授課提示：對應學生用書第347頁[A組基礎鞏固練]熱點一磁場的疊加及安培力1．(2022·安徽合肥模擬)如圖所示，在同一個絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長直通電導線a、b、c，導線中通有大小相等的恒定電流。已知導線a受到的安培力方向向左，則下列說法正確的是()A．導線b中電流方向一定與導線a中電流方向相同B．導線c受到的安培力一定向右C．導線a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導線b受到的安培力一定最大解析：由于導線a受到的安培力方向垂直導線向左，故導線b的電流方向一定與導線a中電流方向相反，故A錯誤。若導線c的電流方向與導線a相反，則導線c受到安培力的方向向左；若導線c的電流方向與導線a相同，則導線c受到安培力的方向向右，故B錯誤。只有當導線c的電流方向與導線a相同時，導線a、c受到安培力的大小才相等，故C正確。當導線c的電流方向與導線b相同時，導線b受到的安培力最大，故D錯誤。答案：C2.(2022·廣東佛山模擬)如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍。兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是()A．a點與b點的磁感應強度相同B．a點與c點的磁感應強度相同C．a點與d點的磁感應強度相同D．a點與b、c、d三點的磁感應強度均不相同解析：本題考查安培定則及磁場的疊加。通電直導線在周圍形成的磁場，磁感應強度大小B＝eq\f(kI,r)，由安培定則可得，各點的磁感應強度的平面圖，如圖所示，由對稱性可知，a點與c點的合磁感應強度等大同向，b點與d點的合磁感應強度等大同向，故B正確。答案：B3.如圖所示，A、B、C是正三角形的三個頂點，O是AB的中點，兩根互相平行的通電長直導線垂直紙面固定在A、B兩處，導線中通入的電流大小相等、方向相反。已知通電長直導線產生磁場的磁感應強度B＝eq\f(kI,r)，I為通電長直導線的電流大小，r為距通電長直導線的垂直距離，k為常量，O點處的磁感應強度大小為B0，則C點處的磁感應強度大小為()A.eq\f(B0,2) B.eq\f(\r(2)B0,2)C.eq\f(B0,4) D.eq\f(\r(3)B0,4)解析：設A、B處的電流在O點產生的磁感應強度大小為B1，方向如圖所示，有2B1＝B0，即B1＝eq\f(B0,2)，由rAC＝2rAO及B＝eq\f(kI,r)可知，A、B處的電流在C點產生的磁感應強度大小B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(B0,4)，方向如圖所示，由平行四邊形定則及夾角為120°可知，C點處磁感應強度大小為eq\f(B0,4)，C正確。答案：C熱點二安培力作用下導體運動情況的判斷4．(多選)(2022·山東臨沂模擬)1876年美國物理學家羅蘭完成了著名的“羅蘭實驗”。羅蘭把大量的負電荷加在一個橡膠圓盤上，然后在圓盤附近懸掛了一個小磁針，將圓盤繞中心軸按如圖所示的方向高速旋轉時，就會發現小磁針發生偏轉。忽略地磁場對小磁針的影響，則下列說法正確的是()A．小磁針發生偏轉的原因是橡膠圓盤上產生了感應電流B．小磁針發生偏轉說明了電荷的運動會產生磁場C．當小磁針位于圓盤的左上方時，它的N極向左側偏轉D．當小磁針位于圓盤的左下方時，它的N極向右側偏轉解析：本題中不符合感應電流的產生條件，無法產生感應電流，故A錯誤；由題意可知，小磁針受到磁場力的作用，原因是電荷的定向移動，從而形成電流，而電流周圍會產生磁場，故B正確；圓盤帶負電，根據安培定則可知，產生的磁場方向向上，等效為上方是N極的條形磁鐵，當小磁針處于圓盤的左上方時，小磁針的N極將向左側偏轉，故C正確；同理，當小磁針處于圓盤的左下方時，則小磁針的N極向右側偏轉，故D正確。答案：BCD熱點三安培力作用下的平衡或加速問題5．(2022·寧夏吳忠高三模擬)如圖所示，MN、PQ為水平放置的平行導軌，靜止的導體棒ab垂直放置在導軌上并通以從b到a的恒定電流，導體棒與導軌間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，在豎直平面內加與導體棒ab垂直的勻強磁場，發現無論磁感應強度多大都不能使導體棒運動，則磁場的方向與軌道平面的夾角最大為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：對導體棒受力分析如圖所示，由題意可知，安培力的水平分力小于導體棒與導軌間的最大靜摩擦力，即有Fsinθ≤μ(mg＋Fcosθ)，當磁感應強度足夠大時，由數學關系可知，mg＋Fcosθ≈Fcosθ，即當tanθ≤μ時，無論安培力多大，導體棒都不能運動，因為μ＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝30°，故A正確。答案：A6.(2022·廣東廣州模擬)如圖所示，一定質量的通電導體棒ab置于傾角為θ的粗糙導軌上，在導軌所在空間加各種磁感應強度大小相同、方向不同的勻強磁場，導體棒ab均保持靜止，則下列判斷錯誤的是()A．四種情況中導體棒ab受到的安培力大小相等B．甲圖中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零C．乙圖中導體棒ab可能只受到兩個力的作用D．丙、丁圖中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零解析：本題考查安培力作用下的平衡問題。導體棒ab受到的安培力F＝BIL，因B大小相同，電流相同，故受到的安培力大小相等，A正確；甲圖中，導體棒ab受豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于導軌向上的支持力，若三個力平衡，則不受摩擦力，B正確；乙圖中，導體棒ab受豎直向下的重力、豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，C正確；丙圖中，導體棒ab受豎直向下的重力、豎直向下的安培力、垂直于導軌向上的支持力，要想保持靜止，一定受摩擦力，丁圖中，導體棒ab受豎直向下的重力、水平向左的安培力、垂直于導軌向上的支持力，要想保持靜止，一定受摩擦力，D錯誤。答案：D7．(2022·河南商丘模擬)如圖所示，質量為m、長度為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛在O、O′兩點，MN處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B；棒中通以某一方向的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．金屬棒中的電流方向由N指向MB．金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金屬棒中的電流大小為eq\f(mg,BL)tanθD．每條懸線所受拉力大小為eq\f(1,2)mgcosθ解析：根據左手定則，可以知道金屬棒中的電流方向由M指向N，故A錯誤；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向水平向右，與OMNO′平面不垂直，故B錯誤；對金屬棒受力分析如圖所示，則mgtanθ＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)tanθ，故C正確；由受力分析可以知道，2Tcosθ＝mg，得T＝eq\f(mg,2cosθ)，故D錯誤。答案：C[B組綜合提能練]8．(2022·湖北武漢模擬)如圖所示，由粗細均勻的金屬導線圍成的一個邊長為L的正方形閉合線框abcd，其四個頂點均位于一個圓形區域的邊界上，ac為圓形區域的一條直徑，ac上方和下方分別存在大小均為B、方向相反的勻強磁場。現給線框接入從a點流入、d點流出的大小為I的恒定電流，則線框受到的安培力的大小為()A．0 B.eq\f(1,2)BILC.eq\r(2)BIL D.eq\f(\r(2),2)BIL解析：電流I經過a點后分成兩條支路，其大小分別為Iabcd＝eq\f(1,4)I，Iad＝eq\f(3,4)I，如題圖所示，判斷出線圈四邊所受安培力大小和方向分別為Fab＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fbc＝eq\f(1,4)BIL，向下；Fcd＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fad＝eq\f(3,4)BIL，向上，則線框受到的安培力的大小F＝eq\f(\r(2),2)BIL，A、B、C錯誤，D正確。答案：D9．(2022·廣東深圳模擬)如圖所示，用電阻率為ρ、橫截面積為S、粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L。框架與一個電動勢為E、內阻忽略不計的電源相連接。勻強磁場垂直于框架平面向里，磁感應強度大小為B，則框架受到安培力的合力的大小為()A.eq\f(5BSE,3ρ) B.eq\f(2BSE,ρ)C.eq\f(BSE,ρ) D．0解析：根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，如圖所示：設電路abcd上的電阻為3r，由幾何關系得，ad段的長度為2L，所以ad上的電阻為2r，abcd上的電流I1＝eq\f(E,3r)ad上的電流I2＝eq\f(E,2r)ab、bc、cd上各段的安培力F1＝F2＝F3＝BI1L＝eq\f(BEL,3r)ad上的安培力F4＝BI2·2L＝eq\f(BEL,r)各段受到的力中，F1和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以線框受到的合外力F＝F4＋F1cos60°＋F2＋F3cos60°＝eq\f(5BEL,3r)r＝eq\f(ρL,S)則可得F＝eq\f(5BSE,3ρ)，方向豎直向上，故選A。答案：A10．