種新型的兵器，其射程甚至可達數百公里，遠遠超過常規(guī)炮彈。它的主要原理如圖乙所示，當彈體中通以強電流時，彈體在強大的磁場力作用下加速

7、前進，最后從炮口高速射出。設兩軌道間距離為0.10 m，勻強磁場的磁感應強度為40 T，電流2000 A，軌道長度為20 m，不考慮電流產生的 磁場對勻強磁場強度的影響，則(　　) A．若不計任何阻力，質量為20 g的炮彈最終獲得的速度為400 m/s B．若不計任何阻力，磁場的磁感應強度加倍，則炮彈獲得的速度也加倍 C．若阻力大小一定，軌道長度加倍，速度變?yōu)楸? D．若阻力大小一定，電流加倍，速度變?yōu)楸? 8．(多選)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距

8、底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，重力加速度為g。在金屬棒下滑到底端的過程中(　　) A．末速度的大小 B．通過金屬棒的電流大小 C．通過金屬棒的電流大小 D．通過金屬棒的電荷量 9．(多選)電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數為n、下邊長為 l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，

9、內阻為r。開關S閉合后，調節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數為U。已知m0＞m，取重力加速度為g，則(　　) A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向 B．矩形線圈的電阻 C．勻強磁場的磁感應強度的大小 D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡 10．如圖所示，在傾角為θ的斜面上，固定有間距為l的平行金屬導軌，在導軌上，垂直導軌放置一質量為m的金屬棒ab，整個裝置處于垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌與電動勢為E、內阻為r的電源連接，金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數為μ，且μ＜tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速

10、度為g，金屬棒和導軌電阻不計?，F(xiàn)閉合開關S，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器接入電路阻值為0時，金屬棒不能靜止。 (1)判斷金屬棒所受的安培力方向； (2)求使金屬棒在導軌上保持靜止時滑動變阻器接入電路的最小阻值R1和最大阻值R2。 11．如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧金屬導軌寬為L，全部處在豎直面內的輻向磁場區(qū)域中，磁場方向和軌道曲面垂直，軌道處磁感應強度大小為B，圓弧最高點A處切線豎直m的金屬導體棒ab通過金屬導軌和電路相通，電源電動勢E及內阻r，電阻R1、R2，電容器的電容C、重力加速度g均為已知。金屬軌道水平部分無磁場且與導體棒的動摩擦

11、因數為μ，當開關S閉合瞬間將導體棒由A點靜止釋放，運動中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，不考慮導體棒切割磁感線產生的電動勢以及導軌和導體棒的電阻。求： (1)電容器上的電荷量； (2)金屬棒到圓弧上D點處(切線水平)時對軌道的壓力； (3)金屬棒在平直導軌上滑行的最大距離。(導軌足夠長) 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】設三根相同的導體棒的電阻均為R，長度均為l，其中ML和LN為串聯(lián)關系，總電阻為2R。由并聯(lián)電路特點可知，通過MN的電流為通過ML和LN中的電流的兩倍，若MN受到的安培力F＝BIl，則ML和LN受到

12、的安培力的合力F1＝BIl，MN受到的安培力與ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故線框受到的安培力為F合＝F＋F1＝1.5F，故選B。 【答案】B 典例2.【解析】由對稱性可知，流經L1的電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小相等，設為B1，流經L2的電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小相等但方向相反，設其大小為B2，由磁場疊加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，聯(lián)立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正確。 【答案】AC 三、對點速練 1．【答案】A 【解析】O點的實際磁感應強度是A、D、C處電流產生磁感應強度與空間大小為B的磁感應強度的矢量和，O處的

13、磁感應強度恰好為零，則A、C與空間磁場的矢量合一定與D單獨產生磁感應強度等大反向，根據合成可得：D電流產生磁感應強度；所以將D處電流反向，其他條件都不變，O處磁感應強度B=2BD=2(－1)B，A正確。 2．【答案】BC 【解析】設通電直導線在距離L處產生的磁感應強度大小為B0，兩導線M、N在a點產生的磁感應強度方向成120°角，磁感應強度的矢量合仍為B0，方向垂直MN連線向下。兩導線M、N在b點產生的磁感應強度大小分別為0.5B0、B0，磁感應強度的矢量合為0.5B0，方向垂直MN連線向上，所以a點和b點的磁感應 強度方向相反，大小之比為2∶1，選項BC正確，A、D錯誤。 3．【答案

