高考物理一轮复习第9章磁场第25讲磁场安培力练习(含解析)

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1．如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2.且I1>I2，与两根导线垂直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水平连线上且间距相等，b是两根导线连线的中点，b、d连线与两根导线连线垂直．则( )
A．I2受到的安培力水平向左
B．b点磁感应强度为零
C．d点磁感应强度的方向必定竖直向下
D．a点和c点的磁感应强度不可能都为零
D 解析 电流I1在I2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I2受到的安培力的方向水平向右，故选项A错误；电流I1与I2在b处产生的磁场方向相同，合磁场方向向下，所以磁感应强度不等于零，故选项B错误；两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反，大小相等的电流I1与I2时，d点的磁感应强度的方向是竖直向下，当两个电流的大小不相等时，d点的合磁场方向不是竖直向下，故选项C错误；电流I1的大小比电流I2大，则c点的磁感应强度可能等于零，a点的磁感应强度不可能等于零，故选项D正确．
2．(2019·长春外国语学校高三期中)如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的左端上方固定一根与条形磁铁垂直的长直导线，导线中通以如图所示方向的电流时，和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力FN和摩擦力Ff( )
A．FN减小 Ff向左B．FN减小 Ff向右
C．FN增大 Ff向左D．FN增大 Ff向右
C 解析 以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右下方，磁铁有向右运动的趋势，受到地面向左的摩擦力；同时磁铁对地的压力增大，地面对磁铁的支持力也将增大，故选项A、B、D错误，C正确．
3．(2019·温州九校高三联考)如图所示，是研究安培力的演示仪，把正方形导线框挂在弹簧秤的下面，导线框平面与纸面垂直．当闭合开关时，导线框外侧边的电流向上(如图所示)，则下列说法正确的是( )
A．闭合开关时，弹簧秤的示数变小
B．闭合开关后，当滑动变阻器向右滑动时，弹簧秤的示数变大
C．若仅变换电源的正、负极后，闭合开关，弹簧秤的示数变小
D．若仅把马蹄形磁铁重新放置，使开口向右，N极在上S极在下，线框将受到向左的安培力
C 解析 由图可知，磁场方向向左，线框下边中的电流方向向外，由左手定则可知，下边受到的安培力方向向下，弹簧秤示数增大，选项A错误；闭合开关后，当滑动变阻器向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，通过线框的电流减小，线框下边受到的安培力减小，弹簧秤示数减小，选项B错误；若仅变换电源的正、负极后，线框下边中的电流方向向里，由左手定则可知，下边受到的安培力方向向上，弹簧秤示数变小，选项C正确；若仅把马蹄形磁铁重新放置，使开口向右，N极在上S极在下，由左手定则可知，下边受到的安培力方向向右，选项D错误．
4．(2019·四川遂宁高三诊断)如图所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流．现将导线b向右平移一小段距离，若导线a始终保持静止，则( )
A．导线b受到的安培力方向始终竖直向下
B．导线a对桌面的压力减小
C．导线b受到的安培力减小
D．导线a受到桌面水平向右的摩擦力
C 解析 a与b的电流的方向相反，根据电流与电流之间的相互作用力的特点可知，a与b之间的力为吸引力，当b水平向右平移时，导线a产生的磁场方向在b点为向右下方，根据左手定则可知，导线b受到的安培力方向不在竖直方向上，故选项A错误；当b水平向右平移时，a、b间的距离增大，b在a处产生的磁场强度大小减小，a受到的安培力减小且方向发生变化，根据力的合成可知，导线对桌面的压力增大，所以a受到的摩擦力向左，故导线a对桌面的摩擦力向右，故选项B、D错误；由于a、b间的距离增大，故a在b处产生的磁场强度大小减小，根据安培力F＝BIL可知，受到的安培力减小，故选项C正确．
5．(2019·绵阳高三诊断)(多选)如图所示，空间中有斜向右下方与水平方向成θ角的匀强磁场，一绝缘竖直挡板MN垂直于纸面所在的竖直平面，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．若挡板MN表面光滑，略减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止于O点
B．若挡板MN表面光滑，略增大金属杆中电流，要保持金属杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度
C．若挡板MN表面粗糙，略增大金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力一定增大
D．若挡板MN表面粗糙，略减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上
BD 解析 若挡板MN表面光滑，对金属杆受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示．根据平衡条件，有FN＝mgtan θ，如果略减小金属杆中电流，则F略减小，而方向不变，支持力方向也不变，根据平衡条件，支持力和安培力大小应该不变，显然矛盾，故选项A错误；三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，略增大金属杆中电流，则安培力略增大，要重新平衡，可以将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度，
即支持力逆时针转动一定角度，如图所示，故选项B正确；挡板MN表面粗糙，受重力、支持力、静摩擦力和安培力，其中静摩擦力可能向上、向下或者为零，略增大金属杆中电流，安培力增大，金属杆可能仍然静止，如果原静摩擦力向上，则Fcs θ＋f＝mg，静摩擦力可能是减小的，故选项C错误；挡板MN表面粗糙，略减小金属杆中电流，安培力减小，金属杆可能仍然静止，如果静摩擦力向上，则静摩擦力是增加的，故选项D正确．
6．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
A 解析 金属棒受到水平的安培力而使悬线偏转，悬线与竖直方向形成夹角，受力分析如图所示，根据平衡条件有tan θ＝eq \f(F安,mg)＝eq \f(BIL,mg)，由该式知，金属棒中的电流变大，θ角变大，选项A正确；两悬线变短，不影响平衡状态，θ 角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ 角变小，选项C错误；磁感应强度变大，θ 角变大，选项D错误．
7．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )
A．37°B．30°
C．45°D．60°
B 解析 由题意对棒受力分析如图所示，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ 角，则有BILcs θ＝μ(mg－BILsin θ)，整理得BIL＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)，电流有最小值，就相当于安培力有最小值，代入数据解得θ＝30°，则选项A、C、D错误，B正确．
