假期必刷18 磁场及其对电流的作用-【快乐假期】2025-2026学年高二物理暑假必刷题

三022 富三物理) 千里之行，始于足下。 假期必刷18磁场及其对电流的作用 完成日期： 月 素养解读 1.判断电流周围磁场方向用安培定则；磁场的 叠加遵循平行四边形定则. 2.判断安培力的方向时，充分利用F幸⊥B、 A.竖直向上 B.竖直向下 F安⊥I, C.水平向左 D.水平向右 3.分析磁场中通电导体受力问题时，一般先把 4.(多选)如图，高压输电线上使用“abcd正方 立体图转换为平面图，然后对物体进行受力 形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4,目的是 分析，要注意安培力方向的确定，最后根据 固定导线间距，防止导线相碰.abcd的几何 平衡条件或物体的运动状态列出方程」 中心为O,当四根导线通有等大同向电流时 素养训练 ( 1.三个大小相同彼此绝缘的细 铁环，分别处在两两相互垂 直的平面内，铁环的圆心相 互重合，通有大小相同的电 流，方向如图所示，单独一个铁环在圆心处 A.几何中心O点的磁感应强度不为零 产生的磁感应强度为B,则圆心O处的磁感 B.几何中心O点的磁感应强度为零 应强度大小为 ( C.L1对L2的安培力小于L1对L3的安 A.0 B.√2B C.3B D.3B 培力 2.如图所示，水平导轨接有电 D.L1所受安培力的方向沿正方形的对角线 源，导轨上固定有三根导体 ac方向 棒a、b、c,c为直径与b等 5.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中 长的半圆，长度关系为c最长，b最短，将装 有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF, 置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源 导轨平面水平，导轨上放有一金属棒MN. 后，三根导体棒中有等大的电流通过，则三 现从t=0时刻起，在棒中通以由M到N方 根导体棒受到的安培力大小关系为( ) 向的电流且电流与时间成正比，即I=kt,其 A.F>F>F。 B.F。=F。=F 中为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触 C.F<F。<F D.F>F=F 良好.下列关于棒的速度、加速度随时间 3.如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形 变化的关系中，可能正确的是 ( 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 35 堡快乐慨期 90M= 6.如图所示.质量m=20g的 平方向，重力加速度g取10m/s2,sin53°= 导体棒ab垂直放在宽度 0.8,c0s53°=0.6.求： l=0.5m的平行金属导轨 (1)通过ab的电流大小和方向； 上，导轨下端与一电源和电 入A37° (2)ab受到的安培力大小： 阻连接，导轨平面与水平面间的夹角为37°， (3)重物重力G的取值范围 磁感应强度大小B=1T的匀强磁场（图中 未画出)方向垂直导轨平面向上，导体棒中 通有0.4A的电流时恰好能保持静止，重力 加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，导体棒与导轨间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力.则导体棒与导轨间的 动摩擦因数为 () A.0.05B.0.25 C.0.5 D.0.8 7.(多选)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将 半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁 场中，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂 直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平 线.若环中通有大小为I、方向从a到b的电 流，细绳处于绷直状态，则 ( ) 素养培优 9.(科技情境)航空母舰的舰载机在起飞的过 程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲 板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电 磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速 度.电磁弹射系统的设计原理图可简化为图 A.两根细绳拉力均比未通电流时的大 乙所示，图中MN、PQ是光滑平行金属直 B.两根细绳拉力均比未通电流时的小 导轨（电阻忽略不计），AB是电磁弹射车， C.铜环所受安培力大小为2rB1 回路PBAM中电流恒定，该电流产生的磁 D.铜环所受安培力大小为πrIB 场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机 8.如图所示，电阻不计的水平 由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力， Er 导轨间距L=0.5m,导轨 关于该系统，下列说法正确的是 处于方向与水平面成53°角 G 斜向右上方的磁感应强度 电磁弹射车 飞机 B=5T的匀强磁场中.导体棒ab垂直于导轨 轨道 甲（侧视图） 乙（俯视图）》 放置且处于静止状态，质量m=1kg,电阻R= A.MN、PQ间的磁场是匀强磁场 0.92,与导轨间的动摩擦因数=0.5.