第1章 1 磁场对通电导线的作用力（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册（人教版2019）江苏北京

第一章　安培力与洛伦兹力 1　磁场对通电导线的作用力 基础过关练 题组一　安培力的方向 1.(教材习题改编)匀强磁场中有一条通电导线,其方向与磁场方向垂直。下列情景中,标明了电流、磁感应强度和安培力的方向,图中用“☉”表示电流垂直于纸面向外,“”表示电流垂直于纸面向里。关于通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是 (　　) 　　　　　　 　　　　　　 2.(教材习题改编)下列情景中,关于通电导体棒ab所受的安培力的方向判断正确的是 (　　) 　　　　　　 　　　　　　 3.(经典题)如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变,此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2,已知I1>I2,方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力的大小,则下列说法中正确的是 (　　) A.F1=F2,两根导线相互吸引 B.F1=F2,两根导线相互排斥 C.F1>F2,两根导线相互吸引 D.F1>F2,两根导线相互排斥 题组二　安培力大小的计算及简单应用 4.如图所示,长为20 cm的直导线中的电流为2 A,匀强磁场的磁感应强度大小为0.5 T,磁场方向水平向右,则图中导线所受的安培力大小为 (　　) A.0.2 N　　　　B.0.1 N　　　　C.10 N　　　　D.0 5.(经典题)如图所示,在匀强磁场中水平放置的U形导线框中接有电源,磁场方向竖直向下,磁感应强度大小为B,导线框宽为d,一导体棒与虚线成θ角放置,通过的电流为I,则导体棒所受安培力的大小和方向分别为　 (　　) A.BId,方向平行于导线框向右 B.,方向平行于导线框向右 C.BId sin θ,方向垂直于导体棒向左 D.,方向垂直于导体棒向右 6.如图所示,长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形,并固定在绝缘水平桌面(与纸面平行)上,导线所在空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与V形导线夹角的角平分线平行。当导线中通以图示电流I时,该V形导线受到的安培力 (　　) A.大小为BIl B.大小为BIl C.方向垂直于纸面向外 D.方向与磁场方向相同 7.为缩短飞机着陆后的滑行距离,有人构想在机身和跑道上安装设备,使飞机在安培力作用下短距着陆,如图所示,在机身上安装边长为10 m、匝数为50匝的正方形线圈,线圈中通以100 A的电流,跑道上方有磁感应强度大小为0.3 T的磁场,磁场方向垂直于正方形线圈。通过传感器控制磁场区域随飞机移动,使线圈始终处于图示磁场中,忽略电磁感应的影响,线圈所受安培力的大小和方向是 (　　) A.15 000 N,向左　　　　　　B.15 000 N,向右 C.30 000 N,向左　　　　　　D.30 000 N,向右 8.如图所示是在水平桌面上进行“铝箔天桥”实验。把铝箔折成天桥形状,用胶纸粘牢两端,将U形磁铁横跨“天桥”放置,并用电池向“天桥”供电。下列说法正确的是 (　　) A.闭合开关,铝箔中央向磁铁N极弯折 B.闭合开关,铝箔中央向下方凹陷 C.调节滑动变阻器使阻值变小,铝箔形变程度变大 D.更换磁性更强的磁铁,铝箔形变程度不变 9.先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线,导线与磁场方向垂直。图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系,下列说法中正确的是 (　　) A.A、B两点磁感应强度相等 B.A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度 C.a、b图线的斜率等于磁感应强度大小 D.因为B=,所以某处的磁感应强度的大小与放在该处的通电导线I、L的乘积成反比 题组三　磁电式电流表 10.图甲是磁电式电流表表头的结构简图,线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上,蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,同一圆周上磁感应强度大小处处相等,当线圈位于水平面内,通有如图乙所示方向的电流时,下列说法正确的是 (　　) 　 A.电流表表盘刻度不均匀 B.a、b导线所受安培力方向相同 C.