2020届高三精准培优专练十七磁场安培力（教师版）

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1、精准培优专练 1本知识点每年必考，近几年的考查重点，主要是在选择题中考查磁场及磁感应强度、电流的磁场及安培定则的应用。2注意要点：分析安培力时，要注意将立体图转化为平面图。典例1.(2019全国I卷17)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()A2F B1.5F C0.5F D0【解析】设三根相同的导体棒的电阻均为R，长度均为l，其中ML和LN为串联关系，总电阻为2R。由并联电路特点可知，通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的

2、两倍，若MN受到的安培力FBIl，则ML和LN受到的安培力的合力F1BIl，MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故线框受到的安培力为F合FF11.5F，故选B。【答案】B典例2.(2018全国II卷20)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B0B流经L1的电流在a点产生的磁感

3、应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0【解析】由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0B1B2B0，B0B1B2B0，联立解得B1B0，B2B0，所以A、C正确。【答案】AC1如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条

4、件都不变，则O处的磁感应强度大小为()A2(1)B B2(1)B C2B D0【答案】A【解析】O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零，则A、C与空间磁场的矢量合一定与D单独产生磁感应强度等大反向，根据合成可得：D电流产生磁感应强度；所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度B=2BD=2(1)B，A正确。2(多选)无限长的通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度B的大小与电流I成正比，与这一点到导线的距离r成反比，即(式中k为常数）。如图所示，两根相距L的无限长直导线M、N通有大小相等、方向相反的电流，a点

5、在两根导线的垂线上且距两根导线的距离均为L，b点在两根导线连线的延长线上且距导线N的距离也为L，下列说法正确的是()Aa点和b点的磁感应强度方向相同Ba点和b点的磁感应强度方向相反Ca点和b点的磁感应强度大小之比为21Da点和b点的磁感应强度大小之比为41【答案】BC【解析】设通电直导线在距离L处产生的磁感应强度大小为B0，两导线M、N在a点产生的磁感应强度方向成120角，磁感应强度的矢量合仍为B0，方向垂直MN连线向下。两导线M、N在b点产生的磁感应强度大小分别为0.5B0、B0，磁感应强度的矢量合为0.5B0，方向垂直MN连线向上，所以a点和b点的磁感应强度方向相反，大小之比为21，选项B

6、C正确，A、D错误。3如图所示为测感应强度大小的一种方式，边长为l、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I。此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中拉力大小为F2。则磁感应强度大小为()A BC D【答案】A【解析】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知安培力夹角均为120，因此安培力合力为

7、F安，则有F2=mg+F安；当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示，结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为；根据平衡条件，则有：F1+F安=mg，解得：F安=mg-F1=F2-F1；即，那么，故A正确，BCD错误。4通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行。下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的()A线框所受安培力的合力为零B线框有两条边所受的安培力方向相同C线框有两条边所受的安培力大小相同D线框在安培力作用

8、下一定有向右的运动趋势【答案】C【解析】直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误。5如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现

9、将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步()A增大 B减小C先增大，后减小 D先减小，后增大【答案】A【解析】对导体棒进行受力分析如图，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力F安=BIL，所以磁场一直增大，BCD错误A正确。6如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN。现从t0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终

10、垂直且接触良好。下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是() 【答案】D【解析】从t0时刻起，金属棒通以电流Ikt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动vt图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A、B均错误；对金属棒MN，由牛顿第二定律得mgFNma，而FNBILB

11、ktL，即mgBktLma，因此agt，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项C错误，D正确。7 如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹。它的主要原理如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出。设两轨道间距离为0.10 m，匀强磁场的磁感应强度为40 T，电流2000 A，轨道长度为20 m，不考虑电流产生的磁场对匀强磁场强度的影响，则()A若不计任何阻力，质量为20 g的炮弹最终获得的速度为400 m/sB若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍C若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为倍D若

12、阻力大小一定，电流加倍，速度变为倍【答案】C【解析】在运动过程中受到的安培力大小为F=BIL=8000N，运动过程中，根据动能定理可知Fx=mv2，解得v=4000m/s，故A错误；根据上述公式可知，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的倍，故B错误；若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知BILxfxmv2，解得，故轨道长度加倍，速度变为倍，若电流加倍，速度不是原来的倍，故C正确，D错误。8(多选)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底

13、端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g。在金属棒下滑到底端的过程中()A末速度的大小B通过金属棒的电流大小C通过金属棒的电流大小D通过金属棒的电荷量【答案】ACD【解析】根据速度位移关系v2=2as可得末速度的大小，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsin-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小，故B错误、C正确；金属棒运动的时间，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量，故D正确。9(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质

14、量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0m，取重力加速度为g，则()A矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B矩形线圈的电阻C匀强磁场的磁感应强度的大小D若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0m的砝码可使天平重新平衡【答案】AC【解析】对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；根

15、据闭合电路欧姆定律可得U=E-UR+R1r，解得矩形线圈的电阻R=UrE-U-R1，故B错误；根据平衡条件可得m0g-F=mg，而F=nBIl，I=E-Ur，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l，故C正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为m=2Fg=2(m0-m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误。10如图所示，在倾角为的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小

16、为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为，且tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计。现闭合开关S，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止。(1)判断金属棒所受的安培力方向；(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2。【解析】(1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上。(2)当R最小时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得FN1mgcosF1mgsinfmaxfmaxFN1由闭合电路欧姆定律有：安培力F1=BI

17、1l联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为当R最大时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2mgsin-mgcos由闭合电路欧姆定律有：安培力F2=BIl联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为11如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧金属导轨宽为L，全部处在竖直面内的辐向磁场区域中，磁场方向和轨道曲面垂直，轨道处磁感应强度大小为B，圆弧最高点A处切线竖直m的金属导体棒ab通过金属导轨和电路相通，电源电动势E及内阻r，电阻R1、R2，电容器的电容C、重力加速度g均为已知。金属轨道水平部分无磁场且与导体棒的动摩擦因数为，当开关S闭合瞬间将导体棒由A点静止释放，运动中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，不考虑导体棒切割磁感线产生的电动势以及导轨和导体棒的电阻。求：(1)电容器上的电荷量；(2)金属棒到圆弧上D点处(切线水平)时对轨道的压力；(3)金属棒在平直导轨上滑行的最大距离。(导轨足够长) 【解析】(1)当开关S闭合后，导体棒中的电流I，由欧姆定律得： 电容器两极板间电压等于R1两端电压U： 电容器上的电荷量 解得：(2)金属棒在辐向磁场中受到的安培力分析沿圆弧切线，大小为F：从A到D过程，由动能定理知：在D点，金属棒受到支持力N和重力mg的合力充当向心力：联立解得(3)金属棒在水平轨道上水平方向只受摩擦力，由动能定理得：解得：。8