高中物理高考 课时作业29

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课时作业29　磁场及其对电流的作用时间：45分钟1．关于磁场的磁感线，下列说法正确的是(　B　)A．条形磁铁的磁感线从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极B．磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁感线密的地方磁场强C．磁感线是客观存在的物质，没画磁感线的地方就表示磁场不存在D．通电长直导线周围的磁感线是以导线为圆心的均匀分布的同心圆解析：在磁体的外部磁感线是从磁体的N极出发回到S极，但在磁体的内部磁感线是从磁体的S极出发回到N极，故A错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁感线密的地方磁场强，故B正确；磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，但磁感线不是真实存在的，故C错误；通电长直导线周围的磁感线是以导线为圆心的同心圆，但不是均匀分布的，越向外磁场越弱，所以磁感线越向外就变得越稀疏，故D错误．2．在匀强磁场中，A、B两点分别引入长度相等的长直导线，导线与磁场方向垂直．如图所示，图中a、b两条图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受磁场力F和通过导线的电流I的关系．关于A、B两点的磁感应强度大小BA、BB，下列说法正确的是(　B　)A．BA＝BB   B．BA>BBC．BA<BB   D．无法比较解析：根据公式F＝BIL，F­I图象的斜率为BL，由于长度L一定，故斜率越大，表示磁感应强度B越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，即BA>BB，故B正确．3．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为(　A　)A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：如图所示，由右手螺旋定则可知，A处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知B、C处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导体棒中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.4．如图所示，置于倾角为θ的导轨上的通电导体棒ab，恰好保持静止，在下图的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，下图中导体棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是(　A　)解析：A图中导体棒受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故A正确；B图中导体棒受重力、垂直斜面向下的安培力和斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，选项B错误；C图中导体棒受重力、竖直向下的安培力和垂直斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故C错误；D图中导体棒受重力、水平向左的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故D错误．5．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(　C　)A．a点   B．b点C．c点   D．d点解析：由安培定则画出a、b、c、d点的磁感线的分布图，由图可知电流I1、I2在a、c两点的磁场方向相反，这两点处的磁感应强度可能为零，又I1>I2，故磁感应强度为零的点距I1的距离应比I2的大，故C正确，A、B、D均错误．6．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(　A　)A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB解析：由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，故知C、D选项错误．再由安培力公式F＝BIL可得合力大小为(＋1)ILB.选项A正确．7．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是(　A　)A．电流大小为，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为，电流方向沿逆时针方向C．电流大小为，电流方向沿顺时针方向D．电流大小为，电流方向沿逆时针方向解析：要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·R，求得I＝，A项正确．8．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ<90°)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I.则下列四幅图象中，能正确反映θ与I的变化规律的是(　A　)　解析：对ab棒受力分析如图所示：由平衡条件有tanθ＝，得I＝·，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误．9．(2019·江苏南通一调)在匀强磁场中有由粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点间接一直流电源，电流方向如图所示，则(　D　)A．导线ab受到的安培力大于导线ac受到的安培力B．导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力C．线框受到的安培力的合力为零D．