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2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题25磁场对电流的作用力【专题导航】目录热点题型一安培定则的应用及磁场的叠加1命题角度一安培力的大小和方向2命题角度二磁场的叠加3热点题型二导体运动趋势的判断5热点题型三安培力作用力下的平衡或加速问题8命题角度一安培力作用下导体的平衡问题8命题角度二安培力作用下导体的加速问题10【题型归纳】热点题型一安培定则的应用及磁场的叠加
1.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因和果
2.磁场登加问题的解题思路B.坐Bo比,水平向右【答案】D【解析】根据安培定则,知A、8电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下,如图所示,可知0=30,则有:Bc=小Bo方向竖直向下;再由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为F安=小BoIL;由于导线位于水平面且处于静止状态所以导线受到的静摩擦力大小为小及〃,方向水平向右.命题角度二安培力作用下导体的加速问题【例5】.侈选)(2020•广东肇庆二模)如图甲所示,电流恒定的通电直导线MM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在两物间存在着竖直磁场,取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向,当1=0时导线恰好静止若8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第10页,共13页【答案】AD【解析】当/=()时,由左手定则可知,MN受到向右的安培力,根据产安=8U由于8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,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,C错误,D正确【变式6](2()19•山西太原模拟)一金属条放置在相距为4的两金属轨道上,如图所示.现让金属条以no的初速度从A4进入水平轨道,再由CC进入半径为,的竖直圆轨道,金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小为丫,完成圆周运动后,再回到水平轨道上,整个轨道除圆轨道光滑外,其余均粗糙,运动过程中金属条始终与轨道垂直且接触良好.已知由外电路控制流过金属条的电流大小始终为/方向如图中所示,整个轨道处于水平向右的匀强磁场中,磁感应强度为从A、C间的距离为心金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动.重力加速度为g则由题中信息可以求出()B.金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向【答案】ABD【解析】在圆轨道最高点,由牛顿第二定律,有8/+〃陪=〃3所以选项A正确;由题中信息可求出金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向,选项B正确由于不知道CO间距,故不能求出金属条运动到时的瞬时速度,所以选项C错误;由动能定理得一(〃吆+8/分2厂一〃(〃吆加所以选项D正确.【变式7】光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,点为圆弧的圆心.两金属轨道之间的宽度为
0.5m匀强磁场方向如图所示大小为
0.5T.质量为
0.05kg、长为
0.5m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点.当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时,金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动.己知MN=OP=1m则下列说法中正确的是()第11页,共13页A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到尸点时对每一条轨道的作用力大小为
0.75N【答案】D【解析】.金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小尸安=8〃N=
0.5N金属细杆开始运动时的加速度大小为a=U=10m/s2选项A错误;对金属细杆从M点到P点的运动过程,安培力做功卬安=尸安.(MN+OP)=1J重力做功优=一〃rON=-
0.5J由动能定理得W安+解得金属细杆运动到2点时的速度大小为4m/s选项B错误;金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为=7=20nVs2选项C错误在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力广和水平向右的安培力尸安,由牛解得产=
1.5N每一条轨道对金属细杆的作用力大小为
0.75N由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为
0.75N选项D正确.【变式8](多选)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图待发射弹体与轨道保持良好接触,并可在两平行轨道之间无摩擦滑动电流从一条轨道流入,通过弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与电流/成正比通电的弹体在安培力的作用下离开轨道,则下列说法正确的是()hL轨道A.弹体向左高速射出B./为原来的2倍,弹体射出的速度也为原来的2倍C.弹体的质最为原来的2倍,射出的速度也为原来的2倍第12页,共13页D.轨道长度L为原来的4倍,弹体射出的速度为原来的2倍【答案】BD【解析】根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B=H(其中左为比例系数),轨道间距为/弹体的质量为〃2射出时的速度为V,则安培力IB//3/2/根据动能定理有也=/〃状联立可得1,=人/选项C错误,B、D正确第13页,共13页⑴确定磁场场源,如通电导线.
(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向.如图5所示为M、N在c点产生的磁场以八Bn.
