2024年高考物理第一轮复习：第1讲　限时规范训练 (6)

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限时规范训练[基础巩固]1.磁场中某区域的磁感线如图所示，则(　　)A．a点处没有磁感线，磁感应强度为零B．a点处磁感应强度比b点处强C．b点处的磁场方向和该点的切线方向垂直D．把一个小磁针放在b点，静止时小磁针N极的指向水平向右解析：D　磁感线的疏密表示磁场的强弱，由题图可知，a点处的磁感线比b处的磁感线稀疏，则a点处的磁场比b点处的磁场弱，a点处的磁感应强度比b点处的磁感应强度小，故A、B错误；某点磁感线的切线方向就是磁场的方向，小磁针静止时N极所指的方向是磁场方向，由题图可知，b点处磁场方向沿磁感线的方向，水平向右，把一个小磁针放在b点，静止时小磁针N极的指向水平向右，故C错误，D正确．2．(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线．若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)解析：C　因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示．3.矩形abcd的边长bc是ab的2倍．两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点．下列说法正确的是(　　)A．a点与b点的磁感应强度相同B．a点与c点的磁感应强度相同C．a点与d点的磁感应强度相同D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同解析：B　通电直导线在周围形成的磁场，大小为B＝，由安培定则可得各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a点与c点的合磁感应强度等大同向，b点与d点的合磁感应强度等大同向，故B正确．4．如图所示，两圆弧中的电流大小相等，电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则关于图中a、b两点(分别为各圆的圆心)的磁感应强度的大小关系和a点的磁感应强度的方向，下列说法正确的是(　　)A．Ba＜Bb，Ba垂直纸面向外B．Ba＞Bb，Ba垂直纸面向外C．Ba＜Bb，Ba垂直纸面向里D．Ba＝Bb，Ba垂直纸面向里解析：A　圆弧中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，可知其产生的磁感应强度大小B＝，而直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，所以a点的磁感应强度大小Ba＝－，通过安培定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向外；b点的磁感应强度大小Bb＝＋，通过安培定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向里，所以Ba＜Bb，故A正确．5．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图．若某水平发射轨道长7.5 m，宽1.5 m，发射的炮弹质量为50 g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速．当电路中的电流恒为20 A时，炮弹被发射后的最大速度可达3×103 m/s，轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力．下列说法正确的是(　　)A．磁场方向为竖直向下B．磁场方向为水平向右C．磁场的磁感应强度大小为1×103 TD．炮弹的加速度大小为3×103 m/s2解析：C　由题意可知，炮弹受到安培力的方向水平向右，根据左手定则判断，磁场方向应为竖直向上，故A、B错误；在发射炮弹的过程中，只有安培力做功，由动能定理可得BIl·x＝mv2－0，解得B＝1×103 T，故C正确；根据牛顿第二定律可得BIl＝ma，解得a＝6×105 m/s2，故D错误．6．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 T[能力提升]  7．如图甲所示，斜面固定在水平面上，一通电导体棒ab置于斜面上且与底边平行．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab所受的安培力为F；若仅将导体棒ab从中点处折成相互垂直的两段，且端点a、b连线仍与斜面底边平行，如图乙所示，则此时导体棒ab所受的安培力为(　　)A．F　　 B．F　　　C.F　　 D．F解析：D　本题考查安培力的计算．设导体棒ab的长度为L，通过导体棒ab的电流为I，磁感应强度为B，导体棒ab受到的安培力F＝BIL：若仅将导体棒ab从中点处折成相互垂直的两段，导体棒ab的有效长度l＝＝L，导体棒ab所受安培力F′＝BIl＝BIL＝F，故D正确，A、B、C错误．8．如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对．在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则(　　)A．导线受到的安培力水平向左B．导线受到的安培力竖直向上C．木板对地面的压力小于GD．木板受到地面的摩擦力水平向右解析：D　根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确．9．如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是(　　)A．金属棒受到的安培力大小为F＝BILsin θB．金属棒受到的摩擦力大小为f＝BILcos θC．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大解析：C　金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有f＝Fsin θ＝BILsin θ，N＝G－Fcos θ＝G－BILcos θ，所以若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．10.(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T. 一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m＝60 g、电阻 R＝1 Ω，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角 θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)，则(　　)A．磁场方向一定竖直向上B．电源的电动势 E＝8 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 ND．导体棒摆动过程中的最大动能为 0.08 J解析：BD　由题意知，当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tan θ＝，又F＝BIL＝BL，得F＝0.8 N，E＝8 V，故B正确，C错误；导体棒ab速度最大时，动能最大为Ekm，根据动能定理得：FLsin 53°－mgL(1－cos 53°)＝Ekm－0，解得Ekm＝0.08 J，故D正确．11.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