资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：【全国通用】高考物理专题复习考点讲与练（含解析）
成套系列资料，整套一键下载
【备战2023高考】物理专题讲与练——考向18《安培力》全能练（含解析）（全国通用）
展开
这是一份【备战2023高考】物理专题讲与练——考向18《安培力》全能练（含解析）（全国通用），文件包含备战2023高考物理专题讲与练考向18《安培力》全能练全国通用解析版docx、备战2023高考物理专题讲与练考向18《安培力》全能练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
考向18 安培力
【重点知识点目录】
1. 安培定则的应用和磁场的叠加
2. 安培力作用下导体的运动问题
1．（2022•湖南）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D。
【解析】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
2．（2022•浙江）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B。
【解析】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；
CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。
（多选）3．（2022•湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【答案】BC。
【解析】解：设磁场方向与水平方向的夹角为θ1，θ1＜90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
Fsinθ1﹣μ（mg﹣Fcosθ1）＝ma1
令
sinα＝
根据数学知识可得：
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
Fsinθ2+μ（mg+Fcosθ2）＝ma2
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得：
代入数据得：
可得α＝30°，此时
θ1＝θ2＝60°
加速阶段加速度大小最小时，磁场方向斜向右下方，有
θ＝θ1＝60°
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
θ＝π﹣θ2＝120°，故BC正确，AD错误；
（一）平均速度与瞬时速度
1．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”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”--电流方向，四指指“结果”--磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”--电流绕向，大拇指指“结果”--环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
解决此类问题应注意以下几点
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．
（2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
（3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
（二） 安培力作用下导体运动方向的判定
（1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．现对五种常用的方法列表如下：
电流元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
特殊位置法
通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立．等效后再确定相互作用情况
结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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
（2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
（三）与安培力有关的力学综合问题．
1．安培力的大小
安培力常用公式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．
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F=BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F=BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．
易错题【01】
磁场方向的判断以及磁场的合成，注意安培力使用的条件
易错题【02】
安培力的等效问题经常出现，要注意有效磁场，或者有效电流在半径不确定情
4．（2022春•汉中期末）如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度，天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的左端高右端低，下列哪些调节方案可以使天平平衡（ ）
A．增大电流I的大小 B．减小线框的宽度l
C．减小左盘砝码的质量 D．减小线圈的匝数N
【答案】A。
【解析】解：当线圈中通有电流I时，根据左手定则可知，线圈受到的安培力竖直向上。天平的左端高右端低，说明安培力偏小，要使天平平衡，应增大安培力，根据安培力的计算公式FA＝NBIl可知，采取的措施有：增大线圈中的电流I、增大线框的宽度l、增大左盘砝码的质量、增多线圈的匝数N，故A正确，BCD错误。
5．（2022春•浙江期中）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与一电源相连，右端与竖直光滑半圆导轨相接，整个导轨处于竖直方向的匀强磁场中，一根导体棒ab垂直导轨放置于半圆轨道底部。已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨宽度为20cm，导轨电阻不计，半圆的半径也为20cm，导体棒的质量m＝50g、电阻R＝1Ω，电源内阻不计。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧运动。导体棒速度最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ＝45°，若不考虑导体棒的感应电动势对电路的影响，则（ ）
A．磁场方向竖直向上
B．电源的电动势E＝5V
C．导体棒速度最大时机械能也最大