(多選)(2022·湖北華中師大附中模擬)如圖所示，正方形金屬線圈abcd邊長為L，電阻為R。現將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運動，勻強磁場的邊界PQNM是平行四邊形，磁場方向垂直于傳送帶向上，磁感應強度大小為B，PQ與QN夾角為45°，PM長為2L，PQ足夠長，線圈始終相對于傳送帶靜止，在線圈穿過磁場區域的過程中，下列說法錯誤的是()A．線圈感應電流的方向先沿adcba后沿abcdaB．線圈受到的靜摩擦力先增大后減小C．線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力D．線圈受到摩擦力的最大值為eq\f(B2L2v,R)解析：磁場豎直向上，由楞次定律可知，線圈進入磁場過程感應電流方向為adcba，線圈離開磁場過程，感應電流方向為abcda，故A正確；線圈受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，其中L是導線在磁場中的有效長度，線圈進入磁場過程L先增大后減小，線圈離開磁場過程L先增大后減小，因此線圈進入磁場過程與離開磁場過程安培力都是先增大后減小，線圈做勻速直線運動，由平衡條件可知，線圈受到的摩擦力大小等于安培力大小，因此線圈受到的摩擦力大小先增大后減小再增大最后減小，故B錯誤；由左手定則可知，線圈進入磁場過程所受安培力方向垂直于PQ向左上方，由平衡條件可知，線圈受到的摩擦力垂直于PQ向右下方，故C錯誤；當ab邊恰好完全進入磁場時線圈受到的安培力最大，由平衡條件可知，此時受到的摩擦力最大，最大摩擦力f＝F安培＝eq\r(2)BIL＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故D錯誤。答案：BCD11.(多選)(2022·山東濟南模擬)如圖所示，兩長度均為L的通電長直導線P、Q鎖定在傾角為θ的光滑斜面上，質量分別為m、2m，兩導線中通入的電流大小相等，均為I，重力加速度大小為g，現在導線Q的中點施加一沿斜面向上的拉力F，與此同時對兩導線解除鎖定，兩導線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運動。下列說法正確的是()A．兩導線中電流的方向可能相反B．兩導線間的安培力大小為eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬間，導線P、Q的加速度大小之比為2∶1D．去掉Q，導線P僅在外加勻強磁場作用下靜止在斜面上，所加磁場的磁感應強度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)解析：本題考查安培力作用下的牛頓第二定律。由兩導線間距不變沿斜面向上運動可知，P、Q一定相互吸引，則P、Q中電流一定同向，A錯誤；對P、Q整體，有F－3mgsinθ＝3ma，對P進行受力分析，由牛頓第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正確；若F＝6mgsinθ，則P、Q間安培力大小為2mgsinθ，撤去外力F瞬間，對P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，對Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，導線P、Q的加速度大小之比為1∶2，C錯誤；去掉Q，對P受力分析如圖所示，當導線所受安培力沿斜面向上時，磁感應強度最小，由共點力平衡條件可知mgsinθ＝BIL，要使導線P靜止在斜面上，需要外加勻強磁場的磁感應強度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。答案：BD12．(多選)(2022·山西太原模擬)一根金屬條放置在相距為d的兩根金屬軌道上，如圖所示。現讓金屬條以v0的初速度從AA′進入水平軌道，再由CC′進入半徑為r的豎直圓軌道，金屬條到達豎直圓軌道最高點的速度大小為v，完成圓周運動后，再回到水平軌道上，整個軌道除圓軌道光滑外，其余均粗糙，運動過程中金屬條始終與軌道垂直且接觸良好。已知由外電路控制流過金屬條的電流大小始終為I，方向如圖中所示，整個軌道處于水平向右的勻強磁場中，磁感應強度為B，A、C間的距離為L，金屬條恰好能完成豎直面內的圓周運動。重力加速度為g，則由題中信息可以求出()A．金屬條的質量B．金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向C．金屬條運動到DD′時的瞬時速度D．金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數解析：在圓軌道最高點，由牛頓第二定律得BId＋mg＝meq\f(v2,r)，選項A正確；由題中信息可求出金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向，選項B正確；由動能定理得－(mg＋BId)·2r－μ(mg＋BId)·L＝eq\f(1,2)