物理选择性必修 第二册1 磁场对通电导线的作用力免费当堂检测题

这是一份物理选择性必修 第二册1 磁场对通电导线的作用力免费当堂检测题，共15页。

第一章　安培力与洛伦兹力
1　磁场对通电导线的作用力
基础过关练
题组一　安培力的方向
1.(2020河北承德一中高三月考)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线中通有顺时针方向的电流时,铜线所受安培力的方向(　　)

　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.向前 B.向后 C.向左 D.向右
2.如图所示,A为一个水平旋转的橡胶圆盘,带有大量均匀分布的负电荷,在圆盘正上方水平放置一根通电直导线,电流方向如图所示。当圆盘绕中心轴OO'高速顺时针转动时(从上向下看),通电直导线所受安培力的方向是(　　)

A.竖直向上 B.竖直向下
C.水平向里 D.水平向外
3.(2020山东青岛二中高二期中)如图,均匀绕制的螺线管水平放置,在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A,A与螺线管垂直,A导线中的电流方向垂直纸面向里。闭合开关S,A受到通电螺线管产生的磁场的作用力的方向是(　　)

A.竖直向上 B.竖直向下
C.水平向右 D.水平向左
4.(2020浙江宁波效实中学高二上期中)如图所示为两根互相平行的通电直导线a、b的横截面图,a、b中的电流方向已在图中标出,那么导线a中的电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的安培力的方向分别是(深度解析)

A.顺时针方向　向右 B.顺时针方向　向左
C.逆时针方向　向左 D.逆时针方向　向右
题组二　安培力的大小
5.如图所示,通电直导线置于匀强磁场中,导线与磁场方向垂直。若仅将导线中的电流增大为原来的4倍,则导线受到安培力的大小将(　　)

A.增大为原来的2倍 B.增大为原来的4倍
C.减小为原来的14 D.减小为原来的12
6.如图所示,通电导线MN置于垂直于纸面向里的匀强磁场中,其中的电流保持不变。当它在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时,通电导线所受安培力的大小变化情况是(　　)

A.变小 B.变大
C.不变 D.不能确定
7.如图所示,水平导轨接有电源,导轨上固定有三根导体棒a、b、c,其中c最长,b最短,c为一直径与b等长的半圆,将装置置于向下的匀强磁场中。在接通电源后,三导体棒中有等大的电流通过,则三导体棒受到安培力的大小关系为(　　)

A.Fa>Fb>Fc B.Fa=Fb=Fc
C.Fa>Fb=Fc D.Fb 8.(2018浙江宁波慈溪中学模拟)长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中,电流方向与磁场方向如图所示,已知磁感应强度为B,对于下列各图中,导线所受安培力的大小计算正确的是(　　)

9.(2020山西太原五十三中学高二月考)如图,长为3L的直导线折成边长分别为ac=L、cd=2L的直角导线,置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B。当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时,该通电导线受到的安培力大小为(深度解析)

A.3BIL B.5BIL C.3BIL D.BIL
10.(2019河北南和一中高三月考)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向斜向右上方,与水平方向的夹角为45°。一个四分之三金属圆环ab置于匀强磁场中,圆环的半径为r,圆心为O,两条半径Oa和Ob相互垂直,Oa沿水平方向,Ob沿竖直方向。将圆环等分为两部分,当圆环中通以电流I时,一半圆环受到的安培力大小为(　　)

A.BIr B.34πBIr C.12BIr D.22BIr
11.(2020辽宁实验中学高二上月考)如图所示,三根长均为L的直导线水平放置,截面构成以A为顶点的等腰直角三角形,其中导线A、B中电流的方向垂直纸面向里,导线C中电流的方向垂直纸面向外。若导线B、C中的电流在导线A所在位置产生的磁感应强度的大小均为B0,导线A通过的电流大小为I,则导线A受到的安培力的大小和方向为(　　)

A.2B0IL,水平向左 B.2B0IL,水平向左
C.2B0IL,竖直向上 D.2B0IL,竖直向上
12.如图所示,半径为R的圆环与一个轴向对称的发散磁场处处垂直,环上各点的磁感应强度B大小相等,方向均与环面轴线方向成θ角。若给圆环通以恒定电流I,则圆环所受安培力的大小为(　　)

A.0 B.2πRBI
C.2πRBI cos θ D.2πRBI sin θ
题组三　磁电式电流表
13.关于磁电式电流表,以下说法错误的是(　　)
A.指针稳定后,螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向是相反的
B.通电线圈中的电流越大,电流表指针偏转角度也越大
C.在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场
D.在线圈转动的范围内,线圈所受安培力大小与电流大小有关,而与所处位置无关
14.(2020山东济宁高二月考)如图甲所示为某磁电式电流表的原理图,蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图乙所示,其磁感应强度的大小处处相等,都为B。一边长为L的正方形线圈处在磁场中,当通有大小为I、方向如图乙的电流时,下列说法正确的是(易错)