D．导体棒将越过半圆导轨圆心等高处继续运动
【答案】B。
【解析】解：A.导体棒ab向右运动进入半圆轨道，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；
B.由题意可得
mg＝BIL
I＝
代入数据可得
E＝5V
故B正确；
CD.安培力做功等于机械能的变化，所以机械能最大时，安培力做功最大，由
BILRsinθ＝E﹣0＝E
可知，安培力做功最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ＝90°，此时导体棒与半圆导轨圆心等高，由
BILRsin90°＝mgR（1﹣cos90°）+Ek
可得
Ek＝0
所以导体棒不能越过半圆导轨圆心等高处继续运动，故CD错误。
6．（2022•南京模拟）如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为60°，此时悬线的拉力为F。若圆环通电，使悬线的拉力刚好为，则环中电流大小和方向是（ ）
A．大小为，沿顺时针方向
B．大小为，沿逆时针方向
C．大小为，沿逆时针方向
D．大小为，沿顺时针方向
【答案】A。
【解析】解：圆环不通电时悬线拉力为F，可知F＝mg；若圆环通电，使悬线拉力刚好为零，那么FA＝mg，安培力方向若要竖直向上，电流应为顺时针，FA＝2BIRsin60°＝BIR，联立解得：BIR＝F，则I＝，故A正确，BCD错误；
7．（2022春•宾县校级期末）如图，水平固定导轨MN、PQ间距为L；左侧MP间接有电动势为E、内阻为r的电源，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。一阻值为R的金属棒ab与导轨间成θ角搁置于导轨上而静止，金属棒ab与导轨接触良好，不计其他电阻。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向左
B．金属棒ab受到的摩擦力方向沿导轨向右
C．金属棒ab受到的摩擦力大小为
D．金属棒ab受到的安培力大小为
【答案】D。
【解析】解：A、ab中的电流方向由a到b，根据左手定则可知，金属棒ab受到的安培力的方向垂直于ab向左，故A错误；
B、ab棒处于静止状态，根据平衡条件可得金属棒ab受到的摩擦力方向垂直于ab向右，故B错误；
CD、回路中的电流I＝，安培力大小为：F安＝BI＝，根据平衡条件可得，摩擦力的大小为：f＝F安＝，故C错误、D正确。
8．（2022春•嫩江市期中）双芯电线的结构如图所示，由其组成的电路当接通直流电流时，两平行直导线cd和ef，电流方向相反，cd中电流I1，ef中电流也为I1，a、b两点位于两导线所在的平面内，b到两导线的距离相等，下列说法正确的是（ ）
A．cd导线受到的安培力方向向右
B．b点的磁感应强度为零
C．a点磁场方向垂直纸面向里
D．导线cd受到的安培力大于导线ef受到的安培力
【答案】C。
【解析】解：A、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左，故A错误；
B、电流方向由电源正极流向负极，cd电流向下，ef电流向上，根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向向外，不等于0，故B错误；
C、根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里较大，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外较小，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故C正确；
D、由于力的作用是相互的，根据牛顿第三定律知导线cd受到的安培力等于导线ef受到的安培力，故D错误。
9．（2022春•富阳区校级月考）如阁甲为磁电式电流表的结构，图乙为极擀和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向的电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则（ ）
A．该磁场为匀强磁场
B．线圈将逆时针转动
C．线圈平面总与磁场方向垂直
D．线圈转动过程中两边a、b受安培力大小不变
【答案】D。
【解析】解：A、匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
B、在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，故B错误；
C、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故C错误。
D、由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIL，故D正确。
10．（2022春•光明区校级期中）如图所示，由不同材料制成的直径AOB和半圆ACB组成的半圆形金属线框放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，半圆的半径为R，线框平面与磁场方向（垂直于纸面向外）垂直，直径AOB沿水平方向。若通以图示方向的电流，从A端流入的电流大小为I，则线框受到的安培力（ ）
A．大小为0
B．方向沿纸面向上，大小为2BIR
C．方向沿纸面向下，大小为BIR
D．方向沿纸面向下，大小为2BIR
【答案】B。
【解析】解：根据有效长度的定义可知，ACB圆弧的有效长度等于AB直线的长度，设通过两条导线的电流分别为I1和I2，根据并联电路的特点可知，I＝I1+I2。根据安培力的计算公式可知，线框受到的安培力为F＝F1+F2＝BI1×2R+BI2×2R＝＝2BIR，根据左手定则可知，方向沿纸面向上，故B正确，ACD错误；
11．（2022•温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
【答案】A。
【解析】解：A.设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为
Lcd＝＝
ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为
Rab：Rcd＝：2
闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为
Iab：Icd＝2：
根据安培力公式
F＝BIL
可知ab，cd两根导体棒所受安培力为
Fab：Fcd＝1：1
故A正确；
B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
mab：mcd＝：2
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
aab：acd＝2：
故B错误；
C.断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
U＝BLv
故C错误：
D.断开开关k，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E1＝BLv
电压表示数为
U1＝E1＝
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E2＝BLv
电压表示数为
U2＝E2＝
故D错误。
12．（2022春•东莞市校级期中）正方形线框LMNP由四段相同的导体棒a、b、c、d连接而成，固定于垂直线框平面向里的匀强磁场中（图中未画出），线框顶点L、P与直流电源两端相接。已知导体棒d受到的安培力大小为F，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a、b、c中的电流与导体棒d中的电流相等
B．导体棒a受到的安培力大小为F
C．导体棒a、b、c受到的安培力大小为3F
D．线框LMNP受到的安培力大小为F
【答案】D。
【解析】解：A、导体棒a、b、c的电阻之和是d的电阻的3倍，并联电压相等，所以电流不等，故A错误；
B、根据U＝IR可知，a的电流是d的，根据F＝BIL可知，导体棒a受到的安培力大小为，故B错误；
C、导体棒a、b、c等效长度与d的长度相同，电流是d的，根据F＝BIL可知，受到的安培力大小为，故C错误；
D、根据左手定则可知，a、b、c受到的安培力与d受到的安培力方向相同，所以线框LMNP受到的安培力大小为F，故D正确。
13．（2022春•海南期末）如图1所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，磁感应应强度B随时间t变化情况如图2所示，在0﹣t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．线框中产生逆时针方向感应电流
B．线框中感应电流逐渐减小
C．AD边安培力方向向右
D．AD边安培力逐渐减小
【答案】D。
【解析】解：A、根据图2可知，导线框中垂直于纸面向里的磁通量逐渐减小，则根据楞次定律可知，此时线框中会产生顺时针方向的电流，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：
，因为图像的斜率不变，则线框中感应电流的大小保持不变，故B错误；
C、根据上述分析可知，电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，AD边安培力方向向左，故C错误；
D、根据安培力的计算公式F＝BIL，结合上述分析可知，电流大小保持不变，但磁感应强度逐渐减小，所以AD边受安培力逐渐减小，故D正确；
14．（2022•罗田县校级模拟）Ioffe﹣Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比。下列说法正确的是（ ）
A．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做匀速直线运动
C．直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向指向O点
【答案】B。
【解析】解：A、当导线电流方向相同时，电流之间表现为吸引力，直导线1、3之间的相互作用力为吸引力，故A错误；
B、由右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，所以过O点垂直纸面的直线上各处的磁感应强度均为零，从O射入的粒子，将做匀速直线运动，故B正确；
C、根据安培定则可知，直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴负方向，故C错误；
D、若直导线1在直导线2处产生的安培力为F，根据力的合成可知，1、3对2处导线的安培力的合力为F，方向背离O点，而4对2处导线产生的安培力为F，方向指向O点，所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向背离O点，故D错误。
15．（2022•浙江三模）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法中正确的是（ ）
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
【答案】B。
【解析】解：ABC，通电后，根据右手安培定则可知CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁场，根据磁感应强度由N极指向S极结合同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知AB棒将要顺时针转动（俯视），故AC错误，B正确；
D、在线段O1O2间，由于CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁场，量磁场方向垂直，根据磁场的合成可知不存在磁感应强度为零的位置，故D错误；
16．（2022春•浦东新区校级期中）如图甲所示，水平面上有两不平行光滑导轨MN、PQ，上面放着两根导体棒ab、cd，两棒间用拉直的绝缘细线系住。开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。则（ ）
A．在t0时刻导体棒ab因无电流所以不受安培力作用
B．在t0时刻导体棒ab的电流方向由a流向b
C．在0～t0时间内导体棒ab向右运动
D．如果在t0时刻由静止释放两导体棒，它们将一起向左运动
【答案】C。
【解析】解：AB、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿acdba，流过电阻的电流为b到a。在t0时刻导体棒ab中电流不为零，故AB错误；
C、在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故C正确；
D、在t0时刻导体棒ab和cd中电流不为零，但由于此刻磁感应强度为零，两棒不受安培力，不会运动，故D错误。
17．（2022•河北模拟）如图所示，电源电动势E＝16V，内阻r＝1Ω，在磁感应强度B＝1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.2kg的金属细杆MN置于倾角为θ＝37°的导轨上，导轨的宽度为L＝0.5m，杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，滑轨与MN杆的电阻忽略不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使MN杆在滑轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为（ ）
A．1Ω B．3Ω C．5Ω D．7Ω
【答案】A。
【解析】解：画出MN杆恰好不上滑这种情况下的受力分析图，如图所示。
由平衡条件得：沿斜面方向mgsinθ+μFN2＝F安2cosθ
垂直斜面方向FN2＝mgcosθ+F安2sinθ
而F安2＝BL，解得R2＝1Ω。故A正确，BCD错误。