线圈匝数增加,电流表表头的满偏电流减小 D.磁铁磁性增强,电流表表头的满偏电流增大 能力提升练 题组一　安培力作用下导体运动方向的判断 1.(经典题)如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来,其附近有一条形磁铁,该磁铁的轴线穿过导线圈的圆心,且与线圈平面垂直,现保持条形磁铁不动,而在线圈中通以如图所示的电流,则 (　　) A.线圈保持不动 B.线圈向左偏转且有向外扩张的趋势 C.线圈向左偏转且有向内收缩的趋势 D.线圈向右偏转且有向内收缩的趋势 2.一光滑绝缘的正方体固定在水平面上。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底面内。开始时两棒相互垂直并静止,两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示方向(A到B、D到C)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O1、O2间连线上存在磁感应强度为零的位置 题组二　导体的有效长度与安培力的计算 3.(经典题)如图所示,将一根同种材料、粗细均匀的导体围成半径为R的闭合单匝圆线圈,固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中(未画出)。C、D两点将线圈分为上、下两部分,且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现有大小为I的恒定电流自C点流入、D点流出,则闭合线圈受到的安培力大小为 (　　) A.BIR　　　　B.BIR　　　　C.BIR　　　　D.0 4.如图所示,用一段导线围成半径为R的圆弧AB,圆心为O,导线中通有顺时针方向的电流,在导线所在的平面(纸面)内加某一方向的匀强磁场,导线受到的安培力最大且方向垂直纸面向外。则下列说法正确的是 (　　) A.磁场方向垂直AB向下 B.若仅将导线绕O点在纸面内顺时针转过30°,安培力变为原来的 C.若仅将导线绕O点在纸面内顺时针转过90°,安培力的大小不变 D.若仅将磁场方向变为垂直纸面向外,安培力的大小和方向均发生变化 5.Oxy坐标系中,圆心在O点的圆导线框通以顺时针、大小相等的恒定电流,若各象限存在如图所示磁感应强度大小相等、方向垂直坐标平面的匀强磁场,则圆导线框所受安培力最大的是 (　　) 　　　　　　 　　　　　　 题组三　安培力作用下导体的平衡问题 6.(经典题)长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上,并处在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,当B方向垂直斜面向上、导线中电流为I1时导线处于平衡状态,若B方向改为竖直向上,则电流为I2时导线处于平衡状态,电流比值应为 (　　) A.　　　　B.tan θ　　　　C.sin θ　　　　D.cos θ 7.如图所示是利用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度的一种方法。它的右臂挂着等腰梯形线圈,且ab=2cd=2l,匝数为n。线圈底边水平,一半的高度处于虚线框内的匀强磁场中,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通入顺时针电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,然后使电流反向,大小不变,在左盘中增加质量为m的砝码时,两臂再次达到新的平衡。重力加速度为g。则 (　　) A.虚线框内磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为 B.虚线框内磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为 C.虚线框内磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为 D.虚线框内磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为 8.(经典题)两根通电直导线a、b相互平行,a通有垂直纸面向里的电流,固定在O点正下方的地面上;b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂,且Oa=Ob,b静止时的截面图如图所示。若a中电流大小保持不变,b中的电流缓慢增大,则在b缓慢移动的过程中 (　　) A.细线对b的拉力逐渐变小 B.地面对a的作用力变小 C.细线对b的拉力逐渐变大 D.地面对a的作用力变大 题组四　安培力作用下牛顿运动定律、动能定理的应用 9.图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器,它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式,图乙是其工作原理图。推进器中的超导体产生超强磁场B,电极C和D连接直流电源,C、D间的海水中产生电流I,I、B及水流三者方向相互垂直。若用该推进器驱动船舶前进,则下列相关说法正确的是　 (　　) 　 A.电极C需连接电源的负极,D需接电源的正极 B.驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力 C.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电极C、D上的作用力 D.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力 10.如图所示,质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R,初始时静止于光滑的水平固定平行导轨上,电源电动势为E,内阻不计。两导轨间距离为L,电阻不计,其间的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与导轨平面成θ角斜向右上方,且与导体棒MN垂直,重力加速度为g。开关S闭合后导体棒开始运动,则 (　　) A.导体棒向左运动 B.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 C.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度大小为 D.开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为mg- 11.如图所示,质量为m、长为l的铜棒ab,用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,未通电时,铜棒及轻导线在同一竖直面(即纸面)内静止,通入恒定电流后,铜棒带动轻导线向纸面外偏转的最大角度为θ,重力加速度为g,不计空气阻力。则 (　　) A.棒中电流的方向为b→a B.棒中电流的大小为 C.棒中电流的大小为 D.若只增大轻导线的长度,则θ角变大 12.如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,其间有竖直向下的匀强磁场,垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。通过金属棒的电流按如图乙所示的规律变化,t=0时,将金属棒由静止释放,下列说法正确的是 (　　) 　 A.t=时,金属棒的加速度最小 B.t=时,金属棒的速度为零 C.t=T时,金属棒距离出发点最远 D.在0~的时间内,安培力对金属棒做功为零 13.“电磁炮”是现代军事研究中的一项尖端科技研究课题。其工作原理是将炮架放入强磁场中,并给炮架通入高强度电流,炮架相当于放入磁场的通电直导线,在安培力的作用下加速运动,在较短的轨道上短时间内获得一个非常大的速度射出。如图所示,已知加速轨道长度为L,轨道间距为d,炮架及炮弹的质量为m,足够大匀强磁场垂直于轨道所在平面,磁感应强度大小为B,炮架与水平轨道垂直。当通过两轨道给炮架通以大小恒为I的电流后,炮架与炮弹一起向右加速运动,不计一切阻力。求: (1)通电时,炮架受到的安培力F的大小; (2)离开轨道时,炮弹的速度v的大小; (3)采取哪些措施能提高炮弹的发射速度(至少提三条)。 答案与分层梯度式解析 第一章　安培力与洛伦兹力 1　磁场对通电导线的作用力 基础过关练 1.C　根据左手定则可知,A中通电导线受到的安培力水平向右,B中通电导线受到的安培力水平向左,C中通电导线受到的安培力竖直向下,D中通电导线受到的安培力竖直向下。故C正确。 2.D　根据左手定则可知D正确;A中安培力方向应为水平向右;B、C中安培力的方向应该如下图甲、乙所示。 错解分析　错误认为选项B中电流与磁场不垂直导致错选B。实际上,选项B中电流与磁场是垂直的,导体棒所受安培力方向既垂直于电流方向,也垂直于磁场方向,即安培力的方向垂直于I和B所决定的平面。 3.A　根据安培定则判断通电直导线周围产生的磁场,再根据左手定则判断安培力的方向,可知两根导线相互吸引;由于M对N的吸引力和N对M的吸引力是一对相互作用力,故F1和F2大小相等,方向相反,故A正确。 方法技巧　两根平行通电直导线间的相互作用的判断:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。 4.B　图中B与I不垂直,安培力大小为F=BIL sin θ,代入数据得F=0.1 N。故选B。 