线框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下解析：设线框abc的边长为L，则导线ab受到的安培力大小为F1＝BI1L，导线ac所受的安培力大小为F2＝BI2L，由并联分流规律可知，2I1＝I2，则F1＝2F2，故A错误；导线abc的有效长度为L，故受到的安培力大小为F＝BI1L<F2，故B错误；根据左手定则，导线abc受到的安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，合力方向垂直于ac向下，故C错误，D正确．10．(2019·浙江杭州模拟)如图所示，一根所受重力为G＝0.1 N、长为L＝1 m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的绝缘弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通入I＝1 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx＝0.01 m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B＝0.4 T，则(　C　)A．导体中电流的方向为a→bB．每根弹簧的弹力大小为0.5 NC．弹簧的劲度系数为5 N/mD．若导体中不通入电流，则弹簧比原长伸长了0.02 m解析：由题意可知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向为b→a，故A错误；通电后，ab导体的有效长度l＝L＝0.5 m，受到的安培力为F＝BIl＝0.2 N，F－2F弹＝G，F弹＝＝ N＝0.05 N，故B错误；根据F弹＝kΔx，解得k＝＝ N/m＝5 N/m，故C正确；若导体中不通入电流，则有2kx＝G，弹簧的伸长量x＝＝ m＝0.01 m，故D错误．11．(2019·河北五个一名校二模)(多选)已知通电长直导线在周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离．如图所示，a、b两根通电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端，两根直导线中的电流大小相等，a中电流方向垂直圆所在平面向里，b中电流方向垂直圆所在平面向外，此时圆心O处的磁感应强度大小为B，则(　BC　)A．圆心O处的磁感应强度的方向垂直于ab连线向上B．若在圆心处放置一通有垂直于纸面向里电流的直导线c，则此时c受到的安培力方向平行于ab指向aC．若只将直导线b沿圆周绕O点顺时针转动120°，其他条件不变，则O处的磁感应强度大小变为D．若只将直导线b沿圆周绕O点顺时针转动90°，其他条件不变，则O处的磁感应强度大小变为B解析：两直导线中电流大小相等，到圆心O的距离相等，由安培定则可知，两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0，则B＝2B0，方向垂直于ab连线向下，故A错误；根据左手定则，通电直导线c受到的安培力方向平行于ab指向a，故B正确；将直导线b顺时针旋转120°后，由安培定则可知，a、b两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等，夹角为120°，合磁场磁感应强度大小为B0，即，故C正确；将直导线b沿圆周绕O点顺时针旋转90°，两直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直，所以B′＝B0＝B，故D错误．12．(2019·江西新余联考)(多选)有一根质量为m、长度为d的导体棒，通有垂直纸面向里的电流I，被长度为L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上，处于静止．此时在此空间加竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，保持导体棒中的电流I始终不变，细线偏离竖直方向的夹角最大值为60°，导体棒始终保持水平，则(　ACD　)A．磁场的磁感应强度大小为B＝B．磁场的磁感应强度大小为B＝C．在导体棒摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为LD．在导体棒摆动过程中细线的最大拉力为F＝(2－2)mg解析：本题考查安培力的定性分析与定量计算．匀强磁场竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向左，导体棒向左摆起，细线偏离竖直方向的夹角最大值为60°，由动能定理得BId·Lsin60°－mg(L－Lcos60°)＝0，解得B＝，故A项正确，B项错误；根据运动的对称性，当细线偏离竖直方向的夹角为30°时，导体棒的速度最大，细线上的拉力最大．此时导体棒上升的高度h＝L(1－cos30°)＝L，故C项正确；当细线从最低点摆至偏离竖直方向的夹角为30°的过程，应用动能定理可得：BIdLsin30°－mg(1－cos30°)L＝mv2，在细线偏离竖直方向的夹角为30°的位置，由牛顿第二定律知：F－mgcos30°－BIdsin30°＝m，联立解得：F＝2mg－2mg，故D项正确．13．(2019·北京海淀模拟)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1＝15.0 g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量m0＝10.0 g、匝数n＝10、下边长l＝10.0 cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 Ω.开关S闭合后，调节可变电阻R1使天平平衡，此时理想电压表示数U＝1.4 V，R1＝10 Ω.g取10 m/s2，求：(1)线圈下边所受安培力的大小F，以及线圈中电流的方向；(2)矩形线圈的电阻R；(3)该匀强磁场的磁感应强度B的大小．解析：(1)天平平衡，因此有m1g＝m0g＋F，可得F＝m1g－m0g＝0.05 N，F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线圈中电流方向为顺时针．(2)线圈中电流的大小I＝＝0.1 A，根据电路规律有U＝I(R1＋R)，可得R＝4 Ω.(3)矩形线圈下边所受安培力大小F＝nBIl，可得B＝＝0.5 T.答案：(1)0.05 N　顺时针　(2)4 Ω　(3)0.5 T