8．(2019·山东沂水一中高三模拟)如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2.导线框中的电流大小为( )
A．eq \f(F2－F1,Bl)B．eq \f(F2－F1,2Bl)
C．eq \f(2F2－F1,Bl)D．eq \f(2F2－F1,3Bl)
A 解析 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，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F安＝BIl－BIeq \f(l,2)，根据平衡条件，则有F1＋F安＝mg；现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2，则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力F′安＝BIeq \f(l,2)，方向向下，则有F2＝mg＋F′安；联立得F2＝F1＋BIl，即I＝eq \f(F2－F1,Bl)，选项A正确．
9．(2019·上海宝山区高三二模)如图所示，置于倾角为θ的导轨上的通电导体棒ab，恰好保持静止，在下列四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，侧视图中棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是( )
A 解析 A图中棒ab受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故选项A正确；B图中棒ab受重力、垂直斜面向下的安培力和斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故选项B错误；C图中棒ab受重力、竖直向下的安培力和斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故选项C错误；D图中棒ab受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故选项D错误．
10．(2019·衡阳高三月考)(多选)如图所示，质量是M，长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A．大小为eq \f(Mgtan θ,IL)，方向垂直斜面向上
B．大小为eq \f(Mgsin θ,IL)，方向垂直纸面向里
C．大小为eq \f(Mg,IL)，方向水平向右
D．大小为eq \f(Mg,IL)，方向沿斜面向下
BC 解析 安培力沿斜面向上大小为Mgtan θ，而重力和支持力的合力等于Mgsin θ小于安培力，所以导线有沿斜面往上的运动趋势，选项A错误；B中直导线安培力为零，而绳的拉力、重力和支持力可以满足平衡条件，选项B正确；安培力竖直向上，重力和安培力平衡，没有支持力和拉力，选项C正确；安培力垂直斜面向上大小为Mg，沿斜面方向分解重力，因为Mg>Mgcs θ，所以导线有离开斜面的运动趋势，选项D错误．
11．(2019·宜昌高三元月调研)(多选)如图所示，圆圈中的“×”表示电流方向垂直纸面向里，圆圈中的“•”表示电流方向垂直纸面向外．两根通电长直导线a、b平行水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时a受到的磁场力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小仍为F，图中abc正好构成一个等边三角形，则此时( )
A．b受到的磁场力大小为F
B．b受到的磁场力大小为eq \r(3)F
C．c受到的磁场力大小为F
D．c受到的磁场力大小为eq \r(3)F
BC 解析 加上导线c后，a受到的磁场力如图甲所示，a受到的合磁场力仍为F，则受到c给的磁场力大小也为F，与b给的磁场力夹角为120°，故合力为Fa＝F，因为abc正好构成一个等边三角形，所以c给b的磁场力大小为F，b受到的磁场力如图乙所示，根据平行四边形定则可得b受到的磁场力Fb＝2Fcs 30°＝eq \r(3)F，根据牛顿第三定律可得，c受到的a、b给的磁场力如图丙所示，根据平行四边形定则可得Fc＝F，选项B、C正确．
12．(2019·长沙长郡中学高三月考)(多选)如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，垂直于导轨所在平面的匀强磁场的磁感应强度为B，金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源．现把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止且有沿导轨向上运动的趋势．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为R0，金属导轨电阻不计．现让磁场从图示方向顺时针缓慢转为竖直向上的方向，该过程中金属棒始终保持静止，则金属棒受的( )
A．合力增大B．安培力大小不变
C．弹力增大D．摩擦力增大
BC 解析 由于金属棒始终保持静止，合力始终为零，保持不变，选项A错误；由公式F安＝BIL可知，由于磁场大小不变，所以安培力大小不变，选项B正确；磁场垂直斜面时，由平衡条件可得，弹力FN1＝mgcs θ，磁场为竖直向上时，由平衡条件可得，弹力FN2＝mgcs θ＋F安sin θ，所以弹力变大，选项C正确；磁场垂直斜面时，由平衡条件可得，摩擦力Ff1＝F安－mgsin θ，当磁场从图示方向顺时针缓慢转为竖直向上的方向时，安培力大小不变，安培力沿斜面方向的分力减小，当减小到与重力沿斜面向下的分力相等时，摩擦力变为零，当安培力沿斜面方向的分力减小到小于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力增大，所以摩擦力先减小后增大，选项D错误．
13．如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
解析 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg，①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL，②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F，③
由欧姆定律有E＝IR，④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．
联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.
答案 安培力的方向竖直向下 金属棒的质量为0.01 kg
14．(2019·晋中摸底)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡．
(1)若线圈串联一个电阻R连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻R的大小；
(2)请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式．
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R＋r)，解得R＝eq \f(U,I)－r.
(2)根据平衡条件有mg＝2nBIL，得B＝eq \f(mg,2nIL).
答案 (1)eq \f(U,I)－r (2)B＝eq \f(mg,2nIL)