高考物理【一轮复习】讲义练习第1讲　磁场及其对电流的作用

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第1讲　磁场及其对电流的作用，共18页。
学习目标 1.了解磁场的性质，掌握磁感应强度的概念，会求解磁场的叠加的问题。 2.会利用左手定则判断安培力的方向，并计算安培力的大小。
1.
2.
1.思考判断
(1)磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。(×)
(2)磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度B不一定为零。(√)
(3)由定义式B＝FIl可知，电流I越大，导线l越长，某点的磁感应强度B就越小。(×)
(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
(5)在同一幅图中，磁感线越密的地方，磁场越强。(√)
(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。(√)
(7)通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。(×)
2.(人教版选择性必修第二册P6T1改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )
答案 C
考点一 安培定则、磁场的叠加

1.电流的磁场、安培定则的应用
2.磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度大小和方向。如图所示，BM、BN为通电导线M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度B。
角度 安培定则的应用
例1 (2024·贵州卷，5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向( )
A.竖直向上B.竖直向下
C.水平向左D.水平向右
答案 C
解析 由安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，对于导线框的水平部分，选取同一竖直线上的两小段，它们所在处的磁感应强度相同，电流大小相等，方向相反，则所受安培力大小相等，方向相反，则导线框竖直方向所受合力为0，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
角度 磁场的叠加
例2 (2025·广东广州高三开学考)已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比，与该点到通电导线的距离r成反比，即B0＝kIr，式中k为比例系数。现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置，空间中存在平行于图中菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)。已知菱形PbQa的边长也为L，当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时，P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是( )
A.Q点处的磁感应强度大小为3kIL
B.两导线连线中点处的磁感应强度大小为kIL
C.匀强磁场的磁感应强度大小为kIL
D.匀强磁场的方向从Q点指向P点
答案 C
解析 由题意知通电导线电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小B＝kIr，由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向如图所示，由平行四边形定则可知电流产生的合磁感应强度方向由Q点指向P点，大小仍为kIL，则匀强磁场的磁感应强度方向应由P点指向Q点，且大小为kIL，才能使P点处的磁感应强度恰好为零，故C正确，D错误;同理可知，Q点处的磁感应强度也为零，故A错误;由于两导线连线中点到两导线的距离均为L2，两导线在该处产生的磁感应强度大小均为2kIL，方向均由Q点指向P点，则两导线连线中点处的合磁感应强度大小为B＝2×2kIL－kIL＝3kIL，故B错误。
考点二 安培力的分析与计算
安培力的大小和方向
(1)应用安培力公式F＝IlB时要注意
①B与I垂直。
②B与I平行时，F＝0。
③l是有效长度。
弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿直线由始端流向末端。
(2)方向:根据左手定则判断。
角度 安培力的计算
例3 (2024·湖南娄底模拟)如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值F1F2为( )
A.223B.232
C.12D.322
答案 A
解析 由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆的半径为R，流过优弧的电流为I1，所以整个圆环所受的安培力大小为F1＝BI1·2R＋B·3I1·2R＝42BI1R;同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2·BI2·2R＝4BI2R，由于I1I2＝23，所以F1F2＝223，故A正确。
跟踪训练
1.(多选)如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是( )
A.两导线受到的安培力Fb＝1.25Fa
B.导线所受的安培力可以用F＝IlB计算
C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
答案 BCD
解析 两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，A错误;导线所受的安培力可以用F＝IlB计算，因为磁场方向与导线垂直，B正确;移走导线b前，b中的电流较大，则p点磁场方向与b导线中电流产生的磁场方向同向，方向垂直纸面向里;移走导线b后，p点磁场方向与a导线中电流产生的磁场方向相同，方向垂直纸面向外，C正确;在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线中的电流在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，D正确。
角度 安培力作用下导体运动情况的分析
例4 (多选)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过细线悬挂在天花板上且可自由转动，b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流，给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是( )
A.刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向里转，右半部分垂直纸面向外转
B.刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向外转，右半部分垂直纸面向里转
C.导线a转动90°时，细线对a的拉力大于导线的重力
D.导线a转动90°时，细线对a的拉力小于导线的重力
答案 AC
解析 根据安培定则可知通电电流b在其周围产生的磁场为逆时针方向，如图所示，将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知a导线左半部分受到的安培力垂直纸面向里，右半部分受到的安培力垂直纸面向外;转过90°时，a、b电流方向相同，彼此间的安培力为引力，所以绳子拉力大于重力，故A、C正确，B、D错误。
方法总结 安培力作用下导体运动的判定方法
跟踪训练
2.(人教版选择性必修第二册P20T2改编)把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线中的电流方向由b到a，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先顺时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动，则虚线框内的场源可能是( )
答案 A
解析 由左手定则，结合通电导线左半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，右半部分所受的安培力方向垂直纸面向外，导致通电导线从上向下(俯视)看顺时针转动，同时向下移动，可知磁感线方向是从右向左，如图所示。若为条形磁体，左端为N极，故A正确;若为蹄形磁体，蹄形磁体左端为N极，故B错误;若为通电螺线管，电流的方向左端应该是向下，故C错误;若为直线电流，电流的方向垂直纸面向里，故D错误。
考点三 安培力作用下的平衡与加速问题
角度 安培力作用下的平衡问题
例5 (2024·重庆卷，13)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求:
(1)P所受单根导线拉力的大小;
(2)Q中电流的大小。
答案 (1)mg (2)mgBL
解析 (1)设单根导线对P的拉力大小为FT，P匀速下降时其受力分析如图甲所示，根据平衡条件有2mg＝2FT
解得FT＝mg。
(2)当P匀速下降时，Q匀速上升，对Q受力分析如图乙所示，根据平衡条件有2FT＝mg＋F安
设流过Q的电流为I，则F安＝ILB
联立解得I＝mgBL。
角度 安培力作用下的加速问题
例6 (2023·北京卷，18)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度记录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求:
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F;
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2;
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
答案 (1)kI2L (2)1∶4 (3)10kI2Lsm
解析 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F1＝ILB1＝kI2L。
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝F1m＝kI2Lm
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F2＝2ILB2＝4kI2L
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝F2m＝4kI2Lm
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4。
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得F1s＋F2s＝12mv2－0
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝10kI2Lsm。
安培力作用下的平衡或加速问题的解题思路
(1)选定研究对象。
(2)受力分析，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I，如图所示。
(3)应用共点力的平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列方程解题。
A级 基础对点练
对点练1 安培定则、磁场的叠加
1.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A.aB.b
C.cD.d
答案 C
解析 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。
2.(2024·浙江1月选考，4)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A.图示左侧通电导线受到的安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
答案 A
解析 由左手定则可知，题图示左侧通电导线受到的安培力向下，故A正确;a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误;磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误;因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。
3.(2025·河北承德模拟)如图所示，长方体空间ACDE－A1C1D1E1的长∶宽∶高＝2∶1∶1，其中F、F1、G1、G四点为长方体四条长边的中点，有两根通电直导线中电流分别为I1、I2，电流I1沿A1A方向放置，电流I2沿CD方向放置，两导线通以相同大小的电流。已知直线电流产生磁感应强度大小B＝kIr(k为常数，I为电流大小，r为距导线的距离)，F点磁感应强度大小为B1，G点磁感应强度大小为B2，则B1与B2的大小之比为( )
A.2∶3B.3∶2
C.2∶3D.3∶2
答案 A
解析 设每根直线电流在F点产生磁感应强度大小均为B0，则F点磁感应强度大小B1＝2B0，根据直线电流产生磁感应强度大小B＝kIr知，电流I1在G点产生磁感应强度大小为B02，电流I2在G点产生磁感应强度大小为B0，则G点磁感应强度大小B2＝B02＋B022＝62B0，则B1B2＝23，故A正确。
对点练2 安培力的分析与计算
4.(2025·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，菱形导线框abcd放置在水平面上，线框各边长均为L且电阻均匀分布，顶角∠abc＝θ，整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将电流从线框a端流入b端流出，通过ab的电流为I，则线框整体受安培力大小为( )
A.F＝43ILBB.F＝43ILBcs θ
C.F＝0D.F＝2ILBcs θ
答案 A
解析 线框的有效长度为L，由于Radcb＝13(Rbc＋Rcd＋Rda)，两个支路是并联关系，因此流过线框的总电流I总＝I＋13I＝43I，等效电流与磁场垂直，线框整体受安培力大小为F＝I总LB＝43ILB，故A正确。
5.(多选)(2024·福建卷，6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则( )
A.通电后两绳拉力变小B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIrD.安培力为2BIr
答案 BD
解析 通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg;通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2FT'＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确;半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。
6.如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
A.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
答案 C
解析 根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效为S极在里、N极在外的小磁针，P等效为左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动;转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力变小，故C正确，A、B、D错误。
对点练3 安培力作用下的平衡与加速问题
7.如图所示，两根相距为d的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨间存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两导轨左端连接一个电动势为E、内电阻为r的电源，在两导轨间轻放一根长为d、电阻为R的导体棒，导体棒恰能保持平衡，导轨电阻不计，则( )
A.若已知磁感应强度为B，则可求得棒的质量m＝BEdsinθg(R＋r)
B.若已知棒的质量为m，则可求得磁感应强度B＝mg(R＋r)sinθEd
C.若电流和磁场同时反向，则导体棒将向上加速
D.若电流和磁场同时反向，则导体棒将向下加速
答案 B
解析 导体棒受力平衡，有mgsin θ＝BId，其中I＝ER＋r，解得m＝BEd(R＋r)gsinθ，B＝mgsinθ(R＋r)Ed，故A错误，B正确;若电流和磁场同时反向，安培力不变，导体棒仍受力平衡，故C、D错误。
8.(多选)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O'，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )
A.z正向，mgILtan θB.y正向，mgIL
C.z负向，mgILtan θD.沿悬线向上，mgILsin θ
答案 BC
解析 磁感应强度方向为z正方向时，根据左手定则知，直导线所受安培力方向沿y负方向，则直导线不可能处于平衡状态，故A错误;磁感应强度方向为y正向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，此时细线的拉力可为零，由平衡条件得ILB＝mg，解得B＝mgIL，故B正确;磁感应强度方向为z负向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得ILB＝mgtan θ，解得B＝mgILtan θ，故C正确;磁感应强度方向沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向左下方，直导线不可能处于平衡状态，故D错误。
B级 综合提升练
9.(2025·八省联考河南卷，7)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图，若b水平固定，将a悬挂在弹簧下端，平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定，将b悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为2I的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为( )
A.1∶6B.1∶4
C.1∶2D.1∶1
答案 A
解析 设弹簧伸长量Δl所对应的弹力大小为F0，则F0＝kΔl，若b水平固定，a悬挂在弹簧下端，平衡时有mag＝F0
两导线通入大小均为I的电流，方向相反，则两导线有相互排斥的安培力，大小设为F1，平衡时有mag＋F1＝2F0
a水平固定，b悬挂在弹簧下端，两导线通入大小均为2I的电流，方向相同，则两导线有相互吸引的安培力，大小设为F2，平衡时有mbg－F2＝2F0
两导线的距离两次相同，根据安培力公式F＝ILB，结合磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比，可知安培力正比于电流大小的平方，即F2＝4F1
联立解得mb＝6ma，A正确。
10.(2025·浙江杭州高三期中)如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5 m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5 T的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m＝1 kg，电阻R＝0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，电源电动势E＝10 V，其内阻r＝0.1 Ω，定值电阻的阻值R0＝4 Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，则( )
A.导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右
B.导体棒ab受到的安培力大小为5 N，方向水平向左
C.重物重力G最小值是1.5 N
D.重物重力G最大值是7.5 N
答案 D
解析 由闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋r＋R0＝100.9＋0.1＋4 A＝2 A，ab受到的安培力大小为F安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁场斜向左上，故B错误;若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cs α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5 N，若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cs α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C错误，D正确。
C级 培优加强练
11.(2023·海南卷，17)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g＝10 m/s2);
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H'＝5 cm，通电时间t'＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。
答案 (1)2 m/s 256 A(或4.17 A) (2)0.085 C
解析 (1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H，
由运动学公式有v2＝2gH
解得v＝2 m/s
对金属杆从刚闭合开关至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有ILBh－mg(H＋h)＝0
解得I＝256 A(或4.17 A)。
(2)对金属杆，由动量定理有(I'LB－mg)t'＝mv'
由运动学公式有v'2＝2gH'
又q＝I't'
解得q＝0.085 C。项目
安培定则
立体图
特点
直线电流的磁场
无N极、S极距离直导线越远，磁场越弱
通电螺线管的磁场
与条形磁体的磁场相似，管内可近似认为是匀强磁场
环形电流的磁场
两侧分别是N极和S极;距离中心越远，磁场越弱
电流
元法
分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位
置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流小磁针
条形磁体通电螺线管多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，反向电流互相排斥;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
先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力