2019届高考物理二轮复习题型专练 8.1磁场的描述磁吃电流的作用(含解析)

专题8.1 磁场的描述 磁场对电流的作用

1．三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．平行于AB，由A指向B

B．平行于BC，由B指向C

C．平行于CA，由C指向A

D．由O指向C

2．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)(　　)

A．B1－B0

B．B1＋B0

C.

D.

【答案】D　【解析】设条形磁铁在P点处产生的磁感应强度为B′，当N极指向正北方时，B1＝B0＋B′，解得B′＝B1－B0，当N极指向正东方时，P点的磁感应强度B＝＝＝，D正确．

15．如图所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比 (　　)

A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小

C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变

答案：D

解析：两根导线通题图方向大小相同的电流后，导线受到安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面向上的作用力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项D正确。

16．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则 (　　)

A．该磁场是匀强磁场

B．线圈平面总与磁场方向垂直

C．线圈将逆时针转动

D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl

答案：D

17.欧姆最早是用小磁针测量电流的，他的具体做法是：在地磁场的作用下，小磁针处于水平静止状态，在其上方平行于小磁针放置一长直导线，当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转，通过小磁针偏转的角度可测量导线中的电流。已知长直通电导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，当导线通电后，小磁针转动的俯视图如图所示，下面说法正确的是 (　　)

A．通电后小磁针静止时N极所指的方向就是电流产生磁场的方向

B．这种方法只能测量导线电流的大小，不能确定导线电流的方向

C．导线中电流的大小与小磁针转过的角度的正切值成正比

D．导线中电流的大小与小磁针转过的角度的正弦值成正比

答案：C

18．如图所示，在xOy平面内有两根平行y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向大小相等的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，O为z轴上一点，下列说法正确的是 (　　)

A．O点处的磁感应强度为零

B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直

C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行

D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用

答案：AB

解析：根据安培定则可判断出两电流在O点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零，故A正确；两电流在P点的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z轴正方向；两电流在z轴正方向上各点产生的磁感应强度矢量叠加后，都沿x轴负方向，P、Q两点磁场方向垂直，故B正确，C错误；正电荷从O点沿z轴向上运动，由左手定则判断其受沿y轴正方向的洛伦兹力作用，故D错误。

19．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为 (　　)

A．z正向，tanθ B．y正向，

C．z负向，tanθ D．沿悬线向上，sinθ

答案：BC

20．如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是 (　　)

A．方向向上

B．大小为

C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移

D．若使b下移，a将不能保持静止

答案：ACD

解析：由安培定则可知，通电导体棒b周围的磁感应线方向为顺时针方向，所以在a点的磁场方向竖直向上，如图a所示，所以选项A正确；

以导线a为研究对象进行受力分析如图(a)所示，故有mg＝BIL，解得a点处的磁感应强度大小为B＝，所以选项B错误；欲减小b在a处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将b上移或下移都可以，当b上移时，a受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持a受力平衡，所以选项C正确；若b下移，导体棒受力不平衡，故选项D正确。

21．如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：

(1)通过ab的电流大小和方向；

(2)ab受到的安培力大小；

(3)重物重力G的取值范围。

答案：(1)2A　a到b　(2)5N　(3)0.5N≤G≤7.5N

22.如图所示，固定的两光滑导体圆环半径为0.5m，相距1m。在两圆环上放一导体棒，圆环上接有电源，电源的电动势为3V，内电阻不计。导体棒质量为60g，电阻为1.5Ω。匀强磁场竖直向上，且B＝0.4T。开关S闭合后，棒从圆环底端上滑至某一位置后静止，求：

(1)静止后每个环对棒的支持力。(g取10m/s2)

(2)此棒静止后的位置与环底的高度差。

答案：(1)0.5N　(2)0.2m

解析：(1)导体棒静止时，以棒为研究对象受力分析，从右向左看，取纵截面如图所示，设每个环对棒的支持力为FNN，两环对棒的支持力为2FN，棒受重力mg、受安培力F的共同作用而平衡，则三力的合力为零，如图所示。由安培力公式得F＝BIL＝＝N＝0.8N，重力mg＝0.6N，由勾股定理可知，2FN＝1.0N，则FN＝0.5N

(2)设环对棒的作用力FN与水平方向的夹角为θ，棒静止后的位置与环底高度差为h。则tanθ＝＝＝，h＝r(1－sinθ)＝0.5×(1－)m＝0.2m。

23.如图所示为一电流表的原理示意图。质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。

(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长为多少？(重力加速度为g)

(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？

(3)若k＝2.0N/m，＝0.20m，＝0.050m，B＝0.20T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)

(4)若要将量程扩大2倍，磁感应强度变为多大？

答案：(1)　(2)M端　(3)2.5A　(4)0.10T

(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有

2B′Im＋mg＝k(＋Δx)，③

由①③式得：B′＝

代入数据得：B′＝0.10T。

24．如图所示，电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨，间距L＝1 m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值Rab＝Rcd＝R，cd棒质量m＝1 kg.ab棒光滑，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

 (1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab棒中的电流；

(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；

(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件.

【解析】　(1)cd棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．

由平衡条件得BIcdLcos 53°－f＝0

FN－mg－BIcdLsin 53°＝0

又因为f＝μFN

联立以上三式，得Icd＝1.67 A

所以Iab＝2Icd＝3.34 A.

(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止，有

FA′cos 53°≤μ(mg＋FA′sin 53°)

【答案】(1)3.34 A　(2)mab≤2.08 kg　(3)μ≥0.75