适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练51

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课时规范练51
基础对点练
1.(磁场、磁感线)(2023广东广州开学考试)关于磁场的说法正确的是(　　)
A.通电导线在磁场中受到的安培力越大,该位置的磁感应强度越大
B.因地磁场影响,在进行奥斯特实验时,通电导线南北放置时实验现象最明显
C.垂直磁场放置的通电导线受力的方向就是磁感应强度的方向
D.地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
答案 B
解析 通电导线在磁感应强度很大的地方,若平行磁场放置,安培力也可能为零,A错误;根据安培定则可知,导线的磁场方向与导线电流的方向垂直,可知因地磁场影响,在进行奥斯特实验时,通电导线南北放置时实验现象最明显,B正确;垂直磁场放置的通电导线受力的方向与磁感应强度方向相互垂直,C错误;磁感线是闭合的曲线,不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行,D错误。
2.(安培力的计算)(2022山东济南月考)如图所示,将一根同种材料制成、粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈,固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。C、D两点将线圈分为上、下两部分,且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现将大小为I的恒定电流自C、D两点间通入,则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为(　　)

ABIR BBIR
C.BIR D.0
答案 A
解析 由几何关系可知,C、D两点间的距离L=Rsin60°×2=R,由等效思想可知,导体线圈受到的总安培力的大小F安=BIL=BIR,故选A。
3.(电流的相互作用)(2022广东潮州模拟)如图所示,两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流,a受到的磁场力大小为F,加入一垂直导线所在平面(纸面)向外的匀强磁场后,a受到的磁场力大小变为3F,则此时b受到的磁场力大小为(　　)

A.F B.2F
C.3F D.4F
答案 A
解析 根据安培定则和左手定则可知a受到b施加的磁场力水平向右,由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F,方向水平向左。加匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F,方向水平向右,则匀强磁场施加给a的力方向水平向右,大小为2F,施加给同向电流b的力方向也水平向右,则b受到的合力大小为2F-F=F,A正确,B、C、D错误。
4.(地磁场、磁感应强度的叠加)(多选)(2022全国乙卷)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图所示,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(　　)

测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场大小约为50 μT
C.第2次测量时y轴正向指向南方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
答案 BC
解析 本题考查地磁场的特点及磁感应强度的叠加计算。由表中z轴数据可得出此处的磁感应强度在竖直方向上的分量竖直向下,则测量地点应位于北半球,A错误;此处的磁感应强度大小为B=,任意代入一组数据可得B约为50μT,B正确;北半球地磁场指向北方斜向下,第2次测量时By0,故x轴正方向指向北方,y轴正方向指向西方,D错误。
5.(安培力作用下导体的平衡问题)(2022湖南卷)如图甲所示,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)

A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
答案 D
解析 当导线静止在题图甲右侧位置时,对直导线MN进行受力分析,如图所示,由左手定则知,导线中电流方向由M指向N,故A错误;与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,因此F安=Gsinθ,FT=Gcosθ,F安=BIl,可得sinθ与I成正比,当I增大时,θ增大,cosθ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,故B、C错误,D正确。

素养综合练
6.如图所示,匀强磁场方向水平向右,一根长为L的直导线,折成互相垂直且等长的两部分ab和bc后放在匀强磁场中,ab段竖直,bc段与磁场平行,给导线通以大小为I的电流,导线受到的安培力为F;保持导线固定,将磁场以导线ab为轴转过90°,则导线受到的安培力大小为F'。下列说法正确的是(　　)

A.匀强磁场的磁感应强度大小为
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.F'=F
D.F'=F
答案 D
解析 由题意知F=BIL,解得B=,故A、B错误;将磁场在水平面内转过90°,ab、bc两段受到的安培力大小均为F,互相垂直,则导线受到的安培力大小F'=F,故C错误,D正确。
7.(2022安徽滁州定远二中模拟)通电长直导线周围产生磁场,其某处磁感应强度的大小与电流大小成正比,与该处到直导线的垂直距离成反比。M、N、P是半圆上的三点,O点是圆心,MN为直径,∠NOP=60°。在M、N处各有一条垂直半圆面的长直导线,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,此时O点的磁感应强度大小为B1,P点的磁感应强度大小为B2,则(　　)

A.B2∶B1=2 B.B2∶B1=1
C.B2∶B1=1∶2 D.B2∶B1=2∶1
答案 B
解析 根据安培定则,两直线电流在O点和P点的磁感应强度方向如图所示,假设圆的半径为R,则在O点处有BN=k,BM=k,则有B1=BM+BN=,则在P点处有BN'=k,BM'=k,则有B2=,故,B正确,A、C、D错误。

8.(多选)两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑绝缘斜面上,质量分别为m、3m,两导线均接恒流源,流入的电流大小均为I,重力加速度大小为g,其截面图如图所示。现在施加一垂直斜面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,与此同时对两导线解除锁定,两导线间距离保持不变一起沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是(　　)

A.两导线中电流的方向可能相反
B.两导线间的安培力大小为BIL
C.所加磁场的磁感应强度大小满足B>
D.若BIL=3mgsin θ,撤去匀强磁场B瞬间,其他条件不变,导线P、Q的加速度大小之比为3∶1
答案 BC
解析 由于两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动,因此P、Q一定相互吸引,P、Q中电流一定同向,A错误。对P、Q整体由牛顿第二定律有2BIL-4mgsinθ=4ma,设P和Q间的安培力为FQP,对P进行受力分析,根据牛顿第二定律可知BIL-FQP-mgsinθ=ma,解得FQP=BIL,B正确。由于对P、Q整体有2BIL-4mgsinθ=4ma,且a>0,因此B>,C正确。若BIL=3mgsinθ,则P、Q间安培力大小为FQP=mgsinθ,撤去外加磁场瞬间,对P受力分析可得FQP+mgsinθ=maP,解得aP=gsinθ,加速度方向沿斜面向下;对Q受力分析可得3mgsinθ-FQP=3maQ,解得aQ=gsinθ,加速度方向沿斜面向下;所以,P、Q加速度大小之比为5∶1,D错误。
9.如图所示,在倾角为θ=37°的斜面上,固定一宽为L=1.0 m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m=0.4 kg、电阻R0=2.0 Ω、长为1.0 m的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E=12 V,内阻r=1.0 Ω,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑动变阻器的阻值符合要求,其他电阻不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。现要保持金属棒在导轨上静止不动,求:

(1)金属棒所受安培力的取值范围;
(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
答案 (1) N≤F≤8 N　(2)0≤R≤30 Ω
解析 (1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行斜面向下,设金属棒受到的安培力大小为F1,其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sinθ+mgcosθ,F1cosθ=mgsinθ+Ffmax,Ffmax=μFN
以上三式联立并代入数据可得F1=8N

甲

乙
当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时,设金属棒受到的安培力大小为F2,其受力分析如图乙所示。则有
FN'=F2sinθ+mgcosθ,F2cosθ+Ffmax'=mgsinθ,Ffmax'=μFN'
以上三式联立并代入数据可得F2=N
所以金属棒受到的安培力的取值范围为N≤F≤8N。
(2)因磁场与金属棒垂直,所以金属棒受到的安培力为F=BIL,因此有I=,由安培力的取值范围可知电流的取值范围为A≤I≤4A
设电流为I1=A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1,
由闭合电路欧姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入数据可得R1=30Ω
电流为I2=4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2,由闭合电路欧姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入数据可得R2=0
所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω。