23版新高考一轮分层练案(二十八)　磁场的描述　磁场对电流的作用

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一轮分层练案(二十八)　磁场的描述　磁场对电流的作用1.中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是(　　)A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【答案】B　地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南、北极地磁场的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场作用力最大，选项B正确；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，选项C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故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，选项D错误。2．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是(　　)【答案】C　根据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误；应用安培定则可知环形电流中心线上的磁场方向由右向左，小磁针N极受到的磁场作用力向左，选项B错误；根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向向右，内部小磁针N极受到的磁场作用力向右，选项C正确；根据安培定则可知通电直导线右边磁场方向向里，小磁针N极应向里，选项D错误。3．特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，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(　　)A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．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【答案】C　由安培定则可知电流I1，I2在b点处产生的磁感应强度方向相反，由于I1>I2，所以两个电流在b处产生的磁感应强度大小关系为B1>B2，所以b点处的磁感应强度大小不为0，故A错误；d点位于b点正下方，由安培定则知，电流I1，I2在d点处产生的磁感应强度方向夹角不为180°，故d点处的磁感应强度大小不为0，故B错误；根据安培定则可知，两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下，在c点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向上，C正确，D错误。4.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升【答案】A　如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动，分析导线转过90°时的情形，如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动，A项正确。5.(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0【答案】AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示在b点B0＝B0－B1＋B2，在a点B0＝B0－B1－B2。由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确，B、D错误。6.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I，开始时弹簧伸长且线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是(　　)A．Δx＝，方向向上B．Δx＝，方向向下C．Δx＝，方向向上D．Δx＝，方向向下【答案】B　线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为FA＝nBIl，且开始时方向向上，改变磁场方向后安培力方向向下，大小不变。设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，则磁场反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，由平衡条件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，联立解得Δx＝，且线框向下移动，B正确。7.如图所示，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将(　　)A．沿斜面加速上滑B．沿斜面加速下滑C．沿斜面匀速上滑D．仍静止在斜面上【答案】A　开始时，金属细杆受重力G、斜面的支持力FN和磁场对它的安培力F，其中F＝BIl，由平衡条件得F＝Gsin θ，若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，则安培力变为F′＝1.5BIl，金属细杆受到的合力沿斜面向上，所以金属细杆将沿斜面加速上滑，A正确。8.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A　对金属棒MN受力分析如图所示，由平衡条件可知F安＝mgtan θ，而F安＝BIl，即BIl＝mgtan θ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A项正确，C、D项错误；θ角与悬线长度无关，B项错误。9.(多选)已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度为B＝k，其中k为常量。现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示。其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，已知此时b导线所受的安培力恰好为零。撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是(　　)A．b导线撤去前，电流的大小关系为I2＝2I1B．b导线撤去前，四根导线所受的安培力均为零C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为kII2【答案】ACD　b导线撤去前，b导线所受的安培力为零，则b导线所在处的磁感应强度为零，即2kcos 45°＝k，解得I2＝2I1，A正确；b导线撤去前，根据对称性知d导线所受的安培力也为零，由2k·cos 45°≠k知，a、c导线所受的安培力不为零，B错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k＝k，方向沿x轴负方向，则由左手定则知导体棒e所受安培力方向沿y轴负方向，大小为F＝B0IL＝kII2，C、D正确。10.(多选)质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动。下列说法正确的是(　　)A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为【答案】BD　由题图可知磁场方向虽然与轨道平面成θ角，但和导体棒是垂直的，由安培力表达式可知F＝BIL＝，B正确，C错误；由左手定则可知安培力与磁场方向和导体棒垂直，方向斜向右下方，其向右的分力大小为Fx＝·sin θ，由牛顿第二运动定律可得a＝，A错误，D正确。11．如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m。在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V，内阻为0.2 Ω，导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，导体棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，如图乙所示。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。解析：(1)对导体棒进行受力分析，如图所示有＝tan θ解得F＝0.8 N。(2)由闭合电路欧姆定律，得I＝解得I＝2 A由安培力的公式F＝BIl，得B＝，解得B＝0.4 T。【答案】(1)0.8 N　(2)0.4 T12.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝，式中常量k>0，I为电流，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为FT0。当MN通以电流I1时，两细线的张力均减小为FT1；当MN内的电流为I2时，两细线的张力均大于FT0。(1)分别指出电流I1、I2的方向；(2)求MN分别通以I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)当MN内的电流为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3。解析：(1)I1方向向左，I2方向向右。(2)当MN中通以电流I时，线框受到的安培力大小为F＝kIiL，式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。代入题给数据解得F1∶F2＝ I1∶I2。(3)设MN中电流为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有2FT0＝mg,2FT1＋F1＝mg，F3＋G＝ma＝a。＝＝，I3＝I1，方向向右。【答案】(1)I1方向向左　I2方向向右　(2)I1∶I2(3)I1，方向向右