2026届高考物理一轮复习考点练习 磁场及其对电流的作用

磁场及其对电流的作用 基础巩固 1.[2025·河南郑州模拟] 有人根据B=提出以下说法,其中正确的是 (　) A.磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比 B.磁场中某点的磁感应强度B与I、l的乘积成反比 C.磁场中某点的磁感应强度B不一定等于 D.通电直导线在某点所受磁场力为零,则该点磁感应强度B一定为零 2.[2024·浙江1月选考] 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 3.[2024·贵州卷] 如图所示,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 4.[2023·江苏卷] 如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中.已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行.该导线受到的安培力为 (　) A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl 5.(多选)如图所示,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 (　) A.P沿顺时针方向转动,Q沿逆时针方向转动 B.P沿逆时针方向转动,Q沿顺时针方向转动,转动时两细线张力均不变 C.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与天花板连接的细线张力不变 6.已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比,与该位置到长直导线的距离成反比.如图所示,现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上,彼此绝缘,电流方向分别由d流向h、由h流向g,则关于a、b、c、e、f五点,下列说法正确的是 (　) A.f、a点磁感应强度相同 B.c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1 C.c点磁感应强度最大 D.c点磁感应强度方向与ac平行 综合提升 7.[2025·湖北武汉模拟] 如图所示,质量为m、半径为r、有缺口的半圆形金属圆环用金属线a、b连接并悬吊,半圆环的直径AC水平,竖直金属线a、b间的距离为r,静止在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,磁场方向垂直于环面向外.通过金属线a、b给半圆环通以大小为I的电流,半圆环仍保持静止,重力加速度为g,则金属线a上的拉力为 (　) A.(mg+IrB) B.(mg-IrB) C.(mg+2IrB) D.(mg-2IrB) 8.[2025·广东汕头模拟] 如图所示,在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,以O点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点,将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处,并通入相同的电流,Q点磁感应强度大小为0.则 (　) A.P点磁感应强度大小为0 B.P点磁感应强度大小为2B C.M处导线受安培力方向竖直向上 D.M处导线受安培力方向斜向右上方 9.[2025·河北邯郸模拟] 在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环,如图所示缠绕着通电绝缘导线,当通电方向如图所示时,O点的磁感应强度大小为B0.现在A、B、C、D四点放置通电直导线,电流大小和方向如图所示.已知正方形边长为l,通电直导线周围磁场磁感应强度B=,其中k为已知系数,I为电流大小,d为到通电导线的距离.则此时O点的磁感应强度B1大小为 (　) A.0 B.+B0 C. D.B0 10.(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小.如图甲所示,测量前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入质量为m的砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势为E,内阻为r.开关S闭合后,调节电阻箱至R1时,天平正好平衡,此时电压表读数为U.已知m0>m,重力加速度为g,则 (　) A.矩形线圈中电流的方向为逆时针方向 B.矩形线圈的电阻R=r-R1 C.匀强磁场的磁感应强度的大小B= D.若仅将磁场反向,在左盘中再添加质量为2m0-m的砝码可使天平重新平衡 11.[2025·江苏扬州模拟] 我国电磁炮发射技术世界领先,如图所示为一款小型电磁炮的原理图,已知水平轨道宽d=2 m,长l=100 m,通以恒定电流I=1×104 A,轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B=10 T,炮弹的质量m=10 kg,不计电磁感应带来的影响. (1)若不计轨道摩擦和空气阻力,求电磁炮弹离开轨道时的速度大小; (2)实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力,若其受到的阻力与速度的关系为Ff=kv2,其中k为阻力系数,炮弹离开轨道前做匀速运动,炮弹离开轨道时的速度大小为v'=400 m/s,求阻力系数k的大小. 拓展挑战 12.(多选)[2025·湖南浏阳模拟] 一根重力为G的金属棒中通以恒定电流,平放在倾角为30°的光滑斜面上,如图所示为截面图.当匀强磁场的方向与斜面成60°角斜向上时,金属棒处于静止状态,此时金属棒对斜面的压力大小为FN1,保持磁感应强度的大小不变,将磁场的方向顺时针旋转α角时,金属棒再次处于平衡状态,此时金属棒对斜面的压力大小为FN2,则下列说法不正确的是 (　) A.金属棒中的电流方向垂直纸面向外 B.金属棒受到的安培力大小为G C.α=60° D.= 13.(多选)[2025·河北张家口模拟] 如图所示,两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑斜面上,质量分别为m、2m,两导线中通入的电流大小相等,均为I,重力加速度大小为g,现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F,与此同时对两导线解除锁定,两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动.下列说法正确的是 (　) A.两导线中电流的方向可能相反 B.两导线间的安培力大小为F C.若F=6mgsin θ,撤去F瞬间,导线P、Q的加速度大小之比为2∶1 D.去掉Q,导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上,所加磁场的磁感应强度大小满足B≥ 答案解析 1.C　[解析] B=是用比值定义法定义的磁感应强度的公式,磁感应强度是磁场的固有性质,与通电导线所受磁场力F及I、l的乘积等外界因素无关,A、B错误;B=是在电流与磁场垂直的情况下得出的,如果不垂直,设电流方向与磁场方向夹角为θ,则根据F=IlBsin θ,得B=,即B不一定等于,如果θ=0,虽然B≠0,但F=0,故C正确,D错误. 2.A　[解析] 根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力向下,选项A正确;a、b两点的磁场方向不同,所以磁感应强度不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,所以极靴和圆柱内都有磁感线,磁感应强度不为零,选项C错误;c、d两点附近的磁感线密集程度不同,磁感线越密集则磁场越强,所以c点的磁感应强度更大,选项D错误. 3.C　[解析] 根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里,由于I1>I2,可知左侧的磁感应强度大,同一竖直方向上的磁感应强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则结合F=BIL,可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左,故选C. 4.C　[解析] bc段与磁场方向平行,不受安培力,ab段与磁场方向垂直,受到的安培力为Fab=BI∙2l=2BIl,则该导线受到的安培力为2BIl,故C正确. 5.AD　[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产生的磁场方向水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,从上向下看,P将沿顺时针方向转动,Q将沿逆时针方向转动;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、D正确,B、C错误. 6.C　[解析] 由对称性可知,f、a点磁感应强度大小相等,但是方向不相同,选项A错误;设通过每根直导线的电流为I,则B=,若正方体边长为L,则c点磁感应强度大小Bc=,e点磁感应强度大小Be=,大小之比为∶1,选项B错误;a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最小,且两根通电导线在c点的磁场方向相同,都沿着b→c方向,则合成后磁感应强度最大,选项C正确,D错误. 7.B　[解析] 根据左手定则可知,半圆环所受的安培力向上,根据平衡条件得2F+IrB=mg,解得金属线上的拉力F=(mg-IrB),故B正确. 8.B　[解析] Q点磁感应强度大小为0,则M、N处的导线在Q点产生的合磁感应强度大小为B,方向水平向左,根据对称性可知,M、N处的导线在P点产生的合磁感应强度与在Q点产生的合磁感应强度等大反向,即M、N处的导线在P点产生的合磁感应强度大小为B,方向水平向右,故P点磁感应强度大小为2B,方向水平向右,故A错误,B正确;根据右手螺旋定则可知,N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上,则M处磁场方向斜向右上方,根据左手定则,M处导线受安培力方向斜向右下方,故C、D错误. 9.C　[解析] 通电线圈在O点产生的磁感应强度B0的方向为竖直向下;四条直导线到圆心O的距离均为d=l,则A、C在O点的合磁感应强度为BAC=k-k=k=,方向由O指向D;同理B、D在O点的合磁感应强度为BBD=k-k=k=,方向由O指向A;则O点的合磁感应强度为B1==,故选C. 10.AC　[解析] 由于m0>m,根据天平的平衡条件可判定线圈受到的安培力方向竖直向上,由左手定则判断矩形线圈中电流的方向为逆时针方向,故A正确;根据闭合电路欧姆定律有U=E-r,解得矩形线圈的电阻R=-R1,故B错误;根据平衡条件有m0g-F=mg,又F=nIlB,I=,联立解得匀强磁场的磁感应强度的大小B=,故C正确;开始时线圈所受安培力的方向竖直向上,此时安培力大小为F,仅将磁场反向,则安培力方向变为竖直向下,大小不变,相当于右边托盘底部受到向下的力比原来增加了2F,所以需要在左边加砝码,添加质量为Δm==2(m0-m)的砝码可使天平重新平衡,故D错误. 11.(1)2000 m/s　(2)1.25 N·s2/m2 [解析] (1)由题意可知,炮弹受到的合力等于安培力,则根据牛顿第二定律有F=BId=ma 由运动学公式有v2=2al 解得v==2000 m/s (2)炮弹离开轨道前做匀速运动,则F=Ff=kv'2 解得k=== N·s2/m2=1.25 N·s2/m2 12.AB　[解析] 当匀强磁场的方向与斜面成60°角斜向上时,金属棒受力平衡,可知安培力垂直磁场方向斜向上,根据左手定则可知金属棒中的电流方向垂直纸面向里,选项A错误;对金属棒受力分析,如图所示,沿斜面方向根据平衡条件有FAsin 60°=Gsin 30°,解得金属棒受到的安培力FA=G,选项B错误;由于安培力沿斜面方向的分力与重力沿斜面向下的分力大小相等,则磁场旋转后安培力方向关于斜面对称,根据几何关系可知磁场的方向顺时针旋转α=60°,选项C正确;根据平衡条件有FN1=Gcos 30°-FAsin 30°=G,FN2=Gcos 30°+FAsin 30°=G,所以=,选项D正确. 13.BD　[解析] 分析可知P、Q一定相互吸引,则P、Q中电流一定同向,A错误;对P、Q整体,有F-3mgsin θ=3ma,对P进行受力分析,由牛顿第二定律有FA-mgsin θ=ma,解得FA=F,B正确;若F=6mgsin θ,则P、Q间安培力大小为2mgsin θ,撤去外力F瞬间,对P受力分析有2mgsin θ-mgsin θ=ma1,解得a1=gsin θ,加速度方向沿斜面向上,对Q受力分析有2mgsin θ+2mgsin θ=2ma2,解得a2=2gsin θ,加速度方向沿斜面向下,导线P、Q加速度大小之比为1∶2,C错误;对P受力分析如图所示,当磁场方向垂直于斜面时,磁感应强度最小,由共点力平衡条件可知mgsin θ=BIL,要使导线P静止在斜面上,需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥,D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $