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

《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十七 磁場(chǎng) 安培力（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十七 磁場(chǎng) 安培力（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場(chǎng) 安培力 1．本知識(shí)點(diǎn)每年必考，近幾年的考查重點(diǎn)，主要是在選擇題中考查磁場(chǎng)及磁感應(yīng)強(qiáng)度、電流的磁場(chǎng)及安培定則的應(yīng)用。 2．注意要點(diǎn)：分析安培力時(shí)，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(guó)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(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)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(　　) A．2FB．1.5FC．0.5F D．0 典例2.(2018?全國(guó)II卷?20)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)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(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)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(diǎn)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(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 三、對(duì)點(diǎn)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(diǎn)，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等

3、，方向垂直紙面向里，整個(gè)空間還存在一個(gè)大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(　　) A．2(－1)B B．2(＋1)B C．2B D．0 2．(多選)無(wú)限長(zhǎng)的通電直導(dǎo)線在其周?chē)骋稽c(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流I成正比，與這一點(diǎn)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(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線M、N通有大小相等、方向相反的電流，a點(diǎn)在兩根導(dǎo)線的垂線上且距兩根導(dǎo)線的距離均為L(zhǎng)，b點(diǎn)在兩根導(dǎo)線連線的延長(zhǎng)線上且距導(dǎo)線N的距離也為L(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．

4、a點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反 C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為2∶1 D．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為4∶1 3．如圖所示為測(cè)感應(yīng)強(qiáng)度大小的一種方式，邊長(zhǎng)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(shí)針?lè)较虻碾娏鳌D中虛線過(guò)ab邊中點(diǎn)和ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過(guò)傳感器測(cè)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(chǎng)移至虛線上方，此時(shí)測(cè)得細(xì)線中拉力大小為F2。則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A．

5、 B． C． D． 4．通電的等腰梯形導(dǎo)線框abcd與無(wú)限長(zhǎng)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(chǎng)對(duì)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(yùn)動(dòng)趨勢(shì) 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(chǎng)B，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)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(qiáng)磁場(chǎng)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?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強(qiáng)度與時(shí)間成正比，即I＝kt，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(shí)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(guò)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(shí)，彈體在強(qiáng)大的磁場(chǎng)力作用下加速

7、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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為40 T，電流2000 A，軌道長(zhǎng)度為20 m，不考慮電流產(chǎn)生的 磁場(chǎng)對(duì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)強(qiáng)度的影響，則(　　) A．若不計(jì)任何阻力，質(zhì)量為20 g的炮彈最終獲得的速度為400 m/s B．若不計(jì)任何阻力，磁場(chǎng)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(zhǎng)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(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)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

8、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(kāi)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(guò)程中(　　) A．末速度的大小 B．通過(guò)金屬棒的電流大小 C．通過(guò)金屬棒的電流大小 D．通過(guò)金屬棒的電荷量 9．(多選)電流天平可以用來(lái)測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖甲所示，測(cè)量前天平已調(diào)至平衡，測(cè)量時(shí)，在左邊托盤(pán)中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤(pán)中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長(zhǎng)為 l的矩形線圈掛在右邊托盤(pán)的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測(cè)磁場(chǎng)中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)為E，

9、內(nèi)阻為r。開(kāi)關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時(shí)，天平正好平衡，此時(shí)電壓表讀數(shù)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?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? B．矩形線圈的電阻 C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 D．若僅將磁場(chǎng)反向，在左盤(pán)中再添加質(zhì)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(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(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源連接，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanθ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

10、度為g，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)S，發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器接入電路阻值為0時(shí)，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(shí)滑動(dòng)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(zhǎng)，全部處在豎直面內(nèi)的輻向磁場(chǎng)區(qū)域中，磁場(chǎng)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(diǎn)A處切線豎直m的金屬導(dǎo)體棒ab通過(guò)金屬導(dǎo)軌和電路相通，電源電動(dòng)勢(shì)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(wú)磁場(chǎng)且與導(dǎo)體棒的動(dòng)摩擦

11、因數(shù)為μ，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合瞬間將導(dǎo)體棒由A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)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(dòng)勢(shì)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(diǎn)處(切線水平)時(shí)對(duì)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(zhǎng)) 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(zhǎng)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(diǎn)可知，通過(guò)MN的電流為通過(guò)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(duì)稱性可知，流經(jīng)L1的電流在a、b兩點(diǎn)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(diǎn)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(chǎng)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(duì)點(diǎn)速練 1．【答案】A 【解析】O點(diǎn)的實(shí)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

13、磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零，則A、C與空間磁場(chǎng)的矢量合一定與D單獨(dú)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)和b點(diǎn)的磁感應(yīng) 強(qiáng)度方向相反，大小之比為2∶1，選項(xiàng)BC正確，A、D錯(cuò)誤。 3．【答案

14、】A 【解析】現(xiàn)將虛線下方的磁場(chǎng)移至虛線上方，此時(shí)細(xì)線中拉力為F2。線框處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)，此時(shí)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(shí)，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(cuò)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)

15、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(gè)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(cuò)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(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故D錯(cuò)誤。 5．【答案】A 【解析】對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖，當(dāng)磁場(chǎng)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?yàn)槌跏紩r(shí)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(chǎng)一直增大，BCD錯(cuò)誤A正確。 6．【答案】D 【解析】從t＝0時(shí)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(dǎo)軌，導(dǎo)致金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，當(dāng)滑動(dòng)摩擦力小于重力時(shí)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(yùn)動(dòng)．當(dāng)滑動(dòng)摩擦力等于重力時(shí)，加速度為零，此時(shí)速度達(dá)到最大．當(dāng)安培力繼續(xù)增大時(shí)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(yùn)動(dòng)．v－t圖象的斜率絕對(duì)值表示加速度的大小，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；對(duì)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(shí)間t成線性關(guān)系，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 7．【答案】C 【解析】在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小為F=BIL=8000N，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知Fx=mv2，解得v=4000m/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)上述公式可知，若不計(jì)任何阻力，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍，則炮彈獲得的速度變?yōu)樵瓉?lái)的倍，故B錯(cuò)誤；若阻力大小一定，軌道長(zhǎng)度加倍，根據(jù)動(dòng)能定理可知BILx?fx＝mv2，解得，故軌道長(zhǎng)度加倍，速度變?yōu)楸?，若電流加倍，速度不是原?lái)的倍，故 C正確，D錯(cuò)誤。 8．【答案】ACD 【解析】根據(jù)速度位移關(guān)系v2=2as

18、可得末速度的大小，故A正確；以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通過(guò)金屬棒的電流大小，故B錯(cuò)誤、C正確；金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得通過(guò)金屬棒的電荷量， 故D正確。 9．【答案】AC 【解析】對(duì)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?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，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(cuò)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l，故C正確；開(kāi)始線圈所受安培

19、力的方向向上，僅將磁場(chǎng)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Δm=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯(cuò)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(shí)，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(dòng)變阻器R的最小值為 當(dāng)R最大時(shí)，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(dòng)變阻器R的最大值為 11．【解析】(1)當(dāng)開(kāi)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(chǎng)中受到的安培力分析沿圓弧切線，大小為F： 從A到D過(guò)程，由動(dòng)能定理知： 在D點(diǎn)，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(dòng)能定理得： 解得：。 9