18．（2022•岳阳二模）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为F2。下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量
B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度
D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】A。
【解析】解：AB.设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件，2F1+F安＝mg，
当电流反向时，2F2＝mg+F安，
联立可得：
故A正确，B错误；
CD.由AB中分析可知，F安＝BIL＝F2﹣F1，可得B＝，故CD错误。
19．（2021秋•沙坪坝区校级期末）小明同学在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的示数为G1；再以恒定的速率v在磁场中竖直向上运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L。则磁感应强度的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C。
【解析】解：设磁体重力为G，铜条以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，磁铁静止，由平衡条件得；G1＝G+BIL，铜条向上运动时，磁铁静止，由平衡条件得：G2＝G﹣BIL，感应电流：I＝＝
解得：B＝
故C正确，ABD错误。
20．（2022春•东莞市期中）如图所示，将长为50cm、质量为1kg的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A电流时，弹簧恰好不伸长（g＝10m/s2）．
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小．
（2）当金属棒中通过大小为1A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，求弹簧的形变量．
【答案】（1）匀强磁场中磁感应强度是5T；
（2）当金属棒中通过0.2A由a到b的电流时，弹簧伸长为1cm，如果电流方向由b到a，而电流大小不变，弹簧的形变量为5cm．
【解析】解：（1）弹簧不伸长时，根据平衡条件有：
BIL＝mg，
可得出磁感应强度＝＝5T．
（2）当大小为1 A的电流由a流向b时，有安培力向上，则有：
2kx1+BI1L＝mg，
当电流反向后，有2kx2＝mg+BI2L．
联立得＝×0.03＝0.05m＝5cm
21．（2021秋•西山区校级期末）如图所示，ab、cd为两根相距2m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，通以5A的电流时，质量为3.6kg的金属棒MN沿导轨做匀速运动；当棒中电流增大到8A时，棒能获得2m/s2的加速度，已知金属棒受到的磁场力方向水平．求匀强磁场的磁感应强度的大小．
【答案】匀强磁场的磁感应强度的大小为1.2T．
【解析】解：导体棒受到安培力和摩擦而平衡，由平衡条件可得：
BI1L＝μmg，①
当金属棒中的电流为I2＝8A时，棒做加速运动，加速度为a，根据牛顿第二定律得：
BI2L﹣μmg＝ma，②
将①代入②得：
B＝＝＝1.2 T．
22．（2021秋•西宁期末）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒ab，通以方向向里的电流，电流强度为I，重力加速度为g，
（1）若加竖直向上的匀强磁场，使导体棒静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的最小值和所对应方向．
【解析】解：（1）根据共点力平衡得，mgtanθ＝BIL
B＝
故所加磁场的磁感应强度B的大小为．
（2）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小
mgsinθ＝BIL 解得，B＝
B垂直于斜面向上．
故B的最小值为，方向垂直于斜面向上．
（多选）23．（2022•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC。
【解析】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
24．（2021•江苏）在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A．BIL B．2BIL C．πBIL D．2πBIL
【答案】A。
【解析】解：由几何关系可得，软导线在光滑水平面上受到安培力后会呈现如图所示的半圆周状态。软导线所受安培力大小为F＝2BIL，导线中张力大小等于导线两端的拉力T大小，则有：2T＝F＝2BIL，可得导线中张力大小为BIL，故BCD错误，A正确。
（多选）25．（2021•重庆）某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（ ）
A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【答案】BC。
【解析】解：AB．当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；
CD．若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。
26．（2022•甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
【解析】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，
再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，
解得：|Δx|＝；
设此时细杆转动的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，
由题可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，
联立可得：s＝。
（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1＝，
当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2＝，
联立可得I′＝。
考向18 安培力
【重点知识点目录】
1. 安培定则的应用和磁场的叠加
2. 安培力作用下导体的运动问题
1．（2022•湖南）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D。
【解析】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
