課時規(guī)范練28磁場的描述磁場對電流的作用基礎(chǔ)對點練1.(磁感應(yīng)強度)(2018安徽蕪湖期末)如圖所示,直角坐標系Oxyz處于勻強磁場中,有一條長0.6 m的直導(dǎo)線沿Ox方向通有大小為9 A的電流,受到的安培力沿Oz方向,大小為2.7 N。則該勻強磁場可能的方向和磁感應(yīng)強度B的最小值為()A.平行于yOz平面,B=0.5 TB.平行于xOz平面,B=1.0 TC.平行于xOy平面,B=0.2 TD.平行于xOy平面,B=1.0 T答案A解析根據(jù)左手定則,安培力必須與電流和磁場構(gòu)成的平面,故磁場的方向一定在xOy平面內(nèi);電流和磁場互相垂直的時候,安培力最大,所以最小的磁感應(yīng)強度為:B=T=0.5T,A正確。2.(磁場的疊加)在地球赤道上進行實驗時,用磁傳感器測得赤道上P點地磁場磁感應(yīng)強度大小為B0。將一條形磁鐵固定在P點附近的水平面上,讓N極指向正北方向,如圖所示,此時用磁傳感器測得P點的磁感應(yīng)強度大小為B1;現(xiàn)將條形磁鐵以P點為軸心在水平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)90,使其N極指向正東方向,此時用磁傳感器測得P點的磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)為(可認為地磁南、北極與地理北、南極重合)()A.B1-B0B.B1+B0C.D.答案D解析根據(jù)題意,赤道上P點地磁場磁感應(yīng)強度大小為B0,條形磁鐵N極指向正北方向時,條形磁鐵在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B=B1-B0;條形磁鐵N極指向正東方向時,其分磁感應(yīng)強度指向正東方向,此時兩個分矢量垂直,故P點的合磁感應(yīng)強度為B=,故選項D正確。3.(多選)(安培力)(2018湖北武漢模擬)磁電式電流表的構(gòu)造如圖(a)所示,在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈,轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針。蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布,如圖(b)所示。當(dāng)電流通過線圈時,線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動,螺旋彈簧被扭動,線圈停止轉(zhuǎn)動時滿足NBIS=k,式中N為線圈的匝數(shù),S為線圈的面積,I為通過線圈的電流,B為磁感應(yīng)強度,為線圈(指針)偏角,k是與螺旋彈簧有關(guān)的常量。不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象,由題中的信息可知()A.該電流表的刻度是均勻的B.線圈轉(zhuǎn)動過程中受到的安培力的大小不變C.若線圈中通以如圖(b)所示的電流時,線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D.更換k值更大的螺旋彈簧,可以增大電流表的靈敏度(靈敏度即)答案AB解析磁場是均勻地輻向分布,線圈轉(zhuǎn)動過程中各個位置的磁感應(yīng)強度的大小不變,螺旋彈簧的彈力與轉(zhuǎn)動角度成正比,故該電流表的刻度是均勻的,故A正確;磁場是均勻地輻向分布,線圈轉(zhuǎn)動過程中各個位置的磁感應(yīng)強度的大小不變,線圈轉(zhuǎn)動過程中各個位置的磁場的磁感應(yīng)強度大小不變,故受到的安培力的大小不變,故B正確;若線圈中通以如圖(b)所示的電流時,根據(jù)左手定則,左側(cè)受安培力向上,右側(cè)受安培力向下,故是順時針轉(zhuǎn)動,故C錯誤;更換k值更大的螺旋彈簧,同樣的電流變化導(dǎo)致同樣的安培力變大,但轉(zhuǎn)動角度變化減小了,故靈敏度減小了,故D錯誤;故選AB。4.(安培力)(2018海南?？谀M)如圖所示,一個邊長為L的正方形金屬框豎直放置,各邊電阻相同,金屬框放置在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直金屬框平面向里的勻強磁場中。若A、B兩端與導(dǎo)線相連,由A到B通以如圖所示方向的電流(由A點流入,從B點流出),流過AB邊的電流為I,則金屬框受到的安培力大小和方向分別為()A.2BIL豎直向下B.BIL豎直向上C.BIL豎直向上D.BIL豎直向下答案B解析由題圖可知,電流由A點流入,從B點流出,則有AB和ADCB的電流,而ADCB的電流產(chǎn)生的安培力可等效成DC邊受到的安培力,由于流過AB邊電流為I,根據(jù)電路并聯(lián)特點,流過DC邊的電流為I,因此金屬框受到的合安培力為BIL,根據(jù)左手定則,方向豎直向上,故B正確,A、C、D錯誤。5.(安培力作用下的平衡)(2018內(nèi)蒙古通遼調(diào)研)如圖所示,兩平行的粗糙金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌寬度為L,一端與電源連接。一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于平行導(dǎo)軌放置并接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=,在安培力的作用下,金屬棒以v0的速度向右勻速運動,通過改變磁感應(yīng)強度的方向,可使流過導(dǎo)體棒的電流最小,此時磁感應(yīng)強度的方向與豎直方向的夾角為()A.37B.30C.45D.60答案B解析由題意對棒受力分析如圖所示,設(shè)磁感應(yīng)強度的方向與豎直方向成角,則有BILcos=(mg-BILsin),整理得BIL=。電流有最小值,就相當(dāng)于安培力有最小值,最后由數(shù)學(xué)知識解得:=30,則A、C、D錯,B對。6.(安培力作用下的平衡)(2018河南開封質(zhì)檢)如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=6 V、內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器,導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好,棒的質(zhì)量為m=0.2 kg,棒的中點用垂直棒的細繩經(jīng)光滑輕質(zhì)定滑輪與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.4 kg。棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為=0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,導(dǎo)軌與棒的電阻不計,g取10 m/s2),勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2 T,方向豎直向下,為了使物體保持靜止,滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是()A.2 B.2.5 C.3 D.4 答案A解析對棒受力分析可知,其必受繩的拉力FT=Mg和安培力F安=BIL=。若摩擦力向左,且滿足+mg=Mg,代入數(shù)據(jù)解得R1=4;若摩擦力向右,且滿足-mg=Mg,代入數(shù)據(jù)解得R2=2.4,所以R的取值范圍為2.4R4,故選A。7.(安培力作用下導(dǎo)體的運動)(2018河南新鄉(xiāng)三模)如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當(dāng)P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關(guān)于兩線圈的轉(zhuǎn)動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是()A.P順時針轉(zhuǎn)動,Q逆時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時P與天花板連接的細線張力不變B.P逆時針轉(zhuǎn)動,Q順時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時兩細線張力均不變C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大D.P不動,Q逆時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時P、Q間細線張力不變答案A解析根據(jù)安培定則,P產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產(chǎn)生的磁場水平向右,根據(jù)同名磁極相互排斥的特點,從上往下看,P將順時針轉(zhuǎn)動,Q逆時針轉(zhuǎn)動;轉(zhuǎn)動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相反,兩環(huán)靠近部分的電流方向相同,所以兩個線圈相互吸引,細線張力減小。由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變;故A正確,BCD錯誤。故選A。素養(yǎng)綜合練8.(2018河南周口模擬)在電場中我們已經(jīng)學(xué)過,三個點電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時,一定滿足“兩同夾一異,兩大夾一小,近小遠大”。仿造上面的規(guī)律,假設(shè)有三根相同的通電長直導(dǎo)線平行放在光滑水平地面上的A、B、C三個位置并處于靜止狀態(tài),截面如圖所示。已知AB=BC,直線電流在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度公式為B=k,其中k是常數(shù),I是導(dǎo)線中電流的大小,r是某點到導(dǎo)線的距離,關(guān)于三根導(dǎo)線中的電流方向和電流大小的比例關(guān)系,正確的是()A.A、B中電流方向一定相同B.A、C中電流方向一定相反C.三根導(dǎo)線中的電流強度之比為414D.三根導(dǎo)線中的電流強度之比為212答案D解析根據(jù)三點電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時,一定滿足“兩同夾一異,兩大夾一小,近小遠大”的原理,那么三個通電直導(dǎo)線,要使各自處于平衡狀態(tài),那么也必須滿足各自受力平衡,根據(jù)安培定則與左手定則,可知,同向電流相互吸引的,而異向電流相互排斥的;因此A、B中電流方向一定相反,而A、C中電流方向一定相同,故AB錯誤;根據(jù)直線電流在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度公式為B=k,及AB=BC,同時依據(jù)矢量的合成法則,那么A與C的電流大小必須相等,由于電流與間距成正比,因此A與C的電流是B電流的2倍,故C錯誤,D正確;故選D。