2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十七 磁場 安培力（含解析）

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(yīng)強(qiáng)度、電流的磁場及安培定則的應(yīng)用。2注意要點：分析安培力時，要注意將立體圖轉(zhuǎn)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(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)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()A2FB1.5FC0.5F D0典例2.(2018全國II卷20)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，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(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線，電流大小相等，方向垂直紙面向里，整個空間還存在一個大小為B的勻強(qiáng)磁場，O處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度大小為()A2(1)B B2(1)B C2B D02(多選)無限長的通電直導(dǎo)線在其周圍某一點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流I成正比，與這一點到導(dǎo)線的距離r成反比，即(式中k為常數(shù)）。如圖所示，兩根相距L的無限長直導(dǎo)線M、N通有大小相等、方向相反的電流，a點在兩根導(dǎo)線的垂線上且距兩根導(dǎo)線的距離均為L，b點在兩根導(dǎo)線連線的延長線上且距導(dǎo)線N的距離也為L，下列說法正確的是()Aa點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同Ba點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反Ca點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為21Da點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為413如圖所示為測感應(yīng)強(qiáng)度大小的一種方式，邊長為l、一定質(zhì)量的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)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(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過傳感器測得細(xì)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(xì)線中拉力大小為F2。則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A BC D4通電的等腰梯形導(dǎo)線框abcd與無限長通電直導(dǎo)線MN在同一平面內(nèi)，電流方向如圖所示，ab邊與MN平行。下列關(guān)于通電直導(dǎo)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(dǎo)體棒，空間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場B，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將勻強(qiáng)磁場的方向沿圖示方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，為了使導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)同步()A增大 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(qiáng)磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放一金屬棒MN。現(xiàn)從t0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強(qiáng)度與時間成正比，即Ikt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)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(dá)數(shù)百公里，遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過常規(guī)炮彈。它的主要原理如圖乙所示，當(dāng)彈體中通以強(qiáng)電流時，彈體在強(qiáng)大的磁場力作用下加速前進(jìn)，最后從炮口高速射出。設(shè)兩軌道間距離為0.10 m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為40 T，電流2000 A，軌道長度為20 m，不考慮電流產(chǎn)生的磁場對勻強(qiáng)磁場強(qiáng)度的影響，則()A若不計任何阻力，質(zhì)量為20 g的炮彈最終獲得的速度為400 m/sB若不計任何阻力，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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)楸禗若阻力大小一定，電流加倍，速度變?yōu)楸?(多選)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)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(dǎo)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)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(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數(shù)為U。已知m0m，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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小D若僅將磁場反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0m的砝碼可使天平重新平衡10如圖所示，在傾角為的斜面上，固定有間距為l的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上，垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌與電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源連接，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，且tan，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)閉合開關(guān)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(dǎo)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(dǎo)軌寬為L，全部處在豎直面內(nèi)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(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓弧最高點A處切線豎直m的金屬導(dǎo)體棒ab通過金屬導(dǎo)軌和電路相通，電源電動勢E及內(nèi)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(dǎo)體棒的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間將導(dǎo)體棒由A點靜止釋放，運動中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢以及導(dǎo)軌和導(dǎo)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(dǎo)軌上滑行的最大距離。(導(dǎo)軌足夠長) 答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】設(shè)三根相同的導(dǎo)體棒的電阻均為R，長度均為l，其中ML和LN為串聯(lián)關(guān)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FBIl，則ML和LN受到的安培力的合力F1BIl，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FF11.5F，故選B?！敬鸢浮緽典例2.【解析】由對稱性可知，流經(jīng)L1的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等但方向相反，設(shè)其大小為B2，由磁場疊加原理有B0B1B2B0，B0B1B2B0，聯(lián)立解得B1B0，B2B0，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(yīng)強(qiáng)度是A、D、C處電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度與空間大小為B的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和，O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零，則A、C與空間磁場的矢量合一定與D單獨產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，根據(jù)合成可得：D電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度；所以將D處電流反向，其他條件都不變，O處磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2BD=2(1)B，A正確。2【答案】BC【解析】設(shè)通電直導(dǎo)線在距離L處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，兩導(dǎo)線M、N在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向成120°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合仍為B0，方向垂直MN連線向下。兩導(dǎo)線M、N在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為0.5B0、B0，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小之比為21，選項BC正確，A、D錯誤。3【答案】A【解析】現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2。線框處于勻強(qiáng)磁場中，則各邊受到的安培力大小相等，依據(jù)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(dāng)在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；依據(jù)左手定則，則各邊受到安培力如圖所示，結(jié)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(jù)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(dǎo)線中的電流方向由N到M，根據(jù)安培定則，導(dǎo)線右側(cè)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向內(nèi)，根據(jù)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(yuǎn)的位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故根據(jù)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(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖，當(dāng)磁場方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，安培力方向緩慢從圖示位置轉(zhuǎn)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t0時刻起，金屬棒通以電流Ikt，由左手定則可知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導(dǎo)軌，導(dǎo)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(dāng)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(dāng)滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度達(dá)到最大當(dāng)安培力繼續(xù)增大時導(dǎo)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vt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mgFNma，而FNBILBktL，即mgBktLma，因此agt，顯然加速度a與時間t成線性關(guān)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(jù)動能定理可知Fx=mv2，解得v=4000m/s，故A錯誤；根據(jù)上述公式可知，若不計任何阻力，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jù)動能定理可知BILxfxmv2，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，故C正確，D錯誤。8【答案】ACD【解析】根據(jù)速度位移關(guān)系v2=2as可得末速度的大小，故A正確；以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin-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(jù)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(jù)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(jù)平衡條件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，I=E-Ur，解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l，故C正確；開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)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(zhì)量為m=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(dāng)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FN1mgcosF1mgsinfmaxfmaxFN1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(dāng)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F2mgsin-mgcos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(dāng)開關(guān)S閉合后，導(dǎo)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(dāng)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