2．（2022•浙江）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B。
【解析】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；
CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。
（多选）3．（2022•湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【答案】BC。
【解析】解：设磁场方向与水平方向的夹角为θ1，θ1＜90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
Fsinθ1﹣μ（mg﹣Fcosθ1）＝ma1
令
sinα＝
根据数学知识可得：
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
Fsinθ2+μ（mg+Fcosθ2）＝ma2
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得：
代入数据得：
可得α＝30°，此时
θ1＝θ2＝60°
加速阶段加速度大小最小时，磁场方向斜向右下方，有
θ＝θ1＝60°
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
θ＝π﹣θ2＝120°，故BC正确，AD错误；
（一）平均速度与瞬时速度
1．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”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”--电流方向，四指指“结果”--磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”--电流绕向，大拇指指“结果”--环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
解决此类问题应注意以下几点
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．
（2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
（3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
（二） 安培力作用下导体运动方向的判定
（1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．现对五种常用的方法列表如下：
电流元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
特殊位置法
通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立．等效后再确定相互作用情况
结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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
（2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
（三）与安培力有关的力学综合问题．
1．安培力的大小
安培力常用公式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．
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F=BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F=BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．
易错题【01】
磁场方向的判断以及磁场的合成，注意安培力使用的条件
易错题【02】
安培力的等效问题经常出现，要注意有效磁场，或者有效电流在半径不确定情
4．（2022春•汉中期末）如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度，天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的左端高右端低，下列哪些调节方案可以使天平平衡（ ）
A．增大电流I的大小 B．减小线框的宽度l
C．减小左盘砝码的质量 D．减小线圈的匝数N
【答案】A。
【解析】解：当线圈中通有电流I时，根据左手定则可知，线圈受到的安培力竖直向上。天平的左端高右端低，说明安培力偏小，要使天平平衡，应增大安培力，根据安培力的计算公式FA＝NBIl可知，采取的措施有：增大线圈中的电流I、增大线框的宽度l、增大左盘砝码的质量、增多线圈的匝数N，故A正确，BCD错误。
5．（2022春•浙江期中）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与一电源相连，右端与竖直光滑半圆导轨相接，整个导轨处于竖直方向的匀强磁场中，一根导体棒ab垂直导轨放置于半圆轨道底部。已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨宽度为20cm，导轨电阻不计，半圆的半径也为20cm，导体棒的质量m＝50g、电阻R＝1Ω，电源内阻不计。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧运动。导体棒速度最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ＝45°，若不考虑导体棒的感应电动势对电路的影响，则（ ）
A．磁场方向竖直向上
B．电源的电动势E＝5V
C．导体棒速度最大时机械能也最大
D．导体棒将越过半圆导轨圆心等高处继续运动
【答案】B。
【解析】解：A.导体棒ab向右运动进入半圆轨道，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；
B.由题意可得
mg＝BIL
I＝
代入数据可得
E＝5V
故B正确；
CD.安培力做功等于机械能的变化，所以机械能最大时，安培力做功最大，由
BILRsinθ＝E﹣0＝E
可知，安培力做功最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ＝90°，此时导体棒与半圆导轨圆心等高，由
BILRsin90°＝mgR（1﹣cos90°）+Ek
可得
Ek＝0
所以导体棒不能越过半圆导轨圆心等高处继续运动，故CD错误。
6．（2022•南京模拟）如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为60°，此时悬线的拉力为F。若圆环通电，使悬线的拉力刚好为，则环中电流大小和方向是（ ）
A．大小为，沿顺时针方向
B．大小为，沿逆时针方向
