高考物理专题十九磁场安培力精准培优专练word版可打印.docx

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高考物理专题十九磁场安培力精准培优专练-2019word版可打印

______年______月______日

____________________部门

1.本知识点每年必考，近几年的考查重点，主要是在选择题中考查磁场及磁感应强度、安培力的方向和大小的确、安培力的综合。

2.注意要点：

分析安培力时，要注意将立体图转化为平面图。

典例1.（20xx∙全国II卷∙20）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。

已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。

则（）

A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为

B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为

C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为

D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为

【解析】L1在a、b两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，，可解得：

，，故A、C正确。

【答案】AC

典例2.（20xx·全国Ⅲ卷·18）如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。

在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A.0B.B0

C.B0D.2B0

【解析】如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝B0。

如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝＝B0，故选项C正确，A、B、D错误。

【答案】C

1.如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（　　）

A．向上　　　　　　　B．向下

C．向左D．向右

【答案】B

2.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）

A．o点处的磁感应强度为零

B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反

C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同

D．a、c两点处磁感应强度的方向不同

【答案】C

3.（多选）如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。

现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B＝，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是（　　）

A．b点的磁感应强度大小为

B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为

C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0

D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0

【答案】BD

4.磁电式电流表的构造如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。

蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图所示。

当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。

不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）

A.该电流表的刻度是均匀的

B.线圈转动过程中受到的安培力的大小不变

C.若线圈中通以如图所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动

D.更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度（灵敏度即）

【答案】AB

【解析】磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置的磁场的磁感应强度大小不变，故受到的安培力的大小不变，故B正确；若线圈中通以如图所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，故时顺时针转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小了，故灵敏度减小了，故D错误。

5.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。

用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。

当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。

当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时（电流方向与电压为E1时相反），拉力显示器的示数为F2。

已知F1>F2，则磁感应强度B的大小为（　　）

A．B＝B．B＝

C．B＝D．B＝

【答案】B

【解析】当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋BL；接入恒定电压为E2时（电流方向与电压为E1时相反），拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－BL；联立解得B＝，选项B正确。

6.（多选）如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（　　）

A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动

B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动

C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小

D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小

【答案】AD

【解析】当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C错误，D正确。

7.如图所示，在磁感应强度为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。

设滑动

时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是（　　）

【答案】C　

【解析】物体向上运动的过程中合力为，方向沿斜面向下，物体做减速运动，当速度减小时，合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化先快后慢，又因合力大于等于，所以加速度的变化应为先减小的快后减小的慢，但大于等于某个值，不会逐渐减小到零，故C正确。

8．（多选）在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5m，接入电动势E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电池。

垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0T方向垂直框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上如图所示。

（框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10m/s2）则下列说法正确的是（　　）

A．金属棒受到的安培力的大小为1N

B．通过金属棒的电流I的大小为2A

C．滑动变阻器R接入电路的阻值为R＝3Ω

D．电源的输出功率为P＝10W

【答案】ABD

【解析】由左手定则可知安培力方向沿斜面向上，对ab棒进行受力分析，由平衡条件得F安＝mgsin30°，解得F安＝1N，选项A正确；由F安＝BIl得，I＝＝2A，选项B正确；由闭合电路的欧姆定律有I＝，得R＝2.3Ω，选项C错误；路端电压为U＝E－Ir＝5V，电源的输出功率为P＝UI＝10W，选项D正确。

9．（多选）绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q（q>0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0>0）、方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行于斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN。

则下列判断正确的是（　　）

A．小球在斜面做变加速曲线运动

B．小球到达底边MN的时间

C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤

D．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤

【答案】BD

【解析】小球在斜面上运动时，一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜面向上的弹力；小球能够沿斜面到达底边MN，说明垂直斜面方向的合力为0，洛伦兹力不大于重力垂直斜面的分力。

小球受的合力是重力沿斜面向下的分力，因此小球受的合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的加速度a＝gsinα，再由运动学公式可得＝at2，所以小球到达底边MN的时间t＝，故B正确；小球垂直磁场的方向的速度不变，故洛伦兹力F＝qv0B，不大于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ；也就是0≤B≤，故C错误，D正确。