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

**基本信息** 聚焦磁场对电流作用，通过题组分层训练，以安培定则、磁场叠加、安培力计算及平衡为核心，融合科学推理与模型建构，形成“定则应用-矢量合成-受力分析”的递进式方法体系。 **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2025福建卷、湖北卷真题）|安培定则判断方向+对称性分析+矢量合成法则|由电流磁场方向判定到多场源叠加，构建“方向-大小-合成”逻辑链| |安培力理解与计算|2题|有效长度法+电路分析（并联分流）|从公式F=ILB到非直导线有效长度转化，衔接电路知识| |安培力作用下的平衡及加速|4题（含2026模拟题）|左手定则+受力分析（平衡条件/牛顿定律）|结合力学平衡与运动模型，实现电磁学与力学综合应用|

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.如图所示，OCD为等边三角形，E点为三角形的中心，现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线，三根导线中通有如图方向的电流，电流大小相同，当空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是(　　) A.其中一根通电直导线在E点产生的磁场的磁感应强度大小为B0 B.O、C点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为B0 C.C、D点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为B0 D.仅去掉D点的导线，E点的磁感应强度大小为 答案：D 解析：由于E点到三个顶点的距离相等，则三根通电导线在E点产生的磁感应强度大小相等，设每根导线在E点产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据安培定则和平行四边形定则可知，O、C点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为B，与D点的导线在E点产生的磁场的磁感应强度相同，如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度与三根导线产生的磁场的合磁感应强度大小相等、方向相反，可得B0＝2B，解得B＝，故A、B错误；C、D点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为2Bcos 30°＝B0，故C错误；仅去掉D点的导线，则E点的磁感应强度是O、C点的导线产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和，如图乙所示，大小为，故D正确。 　 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.(2026·山西晋城模拟)如图所示，弯曲金属导线ACDE固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属导线所在平面与磁场垂直，AC段为半径为r的四分之一圆弧，CDE段为半径为r的半圆弧，A、C、D、E为正方形的四个顶点，给金属导线通入恒定电流I，则整个金属导线受到的安培力大小为(　　) A.2IrB B.IrB C.πIrB D.πIrB 答案：B 解析：整个金属导线在磁场中的有效长度为r，则整个金属导线受到的安培力大小为F＝IrB。故选B。 题组3　安培力作用下导体的平衡及加速问题 6. 如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 答案：D 解析：当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，由左手定则可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，故A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝ mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，故B、C错误，D正确。故选D。 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＝。 学生用书⬇第202页 学科网（北京）股份有限公司 $