2022届一轮复习专题练习65 磁场及其对电流的作用（解析版）

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1．判断电流周围磁场方向用安培定则；磁场的叠加遵守平行四边形定则.2.判断安培力的方向时，充分利用F安⊥B、F安⊥I.3.分析磁场中通电导体受力问题时，注意一般先把立体图转换为平面图，然后对物体进行受力分析，要注意安培力方向的确定，最后根据平衡条件或物体的运动状态列出方程．
1.(2020·山东济宁市期末)如图1所示，导体棒Ⅰ固定在光滑的水平面内，导体棒Ⅱ垂直于导体棒Ⅰ放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)．给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置．下列关于导体棒Ⅱ位置的描述可能正确的是( )
图1
答案 B
解析 由左手定则知导体棒Ⅱ受到向下的安培力，由于在Ⅰ棒右侧，越靠近Ⅰ棒产生的磁场强度越大，则Ⅱ棒左端受到的安培力大，右端受到的安培力小，故B项正确．
2.(2020·四川成都市第二次诊断)如图2，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，两导线连线(水平)的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下．忽略地磁场的影响．关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是( )
图2
A．I2B．I2>I1，方向垂直纸面向外
C．I2D．I2>I1，方向垂直纸面向里
答案 B
解析 小磁针静止时N极方向平行于纸面向下，说明该处的磁场方向向下，因I1在该处形成的磁场方向向上，则I2在该处形成的磁场方向向下，且大于I1在该处形成的磁场，由安培定则可知I2方向垂直纸面向外且I2>I1，B正确．
3．(2020·山东德州市期末)一种测定电流大小的方法是通过电流天平实现的，其构造如图3甲所示．图乙为电流天平的原理示意图，主要结构包括均水平放置的螺线管和绝缘横梁，横梁右半部分镶嵌有水平的“”形电路且置于螺线管内．当螺线管中通以激磁电流I0，“”形电路中通以待测电流I时，在横梁左端悬挂合适的砝码，就能使横梁水平平衡，则下列说法错误的是( )
图3
A．平衡时CD边受到竖直向下的安培力
B．“”形电路的三条边都受到安培力
C．通电螺线管中的激磁电流I0不必须恒定不变
D．通电螺线管的电流方向确定时，“”形电路的电流方向也是确定的，才能使横梁平衡
答案 B
解析 由安培定则知螺线管内部产生水平向右的磁场，由左手定则知CD边安培力方向向下，“”形电路里外两边由于和磁场方向平行，故不受安培力，故A项正确，B项错误；电流天平是测定电流大小的装置，通电螺线管中的激磁电流变化时，安培力变化，可以通过改变砝码来平衡，故通电螺线管中的激磁电流不必须恒定不变，故C正确；螺线管中电流方向改变，磁场方向改变，根据左手定则知安培力方向也变，横梁不能平衡，故通电螺线管的电流方向确定时，“”形电路的电流方向也是确定的，才能使横梁平衡，故D正确．
4.如图4所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以大小相同、方向如图所示的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比为( )
A．1∶1 B．2∶1 C.eq \r(2)∶1 D．1∶eq \r(2)
答案 C
解析 设单个通电环形线圈在O点的磁感应强度大小为B，由安培定则可判断B的方向分别为垂直纸面向里和竖直向上，则其磁感应强度的矢量和为eq \r(2)B，故与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比为eq \r(2)∶1，C正确．
5.(2020·湖北宜昌市3月调研)如图5所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流．已知导线a受到的安培力方向向左，则下列说法正确的是( )
图5
A．导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相同
B．导线c受到的安培力一定向右
C．导线a、c受到的安培力的大小不一定相等
D．导线b受到的安培力一定最大
答案 C
解析 由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，故导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，故A错误；若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左；若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到安培力的方向向右，故B错误；只有当导线c的电流方向与导线a相同时，导线a、c受到安培力的大小才相等，故C正确；当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，故D错误．
6．(多选)(2019·河南周口市期末)如图6甲所示，一长直导线沿南北方向水平放置，在导线下方有一静止的灵敏小磁针．现在导线中通以图甲所示的恒定电流，测得小磁针偏离南北方向的角度θ的正切值tan θ与小磁针离开导线的距离之间的关系如图乙所示．若该处地磁场的水平分量为B0，则下列判断中正确的是( )
图6
A．通电后，小磁针的N极向纸里偏转
B．通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向
C．电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(3),3)B0
D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0
答案 AC
解析 根据安培定则可知，通电后，小磁针的N极向纸里偏转，故A正确；磁感应强度是矢量，通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地球的磁场的合磁场的方向，故B错误；设电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，则：tan θ＝eq \f(B1,B0)，所以B1＝eq \f(\r(3),3)B0，故C正确；由矢量的合成可知，x0处合磁场的磁感应强度大小为eq \f(2\r(3),3)B0，故D错误．
7．(2020·山东济宁市一模)如图7所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中．若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为( )
图7
A．ILB，垂直于AC向左
B．2ILB，垂直于AC向右
C.eq \f(6ILB,π)，垂直于AC向左
D.eq \f(3ILB,π)，垂直于AC向左
答案 D
解析 由题意知，圆弧的半径R＝eq \f(6L,2π)＝eq \f(3L,π)，AC线段长度d＝R＝eq \f(3L,π)，金属框所受安培力F＝2Beq \f(I,2)d＝eq \f(3ILB,π)，由左手定则，安培力方向垂直于AC向左，故选D.