电源电 B.弹射车的速度与运动的时间成正比 动势E=10V,其内阻r=0.12,定值电阻的 C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比 阻值R。=4Ω.不计定滑轮的摩擦，设最大静摩 D.回路PBAM中通以交变电流，弹射车不 擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水 能正常加速 36飞空快乐慑期 3.解析：(1)根据实验的原理，连接P、P,表示入射光线，连接 P、P,表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交，点即为折射 光线，实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的 一侧插上两枚大头针P,和P,,然后在玻璃砖另一侧观察 调整视线使P,的像被P,的像挡住，接着在眼睛所在一侧 相继又插上两枚大头针P。、P,,使P。挡住P,、P,的像，使 P挡住P和P、P,的像，故D正确. (2)无法透过玻璃砖看到另一侧的两枚大头针重叠在一起，可 能是沿两枚大头针的光线没能射入玻璃砖，也可能是沿两枚大 头针的光线在进入玻璃砖之后直接从MP或VQ侧面射出了， 因为全反射需要光线从光密介质进入光疏介质，所以光线不可 能在玻璃砖aa'界面发生全反射，故A、B正确，C错误， (3)如图，①第一位学生的结果中，光线的入射角和折射角测 量准确，所以折射率n的值不变， ②第二位学生的结果中，光线的入射角测量准确，折射角测 量偏大，所以折射率n的值偏小 ③第三位学生的结果中，光线的入射角和折射角测量准确， 所以折射率n的值不变， (4)①甲同学的图中P,、P。连线与玻璃砖的交点和P,、P 连线与玻璃砖的交点的连线与玻璃面垂直，所以肯定是把针 插错了.乙同学的图中P,、P、P、P,的连线在同一直线上 所以肯定是把针插错了. ②丁同学P,、P,之间的距离和P、P,之间的距离较大，误 差较小，所以测量结果准确度最高. 答案：(1)D(2)AB(3)①不变②偏小③不变(4)① 甲、乙②丁 素养培优 4.解析：(1)(2)连接P、P,与孤面CD交 于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射 出的位置，P,、P。的连线与孤面AB的 交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接 B C 0 两交点即可作出玻璃砖中的光路，标出入射角，折射角， 如图所示： (3)由折村定律可得1一细 (4)为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线 在孤面AB上的入射角应适当小一些，才不会使光线在CD 面上发生全反射： (5)图像的斜率k=1n=,由题图乙可知斜率为1.5，即该 sin r 玻璃的折射率为1.5. 答案：(1)见解析图(2)见解析图(3)sini sin r (4)小一些(5)1.5 假期必刷17 素养训练 1.解析：(1)为获取单色线光源，光源后面要有滤光片、单缝、双 缝，则①是滤光片，②是单缝，③是双缝，故选C (2)游标卡尺读数为d=0.2cm十1×0.05mm=2mm十 0.05mm=2.05mm. (3)湘邻两亮条纹间距为号，由千涉条纹间距与波长间的关 系可知-白得份 5 答案：(1)C(2)2.05(3)△ 51 2.解析：(1)题图甲中的条纹间距和亮度相同，是千涉图样，题 图乙中的条纹中央亮纹最宽，是衍射图样； (2)光源发出的白光，各种频率都有，加上透红光的滤光片后 通过的只有红光了，变成单色光，加上单缝和双缝后，就得到 两列频率相同、步调一致的相千光，最后放置光屏，干涉条纹 呈现在光屏上，所以顺序为EDBA: --000= (3)由题图(b)可知，游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为 0.05mm,由游标卡尺可读出，主尺读数为111mm,可动部 分第三个刻度与主尺对齐，所以A位置的示数为111mm十 3×0.05mm=111.15mm B位置的示数为115.45mm,所以题图(a)中A、B之间的距 离为x=(115.45-111.15)mm=4.30mm 则相邻亮条纹的间距为△x=4.30 7 mm 银据分式可得发承方-马4-L00×42X10m 0.50 7 6.1×107m 答案：(1)甲(2)EDBA(3)111.156.1×10-7 3.解析：(1)光具座上放置的光学元件依次为：①凸透镜、②单 缝、③双缝、④遮光筒、⑤光屏、⑥目镜. 根据双缝千涉条纹间距公式△x=导入，若增大相邻亮条纹 (暗条纹)间的距离，可增大双缝到光屏的距离 (2)分划板中心线与干涉条纹不平行，故应调节测量头使干 涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上，可采取的措施为其 他不动，将测量头流转一定角度.故选A. (3》千涉图样条纹间距为△x=一4，根据双缝干涉条纹 6 间距公式△7一合1，单色光波长的表达式为A=d 6/ 答案：(1)双缝增大(2)A(3)（二)d 61 素养培优 4.解析：(1)根据“用双缝千涉测量光的波长”的实验中仪器的 位置可知，从左向右依次为：白色光源、凸透镜、滤光片、单 缝、双缝、测量头，将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自 光源起合理的顺序是：A、B、D、C、F、E; (2)为了便于测量，要使条纹亮度增加，即使得单位时间内的 光子数目增多. 当增加光源的功率，导致单位时间内的光子数目增多，故A 正确；将毛玻璃换成透明玻璃，不会看到亮条纹，故B错误； 将凸透镜换成一个面积更大的凸透镜，则光的强度的增强， 导致亮度增加，故C正确；调节测量头的位置，亮度不变，故 D错误 (3)千涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的 和，为两个相邻的明条纹（或暗条纹）的中心之间的距离，故 C正确 (4)由题图可知，第一次得到的条纹间距较小，根据△x=入可 知：单缝与双缝的间距对条纹间距无影响，选项A错误；光 强度对条纹间距无影响，选项B错误；光源到双缝的距离对 条纹间距无影响，选项C错误；双缝到光传感器的距离【较 小，则条纹间距较小，选项D正确， 答案：(1)DC(2)AC(3)C(4)D 假期必刷18 素养训练 1.C[根据安培定则可知，三个通电铁环 在圆心O处产生的磁感应强度方向如图 所示，根据勾股定理求出合磁感应强度 B 为B。=√B2+(W2B)2=√3B,故C正确， B0 A、B、D错误.] B 2.D[设a、b两棒的长度分别为L。和L,, c的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a、b二棒所 受安培力的大小分别为F。=ILB,F=ILB=IdB;c棒所受 安培力与长度为d的直导体棒所受安培力的大小相等，则 F=IdB,因为l>d,则F>F,=F,D正确.] 3.C[根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由 于1>12，可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场 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 三022 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.BD[因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距 离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强 度与L,在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感 应强度与L,在O,点的磁感应强度等大反向，所以四条导线 在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确：C.L,相比 L。,离L1更近些，处于L,较强的磁场区域，由安培力大小 与B成正比可知，L,对L2的安培力大于L,对L。的安培 力，故C错误；D.根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推 论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根 据对称性，L。与L,对L,的安培力大小相等，所以两者合力 指向ac方向，再与L。对L1的安培力（沿ac方向）合成，总 安培力方向沿正方形的对角线a(方向，故D正确.门 5.BD[由题可知，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比， I=k,棒将受到安培力作用，刚开始时金属棒不动，当安培 力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得 F-F,=ma,而F=BIL,I=kt得到BkLt-F,=ma,可见a 随t的变化均匀增大，故A错误，B正确.a增大，t图像的 斜率增大，故C错误，D正确.门 6.C[对导体棒受力分析可知，导体棒受重力、支持力、摩擦 力和安培力，四个力的作用处于静止状态，根据平衡条件可 得mgsin0+F,=BIl,其中F,=umgcos0,联立代入数据解 得u=0.5,故选C.] 7.AC[如图，取通电半圆形铜∠L∠LL∠LL∠∠∠∠∠ 环的一小段△，可将其视为 直导线，根据左手定则可知， 玫小段导线受到的安培力方 向如图所示，其大小△F BI△l,根据对称性可得，对称 的两小段所受的安培力在水 平方向的分力大小相等，方 △Fy 向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直 向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确， B错误； 对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F= ∑F,=∑BI△lsin0=2rIB, 故C正确，D错误.故选AC.] 8,解析：(1)由闭合电路欧姆定律可得IR+,十R 0.9+0.1十4A=2A,电流方向由a到b: 10 (2)ab受到的安培力大小为F=BIL=5×2×0.5N=5N; (3)①若导体棒αb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= Fcos a十FN,F袋sina=Fimx十G,Fix=hFN 联立解得：G,=0.5N； ②若导体棒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&cos a+Fx,F&sin a+Fimax=G2 Fimnx=gF, 联立解得：G,=7.5N; 综合①②可得，重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤ 7.5N. 