甲

乙
A.由于磁感应强度的大小处处相等,则该磁场为匀强磁场
B.穿过正方形线圈的磁通量大小为BL2
C.正方形线圈的左边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
D.正方形线圈的右边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
能力提升练
题组一　安培力的矢量性及叠加问题
1.(2020江西南昌新建一中高二期末,)如图,“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,ab⊥bc,ab长为l,bc长为34l,导线通入恒定电流I。设导线受到的安培力大小为F,方向与bc夹角为θ,则(　　)

　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.F=74BIl,tan θ=43 B.F=74BIl,tan θ=34
C.F=54BIl,tan θ=43 D.F=54BIl,tan θ=34
2.()如图所示,四边形通电闭合线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中,它受到的安培力的合力(　　)

A.方向竖直向上 B.方向垂直于ad斜向上
C.方向垂直于bc斜向上 D.为零
3.(2020广东深圳实验学校高三上月考,)有四条垂直于纸面的长直固定导线,电流方向如图所示,其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等,三条导线与d的连线互成120°角。四条导线中的电流大小都为I,其中a导线对d导线的安培力大小为F。现突然把c导线中的电流方向改为垂直于纸面向外,电流大小不变,此时d导线所受安培力的合力大小为(　　)

A.0 B.F C.3F D.2F
4.(2020江苏启东中学高二上期末,)在匀强磁场中有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(　　)

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
题组二　安培力作用下导体运动方向的判断
5.(2020山西太原高二上期末,)如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在条形磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流后,线圈的运动情况是(　　)

A.向左运动
B.向右运动
C.顺时针转动(从上往下看)
D.逆时针转动(从上往下看)
6.(2020福建连城一中高二上月考,)固定直导线c垂直于纸面,可动导线ab通以图示方向的电流,用弹簧测力计悬挂在导线c的上方,若导线c中通以垂直于纸面向外的电流,以下判断正确的是(　　)

A.可动导线a端转向纸外,同时测力计读数减小
B.可动导线a端转向纸外,同时测力计读数增大
C.可动导线b端转向纸外,同时测力计读数减小
D.可动导线b端转向纸外,同时测力计读数增大
7.(2020四川遂宁高二上期末,)在匀强磁场中,一通有恒定电流的导体圆环用绝缘细线悬挂在天花板上,初始时刻圆环平面与磁场方向平行,如图所示。则关于圆环开始通电后转过角度θ(θ≤90°)的过程(从上往下看),下列说法正确的是(　　)

A.圆环顺时针转动,同时有向内收缩的趋势
B.圆环逆时针转动,同时有向内收缩的趋势
C.圆环顺时针转动,同时有向外扩张的趋势
D.圆环逆时针转动,同时有向外扩张的趋势
题组三　安培力作用下导体的平衡问题
8.(2020山东陵城一中高二月考,)粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下,ab恰好水平,如图所示。已知ab的质量m=2 g,ab的长度L=20 cm,沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T,方向垂直纸面向里,电源的电动势为12 V,电路总电阻为12 Ω。现将开关闭合,以下说法正确的是(　　)

A.导体棒ab所受的安培力方向竖直向上
B.能使两根弹簧恰好处于原长
C.导体棒ab所受的安培力大小为0.02 N
D.若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm,则弹簧的劲度系数为5 N/m
9.(2020陕西汉中龙岗学校高二期末,)在两个倾角均为α的光滑斜面上,放有两个相同的金属棒,分别通有电流I1和I2,磁场的磁感应强度大小相同,方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上,如图甲、乙所示,两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为(深度解析)

A.sin α∶1 B.1∶sin α
C.cos α∶1 D.1∶cos α
10.(2020广东深圳高三上月考,)如图所示,一平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定于斜面上,另一端拉住条形磁铁,条形磁铁处于静止状态,在磁铁中垂面上放置一通电导线,导线中电流方向垂直纸面向里且缓慢增大,下列说法正确的是(　　)

A.弹簧弹力逐渐变小
B.弹簧弹力先减小后增大
C.磁铁对斜面的压力逐渐变小
D.磁铁对斜面的压力逐渐变大
11.(2020江西分宜中学高二月考,)如图所示,在倾角为θ=30°的斜面上,固定两间距L=0.5 m的平行金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器R,电源电动势E=10 V,内阻r=2 Ω,一质量m=100 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好,整个装置处于磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的,取g=10 m/s2,要保持金属棒在导轨上静止,求:

(1)金属棒所受安培力大小;
(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值。









题组四　安培力作用下牛顿第二定律、动能定理的应用
12.()一质量m=0.05 kg的金属条放在相距d=0.02 m的两金属轨道上,如图所示。现让金属条以v0=5m/s的初速度从AA'进入水平轨道,再由CC'进入半径r=0.05 m的竖直圆轨道,完成圆周运动后,再回到水平轨道上,除圆轨道光滑外,其余部分轨道均粗糙,运动过程中金属条始终与轨道垂直。已知由外电路控制,流过金属条的电流大小始终为I=5 A,方向如图所示,整个轨道处于水平向右的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,A、C之间的距离L=0.2 m,金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动。(g取10 m/s2)

(1)求金属条到达竖直圆轨道最高点时的速度;
(2)求金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数;
(3)若将CC'右侧的金属轨道在DD'处向上垂直弯曲,已知CC'与DD'相距0.06 m,金属条在弯曲处无能量损失,试求金属条能上升的最大高度。









答案全解全析
基础过关练
1.A　半圆形导线所受的安培力等效于长度等于其直径的直导线所受的安培力,由左手定则可知,铜线所受安培力的方向向前,选项A正确。
2.C　电流的方向与负电荷定向移动的方向相反,因为圆盘带负电,所以当圆盘绕中心轴OO'高速顺时针转动时,形成逆时针方向的电流,根据右手螺旋定则可知,在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上,根据左手定则可得导线所受安培力的方向水平向里,选项C正确,A、B、D错误。
3.A　首先根据安培定则判断出通电螺线管右端为N极,左端为S极,所以在A处产生的磁场方向水平向左。根据左手定则判断可知A受到通电螺线管产生的磁场的作用力的方向竖直向上,选项A正确,B、C、D错误。
4.A　根据安培定则可知,a中电流产生的磁场的磁感线沿顺时针方向环绕,在b导线处产生的磁场方向竖直向下,根据左手定则可知b导线受到的安培力方向向右,选项A正确。
方法技巧　判断安培力方向要四定
一定:定磁感线的方向。可根据实际情况利用安培定则判断。
二定:定电流方向。
三定:定磁感线与电流方向的关系,是垂直、平行,还是有夹角θ(0°<θ<90°)。平行时导线不受安培力作用。
四定:定左手。伸左手时,掌心与磁感线垂直,四指指向电流方向,大拇指指向安培力方向。
5.B　根据F=IlB知,仅将导线中电流增大为原来的4倍,则安培力增大为原来的4倍,选项B正确,A、C、D错误。
6.C　导线从a位置转到b位置时,仍然与磁场方向垂直,故安培力大小不变,选项C正确。
7.C　设a、b两导体棒的长度分别为La和Lb,c的直径为d,由于三根导体棒都与匀强磁场垂直,则a、b、c三导体棒所受的安培力大小分别为Fa=ILaB,Fb=ILbB,Fc=IdB,其中La>Lb=d,则有Fa>Fb=Fc,选项C正确,A、B、D错误。
8.A　A图中,导线和磁场方向不垂直,故将导线投影到垂直磁场方向上,F=BIL cos θ,A正确;B图中,导线和磁场方向垂直,故F=BIL,B错误;C图中导线和磁场方向垂直,故F=BIL,C错误;D图中导线和磁场方向垂直,故F=BIL,D错误。
9.B　导线在磁场内的有效长度为L'=L2+(2L)2=5L,故该通电导线受到的安培力大小为F=BIL'=5BIL,选项B正确,A、C、D错误。
方法技巧　无规则形状的通电导线所受的安培力求解方法
(1)常规方法:采用分段法或微元法,先求出每段直导线或每个电流元受到的安培力,再运用力的矢量合成法求出总的安培力。
(2)等效长度法:如图所示,将“导线两端连线的长度”代入安培力公式F=IlB求解。

10.D　根据几何关系,可知通电圆环在磁场中的有效长度为L=2r;根据安培力公式可得,圆环受到的安培力为F=2BIr,所以一半圆环受到的安培力大小为F'=F2=22BIr。
11.C　B、C中的电流在A处产生的磁场的磁感应强度的大小均为B0,方向如图所示:

根据平行四边形定则,结合几何关系,可得A处的磁感应强度大小为BA=2B0,方向水平向左;由左手定则可知,导线A所受安培力方向竖直向上,大小为F=2B0IL,选项C正确,A、B、D错误。
12.D　把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量,竖直方向的磁场对圆环的安培力的合力为零,圆环在水平方向磁场中的有效长度等于圆环的周长,水平方向的磁场对圆环的安培力大小F=B水平I·2πR=2πBIR sin θ,选项A、B、C错误,D正确。
13.C　螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向相反,线圈才能停止转动,使指针稳定。电流表内磁场是均匀辐向磁场,在线圈转动的范围内,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁感线平行,线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小相等、方向不同,所以安培力大小与电流大小有关,而与线圈所处位置无关,电流越大,安培力越大,指针偏转的角度越大。只有C错。
14.C　磁感应强度的大小处处相同,但方向不等,则该磁场不是匀强磁场,选项A错误;由题图乙可知,穿过正方形线圈的磁通量大小为零,选项B错误;正方形线圈的左边导线受到的安培力大小为BIL,由左手定则可知方向向上,选项C正确;正方形线圈的右边导线受到大小为ILB、方向向下的安培力,选项D错误。
易混易错　磁电式电流表内的磁感线辐向分布,因不同位置处磁场方向不同,故不是匀强磁场。
能力提升练
1.D　连接a、c,根据几何关系得ac=54l,则F=54BIl;F与bc的夹角为θ,tan θ=bcab=34,选项D正确。
2.D　由题意可知,闭合线框abcd在磁场中的有效长度为零,所以其所受安培力的合力为零,选项D正确。
3.D　把c导线中的电流方向改为垂直于纸面向外后,对d进行受力分析,如图所示。a对d的斥力大小为F,b对d的斥力大小为F,c对d的引力大小为F,根据共点力的合成及几何关系可知,d导线所受安培力的合力大小为2F,选项D正确。

4.D　设三角形线框边长为L,导线abc与导线ac并联,流过导线abc的电流为I1,流过导线ac的电流为I2,则I1=12I2。导线ab受到的安培力大小为Fab=BI1L,导线ac所受的安培力大小为Fac=BI2L,导线abc的有效长度为L,受到的安培力大小为Fabc=BI1L,选项A、B错误;根据左手定则可知,导线abc所受安培力垂直于ac向下,导线ac受到的安培力也垂直于ac向下,故线框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下,选项C错误,D正确。
5.A　环形电流可以等效为小磁针,根据右手螺旋定则可判知,线圈左侧相当于S极,根据异名磁极相吸,知线圈向左运动,选项A正确,B、C、D错误。
6.B　b端处的磁场方向斜向左上方,根据左手定则可得b端受到的安培力指向纸面内,a端处的磁场方向斜向左下方,根据左手定则可得a端受到的安培力方向指向纸外,故a端转向纸外,b端转向纸内;当导线ab转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引,导致弹簧测力计的读数变大。选项B正确,A、C、D错误。
7.C　通电圆环在磁场中受到安培力作用,根据左手定则可知,圆环左侧受到的安培力垂直纸面向里,右侧受到的安培力垂直纸面向外,则从上往下看,圆环顺时针转动。当转动角度θ=90°时,顺着磁感线方向看,电流沿顺时针方向,根据左手定则可知,圆环各处受到的安培力方向沿着半径向外,故圆环有向外扩张的趋势,选项C正确,A、B、D错误。
8.C　由左手定则可知,导体棒ab所受的安培力方向竖直向下,弹簧处于拉伸状态,选项A、B错误;导体棒中的电流为I=ER=1 A,则其所受的安培力大小为F安=ILB=1×0.2×0.1 N=0.02 N,选项C正确;由平衡条件可知2kΔx=F安,解得k=F安2Δx=0.022×0.005 N/m=2 N/m,选项D错误。
9.D　两金属棒的受力如图,根据共点力平衡条件得F1=mg tan α,F2=mg sin α,所以两金属棒所受的安培力之比F1F2=tanαsinα=1cosα;因为F=IlB,所以I1I2=F1F2=1cosα,选项D正确。

方法技巧　求解安培力作用下物体平衡问题的方法

10.D　条形磁铁外部的磁感线从N极出发回到S极,则导线处磁场方向平行于斜面向下,根据左手定则可以判断导线受到磁铁的安培力方向垂直斜面向上;因电流增大,所以安培力增大;因安培力方向与斜面垂直,故弹簧弹力不变,选项A、B错误。根据牛顿第三定律可知,磁铁受到导线的安培力变大,故磁铁对斜面的压力逐渐变大,选项C错误,D正确。

11.答案　(1)0.5 N　(2)8 Ω
解析　(1)对金属棒进行受力分析,如图所示:

由平衡条件得F=mg sin θ
代入数据解得F=0.5 N
(2)安培力F=ILB
得I=FBL=1 A
设滑动变阻器接入电路的阻值为R',根据闭合电路欧姆定律有
E=I(R'+r)
得R'=EI-r=8 Ω。
12.答案　(1)155 m/s　(2)512　(3)0.10 m
解析　(1)由于金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动,可知在最高点时金属条对轨道的压力为零。
根据牛顿第二定律得BId+mg=mv2r
代入数据解得v=155 m/s
(2)对金属条开始运动至到达圆轨道最高点的过程,根据动能定理得-(BId+mg)·2r-μ(BId+mg)L=12mv2-12mv02
代入数据解得μ=512
(3)对金属条开始运动至到达最高点的过程,根据动能定理得
-μ(BId+mg)(L+LCD)-(BId+mg)hm=0-12mv02
代入数据解得hm=0.10 m