14、】A 【解析】現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2。線框處于勻強磁場中，則各邊受到的安培力大小相等，依據左手定則，可知安培力夾角均為120°，因此安培力合力為F安，則有F2=mg+F安；當在虛線的下方有一垂直 于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；依據左手定則，則各邊受到安培力如圖所示，結合矢量的合成法則，及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為；根據平衡條件，則有：F1+F安=mg，解得：F安=mg-F1=F2-F1；即，那么，故A正確，BCD錯誤。 4．【答案】C 【解析】直導線中的電流方向由N到M，根據安培定則，導

15、線右側區(qū)域磁感應強度方向向內，根據左手定則，ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四個邊所受的安培力的合力不為零，其中bc邊和ad邊所受的安培力大小相同，故AB錯誤，C正確；離MN越遠的位置，磁感應強度越小，故根據安培力公式F=BIL，cd邊受到的安培力小于ab邊、bc邊和ad 邊受到的安培力的矢量和，則線框在安培力作用下一定有向左的運動趨勢，故D錯誤。 5．【答案】A 【解析】對導體棒進行受力分析如圖，當磁場方向緩慢旋轉到水平方向，安培力方向緩慢從圖示位置轉到豎直向上，因為初始時刻安培力沿斜面向上，與支持力方向垂直，最小，所以

16、安培力一直變大，而安培力F安=BIL，所以磁場一直增大，BCD錯誤A正確。 6．【答案】D 【解析】從t＝0時刻起，金屬棒通以電流I＝kt，由左手定則可知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導軌，導致金屬棒在運動過程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，當滑動摩擦力小于重力時速度與加速度方向相同，所以金屬棒做加速度減小的加速運動．當滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度達到最大．當安培力繼續(xù)增大時導致加速度方向豎直向上，則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運動．v－t圖象的斜率絕對值表示加速度的大小，故選項A、B均錯誤；對金屬棒MN，由牛頓第二定律得mg－μFN＝ma，

17、而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－t，顯然加速度a與時間t成線性關系，故選項C錯誤，D正確。 7．【答案】C 【解析】在運動過程中受到的安培力大小為F=BIL=8000N，運動過程中，根據動能定理可知Fx=mv2，解得v=4000m/s，故A錯誤；根據上述公式可知，若不計任何阻力，磁場的磁感應強度加倍，則炮彈獲得的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，故B錯誤；若阻力大小一定，軌道長度加倍，根據動能定理可知BILx?fx＝mv2，解得，故軌道長度加倍，速度變?yōu)楸?，若電流加倍，速度不是原來的倍，? C正確，D錯誤。 8．【答案】ACD 【解析】根據速度位移關系v2=2as

18、可得末速度的大小，故A正確；以導體棒為研究對象，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通過金屬棒的電流大小，故B錯誤、C正確；金屬棒運動的時間，根據電荷量的計算公式可得通過金屬棒的電荷量， 故D正確。 9．【答案】AC 【解析】對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；根據閉合電路歐姆定律可得U=E-UR+R1r，解得矩形線圈的電阻R=UrE-U-R1，故B錯誤；根據平衡條件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，I=E-Ur，解得勻強磁場的磁感應強度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l，故C正確；開始線圈所受安培

19、力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為Δm=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤。 10．【解析】(1)由左手定則可判斷金屬棒所受安培力的方向平行于斜面向上。 (2)當R最小時，金屬棒所受安培力為最大值F1，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，則由平衡條件得 FN1＝mgcosθ F1＝mgsinθ＋fmax fmax＝μFN1 由閉合電路歐姆定律有： 安培力F1=BI1l 聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最小值為 當R最大時，金屬棒所受安培力為最小值F2，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ-μmgcosθ 由閉合電路歐姆定律有： 安培力F2=BIl 聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最大值為 11．【解析】(1)當開關S閉合后，導體棒中的電流I，由歐姆定律得： 電容器兩極板間電壓等于R1兩端電壓U： 電容器上的電荷量 解得： (2)金屬棒在輻向磁場中受到的安培力分析沿圓弧切線，大小為F： 從A到D過程，由動能定理知： 在D點，金屬棒受到支持力N和重力mg的合力充當向心力： 聯(lián)立解得 (3)金屬棒在水平軌道上水平方向只受摩擦力，由動能定理得： 解得：。 9