C．大小为，沿逆时针方向
D．大小为，沿顺时针方向
【答案】A。
【解析】解：圆环不通电时悬线拉力为F，可知F＝mg；若圆环通电，使悬线拉力刚好为零，那么FA＝mg，安培力方向若要竖直向上，电流应为顺时针，FA＝2BIRsin60°＝BIR，联立解得：BIR＝F，则I＝，故A正确，BCD错误；
7．（2022春•宾县校级期末）如图，水平固定导轨MN、PQ间距为L；左侧MP间接有电动势为E、内阻为r的电源，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。一阻值为R的金属棒ab与导轨间成θ角搁置于导轨上而静止，金属棒ab与导轨接触良好，不计其他电阻。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向左
B．金属棒ab受到的摩擦力方向沿导轨向右
C．金属棒ab受到的摩擦力大小为
D．金属棒ab受到的安培力大小为
【答案】D。
【解析】解：A、ab中的电流方向由a到b，根据左手定则可知，金属棒ab受到的安培力的方向垂直于ab向左，故A错误；
B、ab棒处于静止状态，根据平衡条件可得金属棒ab受到的摩擦力方向垂直于ab向右，故B错误；
CD、回路中的电流I＝，安培力大小为：F安＝BI＝，根据平衡条件可得，摩擦力的大小为：f＝F安＝，故C错误、D正确。
8．（2022春•嫩江市期中）双芯电线的结构如图所示，由其组成的电路当接通直流电流时，两平行直导线cd和ef，电流方向相反，cd中电流I1，ef中电流也为I1，a、b两点位于两导线所在的平面内，b到两导线的距离相等，下列说法正确的是（ ）
A．cd导线受到的安培力方向向右
B．b点的磁感应强度为零
C．a点磁场方向垂直纸面向里
D．导线cd受到的安培力大于导线ef受到的安培力
【答案】C。
【解析】解：A、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左，故A错误；
B、电流方向由电源正极流向负极，cd电流向下，ef电流向上，根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向向外，不等于0，故B错误；
C、根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里较大，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外较小，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故C正确；
D、由于力的作用是相互的，根据牛顿第三定律知导线cd受到的安培力等于导线ef受到的安培力，故D错误。
9．（2022春•富阳区校级月考）如阁甲为磁电式电流表的结构，图乙为极擀和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向的电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则（ ）
A．该磁场为匀强磁场
B．线圈将逆时针转动
C．线圈平面总与磁场方向垂直
D．线圈转动过程中两边a、b受安培力大小不变
【答案】D。
【解析】解：A、匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
B、在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，故B错误；
C、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故C错误。
D、由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIL，故D正确。
10．（2022春•光明区校级期中）如图所示，由不同材料制成的直径AOB和半圆ACB组成的半圆形金属线框放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，半圆的半径为R，线框平面与磁场方向（垂直于纸面向外）垂直，直径AOB沿水平方向。若通以图示方向的电流，从A端流入的电流大小为I，则线框受到的安培力（ ）
A．大小为0
B．方向沿纸面向上，大小为2BIR
C．方向沿纸面向下，大小为BIR
D．方向沿纸面向下，大小为2BIR
【答案】B。
【解析】解：根据有效长度的定义可知，ACB圆弧的有效长度等于AB直线的长度，设通过两条导线的电流分别为I1和I2，根据并联电路的特点可知，I＝I1+I2。根据安培力的计算公式可知，线框受到的安培力为F＝F1+F2＝BI1×2R+BI2×2R＝＝2BIR，根据左手定则可知，方向沿纸面向上，故B正确，ACD错误；
11．（2022•温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
【答案】A。
【解析】解：A.设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为
Lcd＝＝
ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为
Rab：Rcd＝：2
闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为
Iab：Icd＝2：
根据安培力公式
F＝BIL
可知ab，cd两根导体棒所受安培力为
Fab：Fcd＝1：1
故A正确；
B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
mab：mcd＝：2
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
aab：acd＝2：
故B错误；
C.断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
U＝BLv
故C错误：
D.断开开关k，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E1＝BLv
电压表示数为
U1＝E1＝
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E2＝BLv
电压表示数为
U2＝E2＝
故D错误。
12．（2022春•东莞市校级期中）正方形线框LMNP由四段相同的导体棒a、b、c、d连接而成，固定于垂直线框平面向里的匀强磁场中（图中未画出），线框顶点L、P与直流电源两端相接。已知导体棒d受到的安培力大小为F，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a、b、c中的电流与导体棒d中的电流相等
B．导体棒a受到的安培力大小为F
C．导体棒a、b、c受到的安培力大小为3F
D．线框LMNP受到的安培力大小为F
【答案】D。
【解析】解：A、导体棒a、b、c的电阻之和是d的电阻的3倍，并联电压相等，所以电流不等，故A错误；
B、根据U＝IR可知，a的电流是d的，根据F＝BIL可知，导体棒a受到的安培力大小为，故B错误；