9.(多選)(2018山東泰安期末)已知通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中某點的磁感應(yīng)強度滿足B=k(其中k為比例系數(shù),I為電流強度,r為該點到直導(dǎo)線的距離)。現(xiàn)有四根平行的通電長直導(dǎo)線,其橫截面恰好在一個邊長為L的正方形的四個頂點上,電流方向如圖,其中A、C導(dǎo)線中的電流大小為I1,B、D導(dǎo)線中的電流大小為I2。已知A導(dǎo)線所受的磁場力恰好為零,則下列說法正確的是()A.電流的大小關(guān)系為I1=2I2B.四根導(dǎo)線所受的磁場力為零C.正方形中心O處的磁感應(yīng)強度為零D.若移走A導(dǎo)線,則中心O處的磁場將沿OB方向答案ACD解析導(dǎo)線BCD在導(dǎo)線A處的產(chǎn)生的磁場如圖所示:根據(jù)題意A導(dǎo)線的磁場力為零,則A處的合磁場為零,即:=k,則:I1=2I2,故選項A正確;同理將各點的磁場都畫出來,可以判斷B、D導(dǎo)線處的合磁場不為零,故磁場力不為零,故選項B錯誤;將各導(dǎo)線在O點的磁場畫出,如圖所示:由于A、C導(dǎo)線電流相等而且距離O點距離相等,則BA=BC同理:BB=BD,即正方形中心O處的磁感應(yīng)強度為零,故選項C正確;若移走A導(dǎo)線,則磁場BA不存在,由于BB=BD,則此時在O點的磁場只剩下導(dǎo)線C的磁場,而且導(dǎo)線C點磁場方向沿OB方向,即中心O處的磁場將沿OB方向,故選項D正確。10.(2018山東濟南模擬)如圖所示,金屬梯形框架導(dǎo)軌放置在豎直平面內(nèi),頂角為,底邊ab長為l,垂直于梯形平面有一個磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在導(dǎo)軌上端再放置一根水平金屬棒cd,其質(zhì)量為m,導(dǎo)軌上接有電源,使abcd構(gòu)成回路,回路電流恒為I,cd棒恰好靜止。已知金屬棒和導(dǎo)軌之間接觸良好,不計摩擦阻力,重力加速度為g,求:(1)cd棒所受的安培力;(2)cd棒與ab邊之間高度差h。答案(1)Fcd=mg,方向豎直向上(2)解析(1)由平衡條件知,Fcd=mg。(2)設(shè)金屬棒的長度為d,則BId=mg,可得d=設(shè)ab邊與O點的垂直距離為H由幾何關(guān)系知,解得:H=在三角形Oab中,tan聯(lián)立解得h=。11.音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機,如圖是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成,線圈邊長為L,匝數(shù)為n,磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內(nèi),前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等,某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I。(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向;(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率。答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv解析(1)線圈前后兩邊所受安培力的合力為零,線圈所受的安培力即為右邊所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定則知方向水平向右(2)安培力的功率為P=Fv聯(lián)立式解得P=nBILv12.(2017天津理綜)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止狀態(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問:(1)磁場的方向;(2)MN剛開始運動時加速度a的大小;(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(3)解析(1)由題意可知,MN所受安培力可以使其水平向右運動,故安培力方向為水平向右,而MN中的電流方向為從M到N,因此,根據(jù)左手定則可判斷磁場方向為垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有I=設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB由牛頓第二定律,有F=ma聯(lián)立式得a=(3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E,有E=Blvmax依題意有E=設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有l(wèi)B由動量定理,有t=mvmax-0又t=Q0-Q聯(lián)立式得Q=