8.如图8所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )
图8
A．B1－eq \f(1,2)B2 B．B2－eq \f(1,2)B1
C．B2－B1 D．B2－eq \f(1,3)B1
答案 A
解析 对于题图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的．设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度B1＝B1r＋B3r，b点磁感应强度B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度Bc＝B3r＝B1－eq \f(1,2)B2，故选A.
9.(多选)(2020·河南非凡吉创联盟调研)如图9所示，长直导线a、b、c分别固定在等边三角形三个顶点上，a、c通有垂直纸面向里的电流，b通有垂直纸面向外的电流．电流大小相等，A、B、C为三角形三边中点，下列关于A、B、C三点磁场的说法正确的是( )
图9
A．C点磁感应强度最小
B．B点磁感应强度可能为零
C．A、B两点磁感应强度大小相等
D．若外加垂直纸面向里的匀强磁场，A点磁感应强度可能为零
答案 AC
解析 如图所示，根据安培定则画出磁感应强度的方向，然后进行叠加比较大小，由图中可知C点磁感应强度最小，故A正确；由图中可知B点磁感应强度不为零，故B错误；图中A、B两点的磁感应强度按平行四边形定则合成，由于：磁感应强度大小Ba＝Bc，Bb＋Bc＝Ba＋Bb，所以A、B两点的磁感应强度大小相等，故C正确；由图可知A点的磁感应强度方向不是垂直于纸面向外，故D错误．
10.(2020·河南新乡市第三次模拟)如图10所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q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P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是( )
图10
A．P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
D．P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变
答案 A
解析 根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，从上向下看，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相反，但下方细线与P、Q连接处的电流方向相同，所以两个圆环相互吸引，P、Q间细线张力减小．由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变，故A正确，B、C、D错误．
11．(2020·安徽合肥市调研)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器．如图11是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的光滑水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块(含炮弹)将在磁场中向右加速，下列说法正确的是( )
图11
A．a为电源正极
B．如果轨道足够长，导体滑块(含炮弹)将在安培力的作用下一直加速
C．仅将磁场反向，导体滑块(含炮弹)仍向右加速
D．仅减小导体滑块(含炮弹)质量，其速度变化率增大
答案 D
解析 导体滑块(含炮弹)加速运动，所受安培力向右．由左手定则可知，a为电源的负极，A项错误；随导体滑块(含炮弹)速度的增大，其产生的感应电动势也不断增大．由楞次定律可知，感应电动势的方向与电源电动势的方向相反，当感应电动势等于电源电动势时，回路中的电流为零，导体滑块(含炮弹)不再受安培力作用，从而不再加速，B项错误；仅将磁场反向，导体滑块(含炮弹)在静止时受向左的安培力作用而向左加速，C项错误；仅减小导体滑块(含炮弹)质量，其加速度会增大，即速度变化率增大，D项正确．
12.(2020·河北保定市调研)如图12所示，空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属 丝将质量为m的金属棒EF悬挂在天花板的C、D两处，通电后金属棒静止时金属丝与磁场方向平行，已知磁场的磁感应强度大小为B，接入电路的金属棒长度为l，重力加速度为g，关于金属棒中电流的方向和大小，下列判断正确的是( )
图12
A．由E到F，eq \f(mgtan θ,Bl) B．由F到E，eq \f(mgtan θ,Bl)
C．由F到E，eq \f(mgsin θ,Bl) D．由E到F，eq \f(mgsin θ,Bl)
答案 D
解析 分析金属棒EF受力，在重力G、金属丝的拉力T和安培力FA的作用下平衡，由题意知，安培力的方向垂直磁场方向向上，根据左手定则可判断，电流方向为由E流向F，由三角形定则有mgsin θ＝IlB，解得电流I＝eq \f(mgsin θ,Bl)，D正确．
13.如图13所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E，内阻r＝0.8R0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架abcd受到的安培力的大小为( )
图13
A．0 B.eq \f(BEL,R0) C.eq \f(2BEL,5R0) D.eq \f(3BEL,5R0)
答案 B
解析 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图，电路abcd上的电阻为3R0，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2R0，并联部分的总电阻为：R并＝eq \f(3R0·2R0,3R0＋2R0)＝1.2R0，电路中的总电流：I＝eq \f(E,R并＋r)＝eq \f(E,2R0)，路端电压：U＝I·R并＝eq \f(E,2R0)·1.2R0＝0.6E，abcd上的电流：I1＝eq \f(U,3R0)＝eq \f(E,5R0)，abcd上各段的安培力：F1＝F2＝F3＝BI1L＝eq \f(BEL,5R0)，ad上各段的安培力：F4＝BI2·2L＝2BL·eq \f(U,2R0)＝eq \f(3BEL,5R0)，各段受到的力中，F1和F3在左、右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力：F＝F1cs 60°＋F2＋F3cs 60°＋F4＝eq \f(BEL,R0)，故B正确．
14．(多选)如图14所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方沿竖直方向固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距长直
导线r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，线框的质量为m，重力加速度为g，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )
图14
A．0 B.eq \f(kI2,m)－g
C.eq \f(kI2,2m)－g D．g－eq \f(kI2,m)
答案 AC
解析 线框上边所在处的磁感应强度大小为B1＝keq \f(I,L)，由安培定则可判断出线框所在处磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F1＝B1IL＝kI2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B2＝keq \f(I,2L)，所受安培力的大小为F2＝B2IL＝eq \f(1,2)kI2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，则加速度为零，选项A正确；若F1>F2＋mg，则加速度方向向上，由F1－(F2＋mg)＝ma，解得a＝eq \f(kI2,2m)－g，选项C正确，B错误；若F1