2021届高考物理一轮复习9第1讲磁场及其对电流的作用练习含解析 11页

第1讲 磁场及其对电流的作用 考点一　磁场的理解及磁场的叠加 ‎ 几种常见磁场应用 ‎【典例1】下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是 (　　)‎ ‎【解析】选C。根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线上的磁场方向由右向左，小磁铁N极受到的磁场力向左，选项B错误；根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；根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。‎ ‎ 磁场的叠加 ‎【典例2】(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相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，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则 (　　)‎ A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ 11‎ D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ ‎【解析】选A、C。设L1在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1，设L2在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2，根据右手螺旋定则，结合题意B0-(B1+B2)=B0，B0+B2-B1=B0， 联立可得B1=B0，B2=B0，选项A、C正确。‎ ‎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的磁场时应分清“因”和“果”。‎ 磁场 原因(电流方向)‎ 结果(磁场方向)‎ 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流的磁场 四指 大拇指 ‎2.磁场的叠加：‎ ‎(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，遵守平行四边形定则，可以用正交分解法进行合成与分解。‎ ‎(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。‎ ‎3.磁场叠加问题的一般解题思路：‎ ‎(1)确定磁场场源，如通电导线。‎ ‎(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度。如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。‎ ‎(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度。‎ ‎【加固训练】‎ ‎1.如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的 11‎ ‎ (　　)‎ A.B4　　　　B.B‎3　‎　　　C.B2　　　　D.B1‎ ‎【解析】选B。根据题述，I1>I2，由安培定则，I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线，指向右下方，I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线，指向左下方。I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大，H点磁感应强度为两磁场的叠加，故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3，选项B正确。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，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向里的电流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。如果让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(　　)‎ A.0　　　　B.B‎0　‎　　C. B0　　　D.2B0‎ ‎【解析】选C。如图所示，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=B0‎ 如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图所示，由几何关系可知：a点处磁感应强度的大小为B==B0，故C正确，A、B、D错误。‎ 11‎ 考点二　安培力作用下的导体运动 安培力的合力求解 ‎【典例3】(2019·全国卷Ⅰ)如图，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 (　　)‎ A‎.2F B.‎1.5F C.‎0.5F D.0‎ ‎【解析】选B。设导体棒MN中的电流为I，则导体棒ML、LN中的电流为，导体棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向竖直向上。ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为LB=‎0.5F，方向竖直向上。线框LMN受到的安培力的大小为F+‎0.5F=‎1.5F，方向竖直向上。‎ 安培力作用下导体的加速问题 ‎【典例4】如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为‎0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T，质量为‎0.05 kg、长为‎0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点，当在金属细杆内通以电流强度为‎2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且==‎1 m，g取‎10 m/s2，则 (　　)‎ 11‎ A.金属细杆开始运动时的加速度大小为‎5 m/s2‎ B.金属细杆运动到P点时的速度大小为‎5 m/s C.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为‎10 m/s2‎ D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ‎【解析】选D。金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安=BIL=0.5×2×0.5 N=0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a==‎10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安=‎ F安(lMN+lOP)=1 J，重力做功WG=-mg·lON=-0.5 J，由动能定理得W安+WG=mv2，解得金属细杆运动到P点时速度大小为v= m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小a′==‎20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F-F安=m，解得F=1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知，金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确。‎ 安培力作用下的转动问题 ‎【典例5】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】选B。‎ 法一：电流元法 11‎ 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，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。故B正确。‎ 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。故B正确。‎ 法三：结论法 环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，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。故B正确。‎ 判断安培力作用下的导体的运动情况的方法 ‎【典例6】(2019·郑州模拟)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环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化，下列说法正确的是 (　　)‎ A.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】选A。根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据左手定则，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的相邻处电流的方向相同，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。故选A。‎ 11‎ 1.安培力大小计算常用公式F=BIL，要求两两垂直，应用时要满足：‎ ‎(1)B与L垂直；‎ ‎(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。‎ ‎2.判断安培力作用下的导体运动情况的方法：‎ 电流 元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向 特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 等效法 环形电流→小磁针 通电螺线管→条形磁铁 结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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 转换研 究对象 法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向 ‎3.安培力做功的特点和实质：‎ ‎(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。‎ ‎(2)安培力做功的实质是能量转化。‎ ‎①安培力做正功时，将电能转化为导体的机械能或其他形式的能。‎ ‎②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　1.(多选)(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。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 (　　)‎ 11‎ A.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】选A、D。如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B错误；如果仅将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉其效果与A项相同，故D正确。‎ ‎2.(多选)如图是小丽自制的电流表原理图。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长ab=L1、bc=L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。则 (　　)‎ A.要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至N B.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零 C.该电流表的量程是Im=‎ D.该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的 ‎【解析】选A、C。要使电流表能正常工作，则金属杆受到的安培力的方向应该竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M至N，故A正确；‎ 11‎ 当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，弹簧的伸长量为x=，故B错误；根据平衡条件和胡克定律可知，kx=mg，k(x+L2)=mg+BImL1，解得Im=，即该电流表的量程为Im=，故C正确；根据平衡条件和胡克定律可知，k(x+l)=mg+BIL1，解得I=·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是均匀的，故D错误。‎ ‎3.实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的电流时，下列说法不正确的是 (　　)‎ A.线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行 B.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动 C.当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上 D.当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动 ‎【解析】选C。由于磁场是均匀辐向分布的，因此线圈平面始终与磁感线平行，故A正确；线圈转动时，会使弹簧扭动，产生一个阻碍线圈转动的力，故B正确；当线圈转动到图乙所示的位置时，a端所受到的安培力方向向上，b端所受到的安培力方向向下，使线圈顺时针转动，故D正确，C错误，故选C。‎ ‎4.如图所示，在倾角为θ=37°的斜面上，固定一宽为L=‎1.0 m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m=‎0.4 kg、电阻R0=2.0 Ω、长为‎1.0 m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E=12 V，内阻r=‎ ‎1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，g取‎10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：‎ 11‎ ‎(1)金属棒所受安培力的取值范围；‎ ‎(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。‎ ‎【解析】(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sinθ+mgcosθ，‎ F1cosθ=mgsinθ+fmax，fmax=μFN 以上三式联立并代入数据可得F1=8 N 当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示。则有FN′=F2sinθ+mgcosθ，‎ F2cosθ+fmax′=mgsinθ，fmax′=μFN′‎ 以上三式联立并代入数据可得F2= N 所以金属棒受到的安培力的取值范围为 ‎ N≤F≤8 N ‎(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F=BIL，因此有I=，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为 A≤I≤‎‎4 A 设电流为I1= A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E-I1r=I1(R0+R1)，代入数据可得R1=30 Ω 设电流为I2=‎4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，‎ 11‎ 由闭合电路欧姆定律，有E-I2r=I2(R0+R2)，‎ 代入数据可得R2=0‎ 所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为 ‎0≤R≤30 Ω 答案：(1) N≤F≤8 N　(2)0≤R≤30 Ω 11‎