第11章 课时测评51 磁场及其对电流的作用(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦磁场与电流作用，以科学推理为主线，通过分层题组构建"定则应用-叠加计算-动态平衡"的逻辑体系，强化物理观念与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |安培定则与磁场叠加|3题（含2道高考真题）|对称法分析场强叠加，安培定则判定方向|从电流磁场（安培定则）到矢量叠加，构建磁场合成模型| |安培力理解与计算|2题|等效长度法求安培力，并联电路电流分配|由安培力公式（F=ILB）拓展到非直导线的等效处理| |平衡及加速问题|4题（含1道计算题）|正交分解法处理动态平衡，牛顿定律结合安培力|从静态平衡到动态变化，实现力学与电磁学知识融合|

课时测评51　磁场及其对电流的作用 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题5分，共40分) 题组1　安培定则　磁场叠加 1.(2025·福建卷·T3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小(　　) A.B2－ B. －B1 C.B2－B1 D. B1－B2 答案：B 解析：根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同、大小相等，则单根导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0＝，根据对称性，两导线在N点处产生的磁感应强度大小应该与M点相同，根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度大小为B0＝，由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为－B1。故选B。 2.(2025·湖北卷·T4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　) A.0 B.B C.2B D.3B 答案：A 解析：由右手螺旋定则及对称性可知，圆线圈在N点产生的磁场的磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知匀强磁场与圆线圈在M点产生的磁场等大反向，即匀强磁场与圆线圈在N点产生的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。故选A。 3．(2026·广东梅州曾宪梓中学模拟)两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置，电流大小I1<I2，a、b两点在导线横截面连线的延长线上，c、d为P、Q连线中垂线上两点，且到两导线距离相等。已知通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足B＝k，式中k是常数，I是导线中电流的大小，r是该点到直导线的距离。则下列说法正确的是(　　) A．a点磁感应强度一定不为零 B．c、d两点磁感应强度方向相同 C．P对Q的作用力方向水平向右 D．b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向上 答案：C 解析：根据安培定则可知，I1在a点位置的磁感应强度方向向下，I2在a点位置的磁感应强度方向向上，由于B＝k，I1<I2，r1a<r2a，可知两电流在a点位置的磁感应强度大小有可能相等，即a点磁感应强度可能为零，故A错误；两电流到c、d两点位置的距离均相等，则I2在c、d两点位置的磁感应强度大一些，根据平行四边形定则，合磁感应强度应靠向I2在该位置的磁感应强度的方向，根据安培定则可知，c点磁感应强度的方向沿右上方，同理d点磁感应强度的方向沿左上方，两点磁感应强度的方向不相同，故B错误；根据安培定则可知，P在Q所在位置的磁感应强度方向向上，根据左手定则可知，P对Q的作用力方向水平向右，故C正确；根据安培定则可知，I1在b点位置的磁感应强度方向向上，I2在b点位置的磁感应强度方向向下，由于B＝kr2b，可知两电流在b点位置的合磁感应强度方向垂直于P、Q连线向下，故D错误。 题组2　安培力的理解与计算 4.(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，则两力的比值为(　　) A. B. C. D. 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和优弧MPQN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＝I1·RB＋3I1·R·B＝4I1RB；同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2I2·2RB＝4BI2R，由于＝，所以＝，故A正确。 5．如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A．平行于纸面向上 B．平行于纸面向下 C．左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里 D．左半部分垂直于纸面向里，右半部分垂直于纸面向外 答案：C 解析：根据安培定则，可判断出导线a左半部分的磁场方向斜向右上方，右半部分的磁场方向斜向左下方，根据左手定则可判断出，导线a所受安培力方向：左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 题组3　安培力作用下导体的平衡及加速问题 6．(2026·广东肇庆二模)如图所示，金属棒ab的质量为m，通过的电流为I，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向先是与导轨平面夹角为θ(<θ<)斜向右上方，后变为与原方向垂直斜向左上方，磁感应强度大小不变，ab始终静止在宽为L的水平导轨上。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向改变前，金属棒受到的安培力大小为ILB sin θ B．磁场方向改变前后，金属棒受到的摩擦力方向发生了改变 C．磁场方向改变前后，金属棒受到的摩擦力大小发生了改变 D．磁场方向改变后，金属棒对导轨的压力将减小 答案：C 解析：磁场方向改变前，对金属棒受力分析，如图甲所示，由于磁场方向垂直于电流，金属棒受到的安培力的大小为FA＝ILB，A错误；磁场方向改变前，水平方向，由平衡条件得Ff1＝ILB sin θ，竖直方向，由平衡条件得FN1＝mg－ILB cos θ，由牛顿第三定律得金属棒对导轨压力大小FN1′＝FN1＝mg－ILB cos θ，磁感应强度B改为与原方向垂直后，磁感应强度大小不变，受力分析如图乙所示， 由于磁场仍垂直于电流，且大小不变，所以安培力大小不变，方向变为与水平方向成θ角斜向左下方，根据平衡条件知Ff2＝ILB cos θ，FN2＝mg＋ILB sin θ，由<θ<可知，金属棒受到的摩擦力方向不变，大小变小，结合牛顿第三定律知金属棒对导轨的压力将增大，B、D错误，C正确。 7.(2026·河南开封模拟)如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上，开关闭合后导体棒MN开始运动，则(　　) A.导体棒MN向左运动 B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 答案：C 解析：由左手定则可知，导体棒所受安培力垂直磁感线斜向右下方，则导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与轨道平面成(90°－θ)的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律得F合＝ma，联立可得开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。 8.(多选)(2026·河北石家庄模拟)如图甲所示，匀质导体棒MN通以由M到N的恒定电流，用两根等长的平行绝缘、轻质细线悬挂在O、O'点静止于匀强磁场中，细线与竖直方向的夹角为θ，磁场方向与绝缘细线平行且向上。现使磁场方向顺时针缓慢转动(由M到N观察)，同时改变磁场的磁感应强度大小，保持细线与竖直方向的夹角θ不变，该过程中每根绝缘细线拉力F的大小与磁场转过的角度α的正切关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，磁场变化过程中MN中的电流不变。下列说法正确的是(　　) A.导体棒的质量为1 kg B.θ＝30° C.导体棒所受安培力可能为12 N D.α可能为90° 答案：ABC 解析：由题图乙可知当tan α＝0时，F＝2.5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＝2F，当tan α＝时，F'＝5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＋F安sin α＝2F'，mgsin θ＝F安cos α，联立解得tan θ＝，即θ＝30°，m＝1 kg，故A、B正确；导体棒重力为10 N，作出力的矢量合成图如图所示，F安min＝mgsin θ＝mg＝5 N，则导体棒所受安培力可能为12 N，故C正确；α为90°时，安培力与细线拉力在同一直线，导体棒受力不平衡，故D错误。 9.(10分)(2024·重庆卷·T13)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) 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＝。 学科网（北京）股份有限公司 $