新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习27第十章磁场第1讲磁场及其对电流的作用.docx

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1、第十章磁场第1讲磁场及其对电流的作用一、选择题(本题共10小题，17题为单选，810题为多选)1(2023湖北模拟预测)在磁场中某区域的磁感线如图所示，则( A )Aa、b两处的磁感应强度的大小不等，且BaBbB同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大C电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到bD某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功解析磁感线的疏密表示磁场的强弱，故a、b两处的磁感应强度的大小不等，且BaBb，故A正确；电流元的受力与放置夹角有关，故无法比较电流元的受力情况，故B错误；a、b不在磁感线上，若沿直线运动，则速度方向与磁场存在夹角，则一定受洛伦兹力，故不可能沿

2、纸面由a到b点，故C错误；磁场对电荷永不做功，故D错误。2(2021广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生的形变是( C )解析因I1I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。3一个可

3、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，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将( B )A不动 B顺时针转动C逆时针转动 D向纸面内平动解析方法一：等效分析法。把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流L2的中心，通电后，小磁针的 N极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，其 N极应由纸里转为向上，所以从左向右看顺时针转动。方法二：利用结论法(凡转动，必靠近)。环形电流L1、L2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L1的转动方向应是：从左向右看顺

4、时针转动。方法三：直线电流元法。把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1顺时针转动。4(2023湖南模拟预测)如图所示，同一竖直平面内有O、E、F、A四点，其中E、O、F三点等高，E、F、A三点到O点距离相等，EOA(未知)，当E、F两点放置两根通有电流大小相等、方向相反且垂直于纸面的长直导线时，O点处磁感应强度的大小为B1，若将E点处导线移到A点(其他条件不变)，O点处磁感应强度的大小变为B2，已

5、知，则( B )A30 B45C60 D75解析设单根通电直导线在O点处产生的磁感应强度的大小为B，E点处导线未移动时，O点处合磁感应强度为B12B，E点处导线移动之后，两通电导线在O点处产生的磁场如图所示，根据正交分解BxBsin ，ByB(1cos )，O点处合磁感应强度将变为B2B，结合已知条件，可得，解得45。故选B。5(2023浙江衢州高三模拟)处于纸面内的平行直导线1、2中的电流大小分别为I1、I2，方向如图所示，下列说法正确的是( D )A导线1、2受安培力的方向始终共面，但不一定在纸面B导线1、2受安培力的方向始终在纸面内，可能相同也可能相反C若I1I2，则导线2受到的安培力一

6、定大于导线1受到的安培力D若I1I2，则导线2在导线1处产生的磁感应强度一定大于导线1在导线2处产生的磁感应强度解析导线1在导线2处的磁场方向是垂直纸面向外，由左手定则知2受水平向右的安培力，同理1受2水平向左的安培力，此二力是作用力与反作用力的关系，始终等大反向，与导线1、2共面，在纸面内，故ABC错误；直线电流在外边某位置的磁感应强度与电流大小成正比，与该位置到电流的距离成反比，1、2到对方的距离相等，若I1I2，则导线2在导线1处产生的磁感应强度一定大于导线1在导线2处产生的磁感应强度，故D正确。6(2023北京北师大二附中模拟预测)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁铁的两极间

7、有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在线圈上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐向分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是( D )A磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动B改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转C增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度D用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上解析磁电式电流表的内部，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线

8、圈，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度；故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。7(2023福建莆田模拟预测)如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab和ac边的中点，虚线的下方有一垂

9、直于导线框向内的匀强磁场，此时通电导线框处于静止状态，细线的拉力为F1。保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场，平移至虚线上方，稳定后细线的拉力为F2。已知导线框的质量为m，则重力加速度g为( C )A BC D解析变化前，线圈在磁场中的等效长度为L等效，根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向上，大小为F安BIL等效BI，根据受力平衡可得F1F安mg，变化后，线圈在磁场中的等效长度为L等效，根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向下，大小为F安BIL等效BI，根据受力平衡可得F2F安mg，联立解得重力加速度为g。C正确，ABD错误。8(2023河北模拟预测)如图所示，金属圆环固定在绝缘水平面上，金

10、属圆环中通有沿逆时针方向的恒定电流，带有绝缘外套的长直导线固定在圆环上，通有水平向右的恒定电流，长直导线在圆环内的一段为AB，则下列判断正确的是( AD )A长直导线有向圆环中心运动的趋势B长直导线有远离圆环中心的趋势C长直导线在圆环中AB段受到的安培力小于圆环外两段受到的安培力之和D长直导线在圆环中AB段受到的安培力大于圆环外两段受到的安培力之和解析对圆环研究，根据安培定则及左手定则，可判断知圆环受到直线电流磁场的安培力方向向上，因此长直导线有向圆环中心运动的趋势，故A正确，B错误；长直导线圆环中AB段受到的安培力指向圆环的圆心，圆环外两段受到的安培力与AB段受到的安培力方向相反，由于整个直

11、导线有向圆环中心运动的趋势，因此长直导线圆环中AB段受到的安培力大于圆环外两段受到的安培力之和，故C错误，D正确。9(2023河北高三专题练习)如图所示，空间中有三根相互平行的直导线，三根导线中通有方向垂直纸面向里且大小均为I的电流，其中A、B两根导线固定在同一条竖直线上，C导线被轻绳拴在天花板上。已知C导线平衡时，三根导线的横截面恰好位于等边三角形的三个顶点上，且此时A导线在C导线处产生的磁感应强度的大小为B0，已知A、B导线足够长，C导线长度为L、质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是( AC )AA、B导线在C处产生的合磁场方向竖直向下BC导线所受的安培力大小为B0IL，方向水平向右

12、C轻绳上的拉力大小为D使A中电流反向，且A、B中电流大小均变为某一定值，仍能使C在原位置平衡解析根据安培定则，知A、B中电流在C处形成的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，根据几何关系可知30，则有BCB0，方向竖直向下，A正确；再由左手定则可知，C导线所受安培力方向水平向左，大小为FB0IL，B错误；由平衡条件可知，轻绳的拉力大小等于C导线所受重力和安培力的合力，因此T，C正确；A中电流反向，两导线在C处产生的合磁感应强度方向水平向右，根据左手定则可知C所受安培力竖直向下，C不可能在原位置平衡，D错误。故选AC。10(2023福建模拟预测)如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装

13、置，距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导轨，导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电池、开关及质量为m充当弹体的金属杆。闭合开关K，金属杆水平向右飞出做平抛运动，测得其水平射程为s，则下列说法正确的是( ACD )A磁场方向竖直向上B磁场方向竖直向下C该过程安培力对金属杆做的功为D飞出后导体棒的运动时间t解析闭合开关，根据左手定则结合电流方向可判断磁场方向竖直向上，选项A正确，B错误；金属杆水平向右飞出做平抛运动，则有hgt2，svt，飞出后导体棒的运动时间t，从闭合开关到金属杆水平抛出，根据动能定理有W安mv20，解得W安，选项C

14、D正确。二、非选择题11(2023安徽宿城高三阶段练习)中国工程院院士、海军工程大学教授马伟明是我国“国宝级”专家，他带领的科研团队仅用几年时间，在电磁发射技术上取得集群式突破，全面推动了我国武器发展从化学能到电磁能的发射革命。电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成角)上，若给导轨通以很大的恒定电流I，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，由静止沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去。已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两平行导轨向上。两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦力恒为f，当地重力加速度为g

15、。求：(1)炮弹在导轨上运动时加速度大小；(2)炮弹在导轨末端发射出去时速度大小。答案(1)agsin (2)v解析(1)根据牛顿第二定律BILmgsin fma，解得agsin 。(2)由公式v22as，解得v。12(2023海南海口模拟预测)如图所示，间距为1 m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E15 V，内阻r1 的电源。质量m0.5 kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B1 T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成53斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，

16、金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R2 ，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5，sin 530.8，cos 530.6，求：(1)悬吊重物的质量；(2)保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度(不考虑电磁感应现象)。答案(1)0.3 kg(2)0解析(1)根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为I5 A，因为金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，对金属棒根据平衡条件可得BILsin FfT，BILcos FNmg，由题意可知FfFN，对重物根据平衡条件可得TMg，联立以上五式解得M0.3 kg。(2)将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为FBIL5 N。因为FMgmg，所以金属棒的加速度为0。