C、导体棒a、b、c等效长度与d的长度相同，电流是d的，根据F＝BIL可知，受到的安培力大小为，故C错误；
D、根据左手定则可知，a、b、c受到的安培力与d受到的安培力方向相同，所以线框LMNP受到的安培力大小为F，故D正确。
13．（2022春•海南期末）如图1所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，磁感应应强度B随时间t变化情况如图2所示，在0﹣t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．线框中产生逆时针方向感应电流
B．线框中感应电流逐渐减小
C．AD边安培力方向向右
D．AD边安培力逐渐减小
【答案】D。
【解析】解：A、根据图2可知，导线框中垂直于纸面向里的磁通量逐渐减小，则根据楞次定律可知，此时线框中会产生顺时针方向的电流，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：
，因为图像的斜率不变，则线框中感应电流的大小保持不变，故B错误；
C、根据上述分析可知，电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，AD边安培力方向向左，故C错误；
D、根据安培力的计算公式F＝BIL，结合上述分析可知，电流大小保持不变，但磁感应强度逐渐减小，所以AD边受安培力逐渐减小，故D正确；
14．（2022•罗田县校级模拟）Ioffe﹣Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比。下列说法正确的是（ ）
A．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做匀速直线运动
C．直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向指向O点
【答案】B。
【解析】解：A、当导线电流方向相同时，电流之间表现为吸引力，直导线1、3之间的相互作用力为吸引力，故A错误；
B、由右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，所以过O点垂直纸面的直线上各处的磁感应强度均为零，从O射入的粒子，将做匀速直线运动，故B正确；
C、根据安培定则可知，直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴负方向，故C错误；
D、若直导线1在直导线2处产生的安培力为F，根据力的合成可知，1、3对2处导线的安培力的合力为F，方向背离O点，而4对2处导线产生的安培力为F，方向指向O点，所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向背离O点，故D错误。
15．（2022•浙江三模）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法中正确的是（ ）
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
【答案】B。
【解析】解：ABC，通电后，根据右手安培定则可知CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁场，根据磁感应强度由N极指向S极结合同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知AB棒将要顺时针转动（俯视），故AC错误，B正确；
D、在线段O1O2间，由于CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁场，量磁场方向垂直，根据磁场的合成可知不存在磁感应强度为零的位置，故D错误；
16．（2022春•浦东新区校级期中）如图甲所示，水平面上有两不平行光滑导轨MN、PQ，上面放着两根导体棒ab、cd，两棒间用拉直的绝缘细线系住。开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。则（ ）
A．在t0时刻导体棒ab因无电流所以不受安培力作用
B．在t0时刻导体棒ab的电流方向由a流向b
C．在0～t0时间内导体棒ab向右运动
D．如果在t0时刻由静止释放两导体棒，它们将一起向左运动
【答案】C。
【解析】解：AB、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿acdba，流过电阻的电流为b到a。在t0时刻导体棒ab中电流不为零，故AB错误；
C、在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故C正确；
D、在t0时刻导体棒ab和cd中电流不为零，但由于此刻磁感应强度为零，两棒不受安培力，不会运动，故D错误。
17．（2022•河北模拟）如图所示，电源电动势E＝16V，内阻r＝1Ω，在磁感应强度B＝1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.2kg的金属细杆MN置于倾角为θ＝37°的导轨上，导轨的宽度为L＝0.5m，杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，滑轨与MN杆的电阻忽略不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使MN杆在滑轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为（ ）
A．1Ω B．3Ω C．5Ω D．7Ω
【答案】A。
【解析】解：画出MN杆恰好不上滑这种情况下的受力分析图，如图所示。
由平衡条件得：沿斜面方向mgsinθ+μFN2＝F安2cosθ
垂直斜面方向FN2＝mgcosθ+F安2sinθ
而F安2＝BL，解得R2＝1Ω。故A正确，BCD错误。
18．（2022•岳阳二模）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为F2。下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量
B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度
D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】A。
【解析】解：AB.设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件，2F1+F安＝mg，
当电流反向时，2F2＝mg+F安，
联立可得：
故A正确，B错误；
CD.由AB中分析可知，F安＝BIL＝F2﹣F1，可得B＝，故CD错误。
