江苏版高考物理一轮复习课时分层作业25磁场的描述磁场对电流的作用含答案

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2．B [导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场沿该点的切线方向，即与该点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则，可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示。已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根导线的距离相等，可知B3＝B2＝B，B1＝2B，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零，垂直于AB方向的合磁场为2eq \r(3)B。综上可得，O点的磁感应强度大小为2eq \r(3)B，方向垂直于AB向左。故B正确，A、C、D错误。]
3．A [要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·eq \r(3)R，求得I＝eq \f(\r(3)F,3BR)，A项正确。]
4．B [根据电势的高低可知电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正、负极位置，安培力方向肯定改变，故C、D均错误。]
5．C [开关S闭合后，画出一条与AC相交的磁感线，设两交点处磁感应强度分别为B和B′，根据安培定则判断，磁感线方向如图所示，分别将B和B′沿水平方向与竖直方向分解，根据左手定则判断知A端受到垂直纸面向外的安培力，C端受到垂直纸面向内的安培力，S闭合后的一小段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，C正确，D错误；开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的安培力，丝线的拉力大于G，故A、B错误。]
6．A [c金属圆环对a金属圆环的作用力大小为F2，根据同方向的电流相互吸引，可知方向向右，b金属圆环对a金属圆环的作用力大小为F1，根据反方向的电流相互排斥，可知方向向左，所以a金属圆环所受的安培力大小|F1－F2|，由于a、b间的距离小于a、c间距离，所以合力的方向向左。]
7．D [由平衡条件可得mgsin α＝kx1＋BIL，调换图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsin α＋BIL＝kx2，联立解得B＝eq \f(k,2IL)(x2－x1)，选项D正确。]
8．A [初始时，通电直导线恰好静止，有mgsin θ＝μmgcs θ，解得μ＝tan θ，选项C错误；根据左手定则可知，通电直导线所受安培力水平向右，如图所示，随着磁场从零开始不断增大，安培力不断增大，斜面对通电直导线的支持力不断增大，选项A正确；开始时，安培力很小，斜面对通电直导线的静摩擦力沿斜面向上，随着磁场的磁感应强度从零开始不断增大，安培力不断增大，静摩擦力不断减小，减小到0后，又反向不断增大，选项B错误；通电直导线恰要滑动时，有Fcs θ＝mgsin θ＋μ(mgcs θ＋Fsin θ)，F＝B0IL，联立解得B0＝eq \f(mgtan 2θ,IL)，选项D错误。]
9．C [设磁场方向与水平方向的夹角为θ1，θ1＜90°；当导体棒加速，且加速度最大时，合力向右且最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时根据牛顿第二定律有
Fsin θ1－μ(mg－Fcs θ1)＝ma1
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2)) sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))
根据数学知识可得
Feq \r(1＋μ2)sin(θ1＋α)＝μmg＋ma1
则有sin(θ1＋α)＝eq \f(μmg＋ma1,F\r(1＋μ2))≤1
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
F′sin θ2＋μ(mg＋F′cs θ2)＝ma2
有F′eq \r(1＋μ2) sin(θ2＋α)＝ma2－μmg
所以有sin(θ2＋α)＝eq \f(ma2－μmg,F′\r(1＋μ2))≤1
有F＝F′＝BIU，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq \f(\r(3),3)，代入cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ′＝180°－θ2＝120°，故C正确，A、B、D错误。]
10．D [闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，选项A错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，选项B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，选项C错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl＝eq \f(1,2)G，可得B＝eq \f(G,2Il)，选项D正确。]
11．B [由选项A图可知，导体棒受重力、沿斜面向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不可能平衡，故A错误；由选项B图可知，导体棒受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故B正确；由选项C图可知，导体棒受重力，竖直向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不可能平衡，故C错误；由选项D图可知，导体棒受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不可能平衡，故D错误。]
12．B [导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A项错误；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·Lsin θ－mgL(1－cs θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B项正确；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C项错误；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cs θ)＝0.048 J，D项错误。]
13．解析：(1)从b向a看，如图所示。
水平方向：Ff＝F安sin θ①
竖直方向：FN＋F安cs θ＝mg②
又F安＝BIL＝Beq \f(E,R)L③
联立①②③得，FN＝mg－eq \f(BLEcs θ,R)，Ff＝eq \f(BLEsin θ,R)。
(2)使ab棒受支持力为零，且让磁感应强度最小，则受安培力竖直向上，则有
F′安＝mg，Bmin＝eq \f(mgR,EL)
根据左手定则判定磁场方向水平向右。
答案：(1)mg－eq \f(BLEcs θ,R) eq \f(BLEsin θ,R) (2)eq \f(mgR,EL) 方向水平向右