2022版高考物理一轮复习演练：专题9 第1讲 磁场、磁场对电流的作用

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1．(2021年临沂模拟)如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a，b，c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )
A．a，b，c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a，c的N极向纸里转
C．b，c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
【答案】B
2．(2021年绵阳诊断)关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用
B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用
C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功
D．安培力一定对通电导线不做功
【答案】C
3．(2021年常德模拟)在绝缘圆柱体上a、b两个位置固定有两个金属圆环，当两环通有图示电流时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移动到位置c且电流不变，则金属圆环受到的安培力为F2.今保持b处金属圆环原来位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在位置a的金属圆环受到的安培力( )
A．大小为|F1－F2|，方向向左
B．大小为|F1－F2|，方向向右
C．大小为|F1＋F2|，方向向左
D．大小为|F1＋F2|，方向向右
【答案】A
4．如图所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)．开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比(先判断导线受力，再利用牛顿第三定律)( )
A．FN，Ff均变大 B．FN不变，Ff变小
C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变
【答案】D
5．(2020年北京名校期末)如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是( )
【答案】D 【解析】MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右．D正确．
6．如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计．现将装置置于向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关系为( )
A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>Fc
C．Fa＝Fb＝Fc D．Fa>Fb>Fc
【答案】B 【解析】设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a，b两棒所受的安培力大小分别为Fa＝BIaLa；Fb＝BIbLb＝BIbd.因为Ia＝eq \f(U,ρ\f(La,S))＝eq \f(US,ρLa)，则Fa＝BIaLa＝Beq \f(US,ρLa)La＝eq \f(BUS,ρ)；因为Ib＝eq \f(U,ρ\f(d,S))＝eq \f(US,ρd)，则Fb＝BIbLb＝Beq \f(US,ρd)d＝eq \f(BUS,ρ)；因为Lc＝eq \f(U,ρ\f(πd,2S))＝eq \f(2US,ρπd)，则Fc＝BIcd＝Beq \f(2US,ρπd)d＝eq \f(2BUS,πρ).所以Fa＝Fb>Fc，选B．
7．(2020年山西名校期末)如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框．现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为( )
A．eq \f(\r(3),3)F B．F
C．eq \r(3)F D．2F
【答案】A 【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cs 30°＝F，可得F1＝eq \f(\r(3),3)F，故A正确．
8．(2021年湖南名校期末)已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比．如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为( )
A．2∶eq \r(3) B．1∶eq \r(3)
C．2∶eq \r(2) D．1∶1
【答案】A 【解析】设正方体边长为L，其中一根长直导线的电流在e点产生的磁感应强度为B0，则e点的磁感应强度大小为Be＝eq \r(B\\al(2,0)＋B\\al(2,0))＝eq \r(2)B0，方向沿eb方向．处于hg边的长直导线到a点的距离为eq \r(2)L，在a点产生的磁感应强度大小为eq \f(\r(2),2)B0；处于dh边的长直导线到a点的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0，所以a点的磁感应强度大小为Ba＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)B0))2＋B\\al(2,0))＝eq \f(\r(6),2)B0，因此Be∶Ba＝2∶eq \r(3)，所以A正确，B、C、D错误．
综合提升练
9．(2021届武汉模拟)如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A，D，C 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，A，C两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零．如果将D处电流反向，其他条件都不变，则对O处的磁感应强度大小计算正确的是( )
A．(3＋2eq \r(2))B B．2(eq \r(2)＋1)B
C．2B D．0
【答案】B 【解析】设A，D，C处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则对O点的磁场eq \r(B\\al(2,0)＋B\\al(2,0))－B0＝B，即B＝(eq \r(2)－1)B0，B的方向沿左上方45°的方向；如果将D处电流反向，则O处磁场的大小eq \r(B\\al(2,0)＋B\\al(2,0))＋B0－B＝2B0＝2(eq \r(2)＋1)B，故B正确．
10．(多选)如图所示，两平行导轨ab，cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间t变化的关系式为I＝kt(k为常数，k＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像中，可能正确的有( )
A B C D
【答案】AD 【解析】根据牛顿第二定律，得金属棒的加速度a＝eq \f(mg－Ff,m)，Ff＝μFN＝μF安＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－eq \f(μBLkt,m)，与时间呈线性关系，故A正确，B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故C错误，D正确．
11．如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？
解：对导体棒ab进行受力分析，由平衡条件，得
竖直方向FN＝mg，
水平方向BIL－Ff－Mg＝0，
又Ff＝μFN，
联立解得I＝2 A．
由左手定则知电流方向由a指向b.
12．(2021年昆明三校联考)如图所示，金属梯形框架导轨放置在竖直平面内，顶角为θ，底边ab长为l，垂直于梯形平面有一个磁感应强度为B的匀强磁场．在导轨上端再放置一根水平金属棒cd，质量为m，导轨上接有电源，使abdc构成回路，回路电流恒为I，cd棒恰好静止．已知金属棒和导轨之间接触良好，不计摩擦阻力，重力加速度为g.求：
(1)cd棒所受磁场力；
(2)cd棒与ab边之间的高度差h.
解：(1)对于金属棒cd，在安培力与重力的作用下处于平衡状态，因此cd棒所受磁场力Fc d＝mg，方向竖直向上．
(2)设cd棒的有效长度为l′，由cd棒静止得mg＝BIl′，
因此l′＝eq \f(mg,BI)，
根据几何关系知cd棒的有效长度 l′＝l＋2htan eq \f(θ,2)，
解得h＝eq \f(\f(mg,BI)－l,2tan \f(θ,2))
.
13．如图所示，在磁感应强度B＝1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计．ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字)．
解：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示．
甲 乙
当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件，得
沿滑轨方向mgsin θ＝μFN1＋F安1cs θ，
垂直滑轨方向FN1＝mgcs θ＋F安1sin θ，
而F安1＝Beq \f(E,R1)L，解得R1≈5 Ω.
当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件，得
沿斜面方向mgsin θ＋μFN2＝F安2cs θ，
垂直斜面方向FN2＝mgcs θ＋F安2sin θ，
而F安2＝Beq \f(E,R2)L，解得R2≈3 Ω.
要使ab杆保持静止，R的取值范围是3 Ω≤R≤5 Ω.