高中物理2 磁感应强度 磁通量巩固练习

课时跟踪检测(二十三)  磁感应强度　磁通量

A组—重基础·体现综合

1．关于磁通量，下列说法中正确的是(　　)

A．磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量

B．磁通量越大，磁感应强度越大

C．穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强度不一定为零

D．磁通量就是磁感应强度

解析：选C　磁通量Φ＝BS是标量，它的方向是人为规定的，正、负只是表明从不同的面穿入，磁通量越大，磁感应强度不一定越大。若圆环平面与磁场方向平行，磁通量为零，但磁感应强度不为零。

2．(多选)关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是(　　)

A．磁极在磁场中受磁场力大的地方，该处的磁感应强度一定大

B．磁极在磁场中受磁场力大的地方，该处的磁感应强度不一定大，与放置方向有关

C．通电导线在磁场中受磁场力大的地方，该处磁感应强度一定大

D．通电导线在磁场中受磁场力大的地方，该处磁感应强度不一定大，与放置方向有关

解析：选AD　磁极在磁场中的受力跟放置方向无关，电流在磁场中的受力与放置方向有关。

3．如图1所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角；导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，下列做法不正确的是(　　)

图1

A．增大电流I

B．增加直导线的长度

C．使导线在纸面内顺时针转过30°

D．使导线在纸面内逆时针转过60°

解析：选C　由磁场力公式F＝IlB(l指与磁场方向垂直的有效长度)可知，导线与磁场方向垂直时磁场力最大，导线与磁场平行时磁场力为零；增大电流和直导线长度均能使磁场力增大，故C符合题意。

4．(2020·浙江7月选考)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图2所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(　　)

图2

A．b点处的磁感应强度大小为0

B．d点处的磁感应强度大小为0

C．a点处的磁感应强度方向竖直向下

D．c点处的磁感应强度方向竖直向下

解析：选C　电流周围的磁场截面图如图所示，因I1>I2，则离导线相同距离处B1>B2。由磁感应强度的叠加可以看出，a处的磁感应强度方向竖直向下；b处的磁感应强度大小为Bb1－Bb2，方向竖直向上；c处磁感应强度方向为竖直向上；d处磁感应强度不为0。故答案为C。

5. (多选)如图3所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是(　　)

图3

A．两导线间的空间不存在磁场

B．虚线C处磁感应强度为零

C．AC间磁感应强度垂直纸面向里

D．CB间磁感应强度垂直纸面向外

解析：选BCD　设电流A、B在空间产生的磁感应强度大小分别为BA、BB，根据安培定则，电流A在AB间产生的磁场垂直纸面向里，而电流B在AB间产生的磁场垂直纸面向外，又因IA＝IB，故在AC区，BA>BB，合磁场方向垂直于纸面向里，在BC区，BA<BB，合磁场方向垂直于纸面向外，中线C处BA＝BB，合磁场为零，综上所述，正确的选项为B、C、D。

6．如图4所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)

图4

A．1∶1　　　　　　　 B.1∶2

C．1∶4  D．4∶1

解析：选A　两个线圈的半径虽然不同，但是线圈内的匀强磁场的半径一样，则穿过两线圈的磁通量相同，故选项A正确。

7.如图5所示，匀强磁场的磁感应强度为B，磁场方向与线框平面的夹角为θ，若线框的面积为S，匝数为n，则穿过线框平面的磁通量为(　　)

图5

A．BSsin θ  B．BScos θ

C．nBSsin θ  D．nBScos θ

解析：选A　根据磁通量的概念可知，穿过线框平面的磁通量为BSsin θ。

8．(多选)一根长0.001 m的导线通有0.1 A的电流，放置在匀强磁场中，导线所受磁场力的大小为0.001 N，则该磁场的磁感应强度的大小可能为(　　)

A．5 T  B．10 T

C．15 T  D．20 T

解析：选BCD　根据F≤BIl，则B≥＝ T＝10 T。

9．(多选)有一个面积很小的圆环，设这个圆环所在位置的磁感应强度为B，穿过圆环的磁通量为Φ，则下列判断中正确的是(　　)

A．如果Φ＝0，则B＝0  B．如果Φ≠0，则B≠0

C．如果B＝0，则Φ＝0  D．如果B≠0，则Φ≠0

解析：选BC　通过圆环的磁通量为Φ＝BScos θ，θ为圆环所在平面与垂直于磁感线平面的夹角，由公式可知B、C正确；圆环所在平面与磁感线平行时，穿过圆环的磁通量为零，故A、D错误。

B组—重应用·体现创新

10．(2021年1月新高考8省联考·河北卷)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝k，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图6中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为(　　)

图6

A.I0，沿y轴正向  B.I0，沿y轴负向

C.I0，沿y轴正向  D.I0，沿y轴负向

解析：选A　沿x轴方向导线电流在A点的磁感应强度大小为Bx＝k，由安培定则，可知方向垂直xOy平面向外，由题知A点的磁感应强度为零，则沿y轴方向导线电流产生的磁感应强度方向垂直xOy平面向里，由安培定则知，沿y轴放置的导线中电流方向沿y轴正向，其在A点的磁感应强度大小满足By＝k＝k，即沿y轴放置的导线中电流的大小I＝I0，故A项正确。

11.如图7所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L，电流均为I′，方向垂直纸面向里，O点为P、Q连线的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感应强度方向为(　　)

图7

A．方向指向x轴正方向   B.方向指向y轴正方向

C．方向指向x轴负方向  D．方向指向y轴负方向

解析：选C　P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以O点合磁感应强度等于R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则可知，其方向沿x轴负方向。

12．欧姆在探索通过导体的电流与电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生的电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转的角度增大到60°时，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)(　　)

A．2I  B．3I

C.I  D．无法确定

解析：选B　根据题意可知，地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系如图所示。

当夹角为30°时，有：

B1＝kI1＝B地tan 30°　①

当夹角为60°时，有：B2＝kI2＝B地tan 60°　②

由①②解得：I2＝3I1＝3I，故A、C、D错误，B正确。

13．(多选)如图8所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是(　　)

图8

A．通过abcd平面的磁通量大小为L2B

B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2B

C．通过abfe平面的磁通量大小为零

D．通过整个三棱柱表面的磁通量为零

解析：选BCD　abcd平面在垂直于B方向的投影S⊥＝L2，所以Φ＝BS⊥＝L2B，A错误；dcfe平面与B垂直，S＝L2，所以Φ＝L2B，B正确；abfe平面与B平行，S⊥＝0，Φ＝0，C正确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以Φ＝0，D正确。

14.如图9所示，正方形线圈abcO边长为0.8 m，匀强磁场沿x轴正向，B＝0.2 T，线圈在图示位置绕Oz轴转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了多少？

图9

解析：由题意，初磁通量

Φ1＝BSsin 0°＝0

末磁通量

Φ2＝BSsin 60°＝0.2×0.82× Wb

＝0.064 Wb≈0.11 Wb

所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝0.11 Wb。

答案：0.11 Wb

15.如图10所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0 cm，现在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0 cm，10匝；B线圈半径为2.0 cm，1匝；C线圈半径为0.5 cm，1匝。问：

图10

(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？

(2)当磁场方向转过30°角的过程中，C中的磁通量改变多少？

解析：(1)A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、B线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈中的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积。

设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A、B，磁通量的改变量：ΔΦA＝ΔΦB＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2Wb＝1.256×10－4 Wb。

(2)当线圈平面与磁场方向垂直，若用公式Φ＝BSsin θ求磁通量，此时θ1＝90°，

当磁场方向转过30°角时，磁场方向与线圈平面之间的夹角为θ2＝60°。

对线圈C：设C线圈的半径为r，

Φ1＝Bπr2sin θ1

Φ2＝Bπr2sin θ2

磁通量的改变量：

ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2(sin 90°－sin 60°)

＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)Wb

＝8.4×10－6 Wb。

答案：(1)1.256×10－4 Wb　1.256×10－4 Wb　

(2)8.4×10－6 Wb