5.D　导体棒的长度L=,由于导体棒中电流方向与磁场方向垂直(易错点),则导体棒受到的安培力大小为F=BIL=;由左手定则可知,安培力的方向垂直于导体棒向右。故选D。 错解分析　不理解导体棒所受安培力的有效长度的意义,错误认为导体棒的有效长度为d导致错选A。实际上,在本题中导体棒是直的且与磁场垂直,导体棒的实际长度就是其所受安培力的有效长度。 6.B　导线在磁场内的有效长度为L=2l sin 30°=l,该V形通电导线受到的安培力大小为F=BIl,由左手定则可得安培力方向垂直于纸面向里,故选B。 7.C　由左手定则可知,线圈所受安培力向左,大小为F=2nBIL=2×50×0.3×100×10 N=30 000 N,故选C。 8.C　通过铝箔的电流由P向Q,磁场方向由N极指向S极,根据左手定则可知,铝箔所受安培力方向向上,铝箔中央向上弯折,A、B错误;调节滑动变阻器使阻值变小,则电流增大,安培力增大,铝箔形变程度变大,C正确;更换磁性更强的磁铁,磁场变强,安培力变大,铝箔形变程度变大,D错误。 9.B　由于短直导线与磁场方向垂直,根据F=BIL可知F-I图线的斜率为k=BL(破题关键);由图像可知,a图线的斜率大于b图线的斜率,则A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度,故A、C错误,B正确。B=为磁感应强度的定义式,某处的磁感应强度由磁场自身决定,与放在该处的通电导线I、L的乘积无关,故D错误。 10.C　在磁场中,线圈左右两边所在处磁感应强度大小相等,线圈受到的安培力大小相等,线圈转动时,螺旋弹簧发生形变,产生反抗力,阻止线圈继续转动,线圈转角越大,反抗力越大;对于给定的待测电流,其所受安培力大小是一定的,所以线圈在到达某一转角时稳定下来,这时两个力达到平衡,可知转角与待测电流成正比,电流表表盘刻度均匀,故A错误。由左手定则可知,a导线受到的安培力向上,b导线受到的安培力向下,故B错误。换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数,会使得在相同电流情况下线圈所受安培力增大,电流表的量程减小,故C正确,D错误。故选C。 易混易错　磁电式电流表内磁场的磁感线辐向分布,磁感线不平行。虽然磁场不是匀强磁场,但是线圈的边转过的磁场内所有位置的磁感应强度的大小相等。 能力提升练 1.B　根据条形磁铁周围的磁场特点分析线圈最高点和最低点处的磁场,将磁场沿水平向右和竖直方向分解,结合左手定则可知,竖直方向的磁场对线圈有向左的安培力,水平向右的磁场对线圈的安培力使线圈扩张,因此线圈向左偏转且有向外扩张的趋势。故选B。 方法技巧　如图,把环形电流等效为条形磁铁,可见两条形磁铁N、S极相互吸引,则线圈靠近磁铁。 2.B　 图形剖析　将立体图转化为正视图,导体棒CD上电流产生的磁场的方向如图所示。 CD导体棒电流在B端产生的磁场有垂直AB棒向上的分量,根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力,B端向外转动;CD导体棒电流在A端产生的磁场有垂直AB棒向下的分量,根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力,A端向里转动,故导体棒AB将要顺时针转动(俯视),选项B正确,A、C错误。根据安培定则可知,通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在O1、O2间连线上各点处产生的磁场方向相互垂直,故通电瞬间O1、O2间连线上不存在磁感应强度为零的位置,选项D错误。 方法技巧　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。 3.A　C、D两点间的距离为L=R sin 60°×2=R,由等效思想可知,闭合线圈受到的安培力大小F安=BI上L+BI下L=BL(I上+I下)=BIL=BIR,选A。 4.B　导线的有效长度等于圆弧两端点A、B间的距离,设为l,旋转前导线所受的安培力大小为F=BIl,磁场方向垂直AB向上;若导线绕O点顺时针转过30°,则磁场与AB的夹角为60°(破题关键),则导线所受的安培力大小为F'=BIl sin 60°=BIl=F,故A错误,B正确。若导线绕O点顺时针转过90°,磁场与AB平行,则导线所受的安培力为零,故C错误。仅将磁场方向变为垂直纸面向外,则磁场与AB仍垂直,导线所受的安培力垂直AB向下,安培力的大小仍为F=BIl,故D错误。故选B。 5.B　设圆导线框半径为R。A图中,圆导线框在垂直坐标平面向里的匀强磁场中的有效长度为R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·R=BIR,圆导线框在垂直坐标平面向外的匀强磁场中的有效长度为R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·R=BIR,根据左手定则知两部分导线框所受的安培力方向相同,故圆导线框所受安培力的合力大小为2BIR。