19．（2021秋•沙坪坝区校级期末）小明同学在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的示数为G1；再以恒定的速率v在磁场中竖直向上运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L。则磁感应强度的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C。
【解析】解：设磁体重力为G，铜条以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，磁铁静止，由平衡条件得；G1＝G+BIL，铜条向上运动时，磁铁静止，由平衡条件得：G2＝G﹣BIL，感应电流：I＝＝
解得：B＝
故C正确，ABD错误。
20．（2022春•东莞市期中）如图所示，将长为50cm、质量为1kg的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A电流时，弹簧恰好不伸长（g＝10m/s2）．
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小．
（2）当金属棒中通过大小为1A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，求弹簧的形变量．
【答案】（1）匀强磁场中磁感应强度是5T；
（2）当金属棒中通过0.2A由a到b的电流时，弹簧伸长为1cm，如果电流方向由b到a，而电流大小不变，弹簧的形变量为5cm．
【解析】解：（1）弹簧不伸长时，根据平衡条件有：
BIL＝mg，
可得出磁感应强度＝＝5T．
（2）当大小为1 A的电流由a流向b时，有安培力向上，则有：
2kx1+BI1L＝mg，
当电流反向后，有2kx2＝mg+BI2L．
联立得＝×0.03＝0.05m＝5cm
21．（2021秋•西山区校级期末）如图所示，ab、cd为两根相距2m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，通以5A的电流时，质量为3.6kg的金属棒MN沿导轨做匀速运动；当棒中电流增大到8A时，棒能获得2m/s2的加速度，已知金属棒受到的磁场力方向水平．求匀强磁场的磁感应强度的大小．
【答案】匀强磁场的磁感应强度的大小为1.2T．
【解析】解：导体棒受到安培力和摩擦而平衡，由平衡条件可得：
BI1L＝μmg，①
当金属棒中的电流为I2＝8A时，棒做加速运动，加速度为a，根据牛顿第二定律得：
BI2L﹣μmg＝ma，②
将①代入②得：
B＝＝＝1.2 T．
22．（2021秋•西宁期末）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒ab，通以方向向里的电流，电流强度为I，重力加速度为g，
（1）若加竖直向上的匀强磁场，使导体棒静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的最小值和所对应方向．
【解析】解：（1）根据共点力平衡得，mgtanθ＝BIL
B＝
故所加磁场的磁感应强度B的大小为．
（2）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小
mgsinθ＝BIL 解得，B＝
B垂直于斜面向上．
故B的最小值为，方向垂直于斜面向上．
（多选）23．（2022•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC。
【解析】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
24．（2021•江苏）在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A．BIL B．2BIL C．πBIL D．2πBIL
【答案】A。
【解析】解：由几何关系可得，软导线在光滑水平面上受到安培力后会呈现如图所示的半圆周状态。软导线所受安培力大小为F＝2BIL，导线中张力大小等于导线两端的拉力T大小，则有：2T＝F＝2BIL，可得导线中张力大小为BIL，故BCD错误，A正确。
（多选）25．（2021•重庆）某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（ ）
A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【答案】BC。
【解析】解：AB．当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；
CD．若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。
26．（2022•甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
【解析】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，
再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，
解得：|Δx|＝；
设此时细杆转动的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，
由题可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，
联立可得：s＝。
（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1＝，
当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2＝，
联立可得I′＝。
相关试卷
【备战2023高考】物理专题讲与练——考向22《交变电流》全能练（含解析）（全国通用）： 这是一份【备战2023高考】物理专题讲与练——考向22《交变电流》全能练（含解析）（全国通用），文件包含备战2023高考物理专题讲与练考向22《交变电流》全能练全国通用解析版docx、备战2023高考物理专题讲与练考向22《交变电流》全能练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
【备战2023高考】物理专题讲与练——考向17《光》全能练（含解析）（全国通用）： 这是一份【备战2023高考】物理专题讲与练——考向17《光》全能练（含解析）（全国通用），文件包含备战2023高考物理专题讲与练考向17《光》全能练全国通用解析版docx、备战2023高考物理专题讲与练考向17《光》全能练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
【备战2023高考】物理专题讲与练——考向16《机械振动》全能练（含解析）（全国通用）： 这是一份【备战2023高考】物理专题讲与练——考向16《机械振动》全能练（含解析）（全国通用），文件包含备战2023高考物理专题讲与练考向16《机械振动》全能练全国通用解析版docx、备战2023高考物理专题讲与练考向16《机械振动》全能练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