(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B.命题角度一安培力的大小和方向【例11(2019•全国卷I・17)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接.已知导体棒受到的安培力大小为凡则线框LMN受到的安培力的大小为()【答案】B【解析】设三角形边长为/通过导体棒MN的电流大小为/则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为多如图所示,依题意有产=8〃则导体棒ML和LN所受安培力的合力为昌=/1=》,方向与户的方向相同,所以线框LMN受到的安培力大小为F+Fi=l.5F选项B正确.【变式1](2020•陕西汉中市期末)如图所示,三根相互平行的固定长直导线L、心和小两两等距,通过心、第2页,共13页心中的电流相同,LH心中的电流方向垂直纸面向里,乙3中的电流方向垂直纸面向外,在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线,则该导线受到的安培力的方向为()A.指向匕B.指向心C.指向上3D.背离£3【答案】C【解析】因同向电流之间相互吸引,异向电流之间相互排斥,可知心对等边三角形的中心上的导线是吸引力,方向指向小;而导线心和心对等边三角形的中心上的导线都是斥力,因大小相等且互成120角,则其合力方向指向上,则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向心,故选C.命题角度二磁场的叠加【例2】(2020•陕西渭南市教学质检
(二))有两条长直导线垂直水平纸面放置,交纸面于〃、b两点通有大小相等的恒定电流,方向如图
8.〃、人的连线水平,c是他的中点,4点与c•点关于匕点对称.已知c点的磁感应强度为5i,d点的磁感应强度为乐则关于处导线在d点产生磁场的磁感应强度的大小及方向,下列说法中正确的是()0cbdA.B1+B2方向竖直向下B.BlB”方向竖直向上C仔+%,方向竖直向上D件一治方向竖直向下【答案】D【解析】根据安培定则,、力导线在点的磁场方向都向下,因〃、8导线通有大小相等的恒定电流,故b导线在点的磁场为与,由于b距离c点和d点一样,所以b导线在d点的磁场大小为学第3页,共13页方向向上;根据安培定则,导线在d点的磁场方向向卜,则其大小吟一生.【变式2](2020•江苏泰州市上学期期末)如图所示,在磁感应强度大小为8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/.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里且大小相等的电流时,纸面内与两导线距离为/的点处的磁感应强度为零.若仅让中的电流反向,则〃点处磁感应强度的大小为()A.28()B.^BoC.乎8()D.Bo【答案】B【解析1在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流/时,纸面内与两导线距离为/的点处的磁感应强度为0由此可知,外加的磁场方向与PQ平行,且由Q指向P即以=氏依据几何关系有3Kos30=如,解得通电导线P或在a处的磁场大方向垂直于PQ向上,由矢量的合成法则,那么〃点处磁感应强度的大小为3=故B正确,A、C、D错误.第4页,共13页热点题型二导体运动趋势的判断判断导体运动趋势常用方法【例2】一个可以自由运动的线圈心和一个固定的线圈心互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈必将()【答案】B第5页,共13页【解析】法一电流元分析法把线圈心沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在小产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L将顺时针转动.法二等效分析法把线圈Li等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流h的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流h的磁场方向,由安培定则知A产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而b等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈6将顺时针转动.法三结论法环形电流
4、之间不平行,由于两不平行的电流的相互作用,则两环必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈必将顺时针转动.【变式1】⑵)20•北京海淀区3月适应性练习汝1图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置.接通电路后发现两根导线均发生形变,此时通过导线M和N的电流大小分别为人和小己知人>/2方向均向上.若用Q和尸2分别表示导线M与N受到的磁场力,则下列说法正确的是()A.两根导线相互排斥B.为判断K的方向,需要知道八和4的合磁场方向C.两个力的大小关系为片>尸2D.仅增大电流/2R、B会同时增大【答案】D第6页,共13页【解析】同向电流相互吸引,故A错误;为判断R的方向,需要知道/2在L处产生的磁场方向,故B错误;印和乃是作用力和反作用力,大小相等,方向相反,故C错误;增大电流/2人、F2同时增大,故D正确.【变式2](2020•吉林公主岭市调研)将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来,在其附近放一块条形磁铁,磁铁的轴线与圆环在同一个平面内,且通过圆环中心,如图12所示,当圆环中通以顺时针方向的电流时,从上往下看()【答案】C【解析】该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针,N极在内,S极在外,根据同极相斥、异极相吸,C正确.【变式3】.(2020•唐山模拟)将长为L的导线弯成六分之一圆弧,固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中,两端点A、C连线竖直,如图所示.若给导线通以由A到C、大小为/的恒定电流,则导线所受安培力的大小和方向是()2_1—A.水平向左C.嘤,水平向右【答案】D.第7页,共13页【解析】弧长为L,圆心角为60,则弦长AC=芋,导线受到的安培力/=引/=」;,由左手定则可知7T7T导线受到的安培力方向水平向左.热点题型三安培力作用力下的平衡或加速问题.安培力公式尸=3〃中安培力、磁感应强度和电流两两垂直,且L是通电导线的有效长度..通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路⑴选定研究对象;2变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F衣J_
8、F•山如图所示.命题角度一安培力作用下导体的平衡问题[例4].2020•河南平顶山市一轮复习质检如图所示,金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的、0点,杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流,空间有竖直向上的匀强磁场,杆静止时处于水平,悬线与竖直方向的夹角为仇若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过9,在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变,则在转动过程中,磁场的磁感应强度大小的变化情况是第8页,共13页A.一直减小B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】C【解析】磁场在转动的过程中,杆处于平衡状态,杆所受重力的大小和方向不变,悬线的拉力方向不变,由图解法结合左手定则可知,在磁场沿逆时针方向缓慢转动的过程中,安培力先减小后增大,由尸=8比可知,磁场的磁感应强度先减小后增大,故选C.【变式4](多选)(2020•河南驻马店市第一学期期终)光滑斜面.上放置•个通电导体棒,施加磁场后导体棒静止在斜面上,则以下四种情况中可能的是(【答案】BC【解析】A图,由左手定则可知,导体棒受到竖直向下的安培力作用,导体棒所受合力不可能为0选项A错误;B图中的导体棒受到的安培力水平向右,导体棒所受合力可能为0选项B正确;C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上,导体棒所受合力可能为0选项C正确;D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向卜,导体棒受到的合力不可能为0选项D错误.【变式5】(2020•湖南娄底市下学期质量检测)如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为/其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为反,导线C位于水平面且处于静止状态,则导线受到的静摩擦力是()第9页,共13页_因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指电流元法左手定则分割为电流元>安培力方向一>整段导体所受合力方向一>运动方向特殊位置法在特殊位置一>安培力方向一>运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向。