同理,C图中,圆导线框所受安培力的合力大小为2BIR。D图中,圆导线框在磁场中的有效长度为零,圆导线框受到的安培力大小为零。B图中圆导线框在垂直坐标平面向里的匀强磁场中的有效长度为2R,这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·2R=2BIR,圆导线框在垂直坐标平面向外的匀强磁场中的有效长度为2R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·2R=2BIR,根据左手定则知两部分导线框所受的安培力方向相同,故圆导线框所受安培力的合力大小为4BIR,故圆导线框所受安培力最大的是B图的情况。故选B。 6.D　作出直导线的受力分析平面图(解题技法) 根据平衡条件有BI1L=mg sin θ,BI2L=mg tan θ,解得=cos θ,选D。 方法技巧　求解安培力作用下物体静态平衡问题的步骤 7.B　如图所示,线圈一半高度处于匀强磁场中,梯形的中位线长度为线圈受安培力的有效长度,即L=,则安培力大小F=nBI·,(易错:容易忽略n) 电流反向时,在左盘中增加质量为m的砝码,天平两臂再次达到平衡,说明原来的安培力方向向上,根据左手定则可知,虚线框内磁场方向垂直纸面向外,当电流反向时,安培力变为向下,在左盘中增加质量为m的砝码天平再次平衡,说明安培力大小等于mg的一半,即nBI=,所以B=,故选B。 8.D　导线b中电流方向与导线a中电流方向相反,在b中电流缓慢增大的过程中,对导线b受力分析如图所示 可见△Oab与力的矢量三角形相似,根据相似三角形的性质有==(破题关键),由此可知细线对b的拉力大小为T=mg,即拉力大小不变,而ab在逐渐增大,故导线a、b间相互作用的安培力逐渐增大,可知导线a对地面的作用力变大,根据牛顿第三定律可知,地面对a的作用力变大。D正确。 方法技巧　处理动态平衡问题常用的方法 图解法 对研究对象的任一状态进行受力分析,根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图,然后根据有向线段的长度变化判断各个力的变化情况 解析法 适用于求解矢量直角三角形或正交分解类问题,列出三角函数表达式,然后利用表达式分析力的变化情况 相似三 角形法 适用于求解一般形状矢量三角形问题,做法是在受力分析的基础上作出力的矢量三角形,由力的三角形与几何三角形相似,求解问题 9.D　 图形剖析　将立体图转化为俯视图,如图所示, 海水受到的安培力沿海水流动方向,由牛顿第三定律可知,海水对磁场(实质是对推进器中的超导磁体)的作用力沿船舶前进方向,此力是驱动船舶前进的动力(破题关键);根据海水受到的安培力的方向和磁场的方向,由左手定则可知,极板间电流由电极C到电极D,即电极C需连接电源的正极,D需接电源的负极。故选D。 10.C　 图形剖析　将立体图转化为正视图。 开关闭合,由左手定则可知,安培力方向为垂直磁感线向右下方,从而导致导体棒向右运动,A错误;当开关闭合瞬间,根据安培力公式F=BIL,I=,可得F=,而安培力的方向与导轨平面成90°-θ的夹角,根据牛顿第二定律可知,加速度大小为a=,故B错误,C正确;由平衡条件可知,开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为FN=mg+,故D错误。 11.B　根据铜棒受到的安培力方向,由左手定则可知,电流的方向由a到b,A错误;根据动能定理有BIl·l sin θ-mg(l-l cos θ)=0,解得I=,B正确,C错误;根据前面分析可知,最大偏转角与轻导线的长度无关,D错误。故选B。 12.D　t=时,通过金属棒的电流反向最大,金属棒所受安培力最大,金属棒的加速度也最大,故A错误;0~时间内,电流方向为正向,安培力方向不变,安培力始终做正功,所以t=时,金属棒的速度不为零,又~时间内电流的方向与0~时间内电流的方向相反,安培力始终做负功,根据对称性,可知在0~的时间内,金属棒先加速后减速且速度减为零,安培力对金属棒做功为零,故B错误,D正确;金属棒做周期性运动,前半个周期先沿正方向加速后减速为零,后半个周期沿反方向先加速后减速为零,根据对称性可知t=T时,金属棒再次回到出发点,故C错误。 13.答案　(1)BId　(2)　(3)见解析 解析　(1)通电时,炮架受到的安培力大小为F=BId (2)离开轨道时,根据动能定理有FL=mv2-0 解得v== (3)由(2)可知增大磁感应强度B、增大炮架的通电电流大小I、增大导轨宽度d等都能提高炮弹的发射速度。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$