答案：(1)2A电流方向由a到b(2)5N(3)0.5NG 7.5N 素养培优 9.B[根据安培定则可知，MV、PQ间有垂直纸面向外的磁 场，且通电直导轨产生的磁场为环形磁场，离导轨越远磁场 越弱，故不是匀强磁场，故A错误：沿导轨方向磁场不变，且 回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F=BIL可知， 安培力大小不变，由牛顿第二定律F=ma可知，加速度不 变，由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B 正确；安培力F=BL,当电流增大时，磁感应强度也增大， 故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C 高二物理世 错误；根据安培定则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之 间产生垂直纸面向外的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车 所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右 手螺旋定则导轨之间产生垂直纸面向里的磁场，结合左手定 则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向 变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统 能够正常工作，故D错误.门 假期必刷19 素养训练 1.AD[在北极上空有竖直向下的磁场，带电粒子运动的轨迹 由地面上看沿顺时针方向，则由左手定则得粒子带正电，故 C错误，A、D正确；运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒 子的动能变小，速度减小，根据公式B=m,得r=m gB' 则半径变小，故B错误. 2.A[P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在 O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度 为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感 应强度，根据安培定则，O,点的磁感应强度方向沿x轴负方 向，R0。,威感应强度的大小B==21,根据左手 3a 定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为F=evB _23ekI,故选A.] 3a 3.D[带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手 定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹， A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 如B=mR,解得R-侣，由图可知a径连对应的粒子的运 动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p=m,可 知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据E,=2mv可 知E<E<Ek,即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C 错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qB =m发T-2,别T-8所以工，=工=T=T=T 粒子在磁场中的运动时间一2元 T,其中Q为粒子在磁场中 的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径 迹对应的粒子运动时间最长，D正确.] 4.BCD[根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的 磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛 伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负 电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；B.电子在圆环内 沿顺时针方向做半径为R、速率为)的匀速圆周运动，则电 子运动周期为T=2迟，B正确：C.电子在圆环内受到磁场2 7 的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有B= mR,解得B=紧C正确：D电子在垂直环平西方向灸力 平衡，则有eE=B,解得E-RD正确] 5.B[a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力quB、地面 的支持力F、和摩擦力F:,竖直方向有F、=(m。十m)g十 qB,水平方向有F-F=(m十m,)a,F:=FN.在加速阶 段，v增大，FN增大，F增大，加速度a减小，对a受力分析， a受重力mg、向下的洛伦兹力quB、b对a向上的支持力 FN、b对a向左的静摩擦力Fa,竖直方向有FN=m,g十 qB,水平方向有F。=ma.随着)的增大，F增大，选项A 错误，B正确；加速度a在减小，所以a、b物块间的摩擦力变 小，选项C、D错误.] 6.BC[电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作 用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向 向上.若三，则9心，B>gE,即洛伦兹力大于电场力，电 9