2020高考人教版物理第一轮总复习练习：第九章 磁场 基础课1
2020版高考物理一轮复习 第九章 磁场课时作业【共4套33页】
本套资源目录2020版高考物理一轮复习第九章磁场第1课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第九章磁场第2课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第九章磁场第3课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第九章磁场第4课时课时作业含解析课时作业【基础练习】一、磁感应强度、磁感线与磁场的叠加1．(2017鞍山一中月考)(多选)如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝2 T．位于纸面内的细直导线，长L＝1 m，通有I＝0.5 A的恒定电流，当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为( )A．3 T B．2 T C. 3 T D．1 TABC 解析：如果通电导线所受安培力为零，则说明电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，如图所示．由三角形定则可知，当B2与合磁场(通电导线)垂直时，磁场最小B2最小＝B1sin 60°，则B2≥B1sin 60°＝ 3 T.2．如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同C 解析：由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错误；两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，导线M在a处产生磁场的磁感应强度等于导线N在b处产生磁场的磁感应强度，同时导线M在b 处产生磁场的磁感应强度等于导线N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；两导线在c、d处产生的磁场垂直于c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错误．3．(2017西安八校联考)(多选)如图所示，在xOy平面内有两根平行y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是( ) A．O点处的磁感应强度为零B．P，Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P，Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用AB解析：由安培定则及矢量合成法则知，两导线在O点产生的磁感应强度等大反向，则合磁感应强度为零；在Q点产生的磁感应强度方向向左，在P点产生的磁感应强度竖直向上；由左手定则知，正电荷从O点沿z轴向上运动受沿y轴正向的洛伦兹力．二、安培力的大小及方向4．图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示．O点为三角形的中心(O到三个顶点的距离相等)，则( )A．O点的磁感应强度为零B．O点的磁场方向垂直Oc向下C．导线a受到的安培力方向竖直向上D．导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向cB解析：根据右手螺旋定则，通电导线a在O点产生的磁场平行于bc向左，通电导线b在O点产生的磁场平行ac指向右下方，通电导线c在O点产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流大小相等，到O 点的距离相同，根据平行四边形定则，O 点合场强的方向垂直Oc 向下，故A 错误，B 正确；根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a 受到的安培力方向水平向左，导线b 受到的安培力方向平行于ac 斜向左上方，故C 、D 错误．5．(多选)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，水平放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 逐渐增大B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αILD ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mg tan αILAC 解析：导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B 逐渐增大；刚开始安培力F 最小，有sin α＝F mg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL ；最后安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mg IL.6．(2015江苏卷)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )A 解析：当磁场发生微小变化时，回路中产生感应电流，根据E ＝n ΔB ΔtS 分析，回路A 中产生的感应电动势最大，感应电流最大，线圈在磁场中的有效长度L 也最长，由F ＝nILB 可知，A 中载流线圈受到的安培力最大，最容易失去平衡，A 项正确．三、安培力作用下导体运动7．(2018长沙模拟)如图，蹄形磁铁用悬线悬于O 点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是( )A ．静止不动B ．向纸外平动C ．N 极向纸外转动，S 极向纸内转动D ．N 极向纸内转动，S 极向纸外转动C 解析：首先画出导线所在位置的磁感线分布情况如图所示，导线左边与右边的磁场方向不同，故把导线分为左右两部分．由左手定则可知左边的导线受到向内的作用力，右边的导线受到向外的作用力，所以导线左边向内转动，右边向外转动，现在导线固定，蹄形磁铁可以自由转动，磁铁的转动方向与导线的转动方向相反，所以蹄形磁铁的N极向外转动，S极向内转动．8．(多选)如图所示，细线下悬挂的圆环a中通有顺时针方向的电流I1，在圆环的正下方固定有一根足够长直导线b，圆环静止时导线b垂直于圆环平面．现在导线b中通有方向向外的电流I2，圆环重新静止后，下列判断正确的是( )A．细线与竖直方向成不为零的角B．圆环与直导线共面C．细线中张力与b通电前比较增大D．细线中张力与b通电前比较减小BC解析：环形电流a可等效为小磁针，由安培定则可知N极指向纸里，而直线电流b 产生的磁场在环心处的磁感线方向水平向左，由于N极将指向所在位置磁感线的方向，故小磁针N极左转，从上往下看，圆环逆时针转动，细线仍在竖直方向，选项A错误；圆环重新静止时，圆环与直导线共面，选项B正确；此时圆环下半圆的电流方向与b中电流方向相同、两者相吸，上半圆的电流方向与b中电流方向相反、两相相斥，但下半圆离b更近，引力大于斥力，因此细线张力比b通电前大，选项C正确，D错误．四、安培力作用下导体的平衡与加速9．(多选)图中装置可演示磁场对通电导线的作用，电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨、L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆，当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动，下列说法正确的是( )A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接负极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动BD 解析：若a 接正极，b 极负极，磁场向上，e 接正极、f 接负极，导体棒中电流向外，根据左手定则，导体棒受力向左，向左滑动，A 错；若a 接正极，b 接负极，磁场向上，e 接负极、f 接正极，导体棒中电流向里，根据左手定则，导体棒受力向右，向右滑动，B 对；若a 接负极，b 接正极，磁场向下，e 接正极，f 接负极，导体棒中电流向外，根据左手定则，导体棒受力向右，向右滑动，C 错；若a 接负极，b 接正极，磁场向下，e 接负极、f 接正极，导体棒中电流向里，根据左手定则，导体棒受力向左，向左滑动，D 对．10．(2017河南六市一联，15)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 ΩA 解析：对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F 安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BEL R 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.【素能提升】11．如图所示，一根重力G ＝0.1 N ，长L ＝1 m ，质量分布均匀的导体ab ，在其中点弯成60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a ，b 悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I ＝1 A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx ＝0.01 m ，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B ＝0.4 T ，则下列说法正确的是( )A ．导体中电流的方向为a →bB ．每根弹簧的弹力大小为0.5 NC ．弹簧的劲度系数为k ＝5 N/mD ．若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02 mC 解析：由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为b →a ，选项A 错误；通电后，导体ab 的有效长度为l ＝12L ＝0.5 m ，受到的安培力为F ＝IlB ＝1×0.5×0.4 N ＝0.2 N ，又F ＝2F 弹＋G ，则F 弹＝F －G 2＝0.2－0.12 N ＝0.05 N ，选项B 错误；由F 弹＝k Δx 得k ＝F 弹Δx ＝0.050.01N/m ＝5 N/m ，选项C 正确；导体中不通电流，则有2k Δx ′＝G ，可得Δx ′＝G 2k ＝0.12×5m ＝0.01 m ，选项D 错误． 12．(2018北京东城区三模)如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L ，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E ，内阻为r .一质量为m 的导体棒ab 与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B ，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计．(1)若要使导体棒ab 静止于导轨上，滑动变阻器的阻值应取何值；(2)若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab ，求释放瞬间导体棒ab 的加速度．解析：(1)若要使导体棒ab 静止于导轨上，则要求导体棒ab 所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足mg sin θ＝F 安，其中F 安＝ILB ，设导体棒ab 静止时变阻器的阻值为R ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r ， 解得R ＝BELmg sin θ－r .(2)当变阻器的阻值为零时，回路中的电流大于使导体棒ab 静止时的电流，安培力大于使导体棒ab 静止时的安培力，因此，由静止开始释放的瞬间，导体棒的加速度方向沿斜面向上．由牛顿第二定律有F 安′－mg sin θ＝ma ，其中F 安′＝I ′LB ，由闭合电路欧姆定律I ′＝E r ，解得释放瞬间导体棒ab 的加速度a ＝ELB mr－g sin θ.答案：(1)BEL mg sin θ－r (2)ELB mr－g sin θ课时作业【基础练习】一、磁场对运动电荷的作用1．(2017河北冀州2月模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E 和可看作匀强磁场的地磁场B ，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v 在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球运动方向为自南向北B ．小球可能带正电C ．小球速度v 的大小为E BD ．小球的比荷为gE 2＋（vB ）2D 解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f 洛＝qvB ，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq 与Bqv 垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg )2＝(Eq )2＋(Bqv )2，得qm＝gE 2＋（vB ）2，v ＝（mg ）2－（qE ）2qB ，则D 项正确，C 项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A 、B 错误．2．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M ，N 两小孔中，O 为M ，N 连线中点，连线上a ，b 两点关于O 点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r ，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为某点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿直线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先增大后减小D ．小球对桌面的压力一直在增大BC 解析：根据安培定则和磁感应强度的叠加原理可知，线段ab 上的磁场方向平行于桌面向里，且aOb 部分的磁场强弱关于O 点对称分布，O 点磁场最弱．带正电的小球从a 沿直线运动到b 的过程中，所受的洛伦兹力方向竖直向上，大小先减小后增大，小球对桌面的压力F N ＝mg －qvB ，F N 先增大后减小；小球水平方向不受外力作用，故小球做匀速直线运动．二、带电粒子在匀强磁场中的运动 3.(2018·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界上A 点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k ，速度大小为2kBr .则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kBC 解析：粒子在磁场中运动的半径为R ＝mv qB ＝2kBr Bk＝2r ；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r ，故t ＝T 6＝πm 3qB ＝π3kB，故选项C 正确． 4．(多选)有两个匀强磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ，Ⅰ 中的磁感应强度是 Ⅱ 中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 Ⅰ 中运动的电子相比，Ⅱ 中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等AC 解析：对电子由牛顿第二定律有πvB ＝m v 2r ，得r ＝mv πB，则r Ⅰ∶r Ⅱ＝1∶k ，A 正确．由πvB ＝ma ，得a ＝πvB m ，则a Ⅰ∶a Ⅱ＝k ∶1，B 错误．由T ＝2πr v ＝2πm πB，得T Ⅰ∶T Ⅱ＝1∶k ，C 正确．由ω＝2πT，得ωⅠ∶ωⅡ＝k ∶1，D 错误． 5．一个带电粒子A 在一边长为a 的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R ，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是( )A ．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出C 解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即mv 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有qv 0B ＝mv 20R ；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有qv 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误．6．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近D 解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝mv qB可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．7．(多选)一电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，如图所示．若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则( )A ．h ＝dB ．电子在磁场中运动的时间为d vC ．电子在磁场中运动的时间为PN ︵vD ．洛伦兹力对电子做的功为零CD 解析：过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O ，由勾股定理可得(R －h )2＋d 2＝R 2，整理知d ＝2Rh －h 2，而R ＝mv eB ，故d ＝2mvh eB h 2，所以A 错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t ＝PN ︵v ＝d v 故B 错误，C 正确．由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D 正确．三、带电粒子在匀强磁场中的临界问题8．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速度v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短A 解析：由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A 正确；若v 一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O 点最远，选项B 错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，粒子在磁场中运动的角速度与v 无关，粒子在磁场中运动的时间与v 无关，选项C 、D 错误．9．(2017江西九所重点中学联考)(多选)如图所示，在ab ＝bc 的等腰三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向垂直磁场射入，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较( )A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间AD解析：如图所示，若粒子从ac边射出，粒子依次从ac边射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t＝θ2πT，运动时间相同，所以选项A正确，C错误；如果从bc边射出，粒子从b到c依次射出时，弧长(弦长)会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长，圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故选项B错误，D正确．四、带电粒子在匀强磁场中的多解问题10．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点( )A.2πmqB1B.2πmqB2C.2πm q （B 1＋B 2）D.πm q （B 1＋B 2）B 解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T ＝2πm qB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间为t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2，所以选项B 正确． 【素能提升】11．一边长为a 的正三角形ADC 区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC 边的正下方有一系列质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，以垂直于DC 边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD 边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t 0.假设粒子的重力和粒子间的相互作用力可忽略．(1)求该区域中磁感应强度B 的大小；(2)为了能有粒子从DC 边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC 、AD 边射出的区域长度为多大？解：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r周期T ＝2πr v ＝2πm qB当粒子垂直AD 边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t 0＝16T 解得B ＝πm 3qt 0.图甲(2)当轨迹圆与AC 、AD 都相切时，能有粒子从DC 边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v 1，偏转半径为r 1，则r 1＝a 2sin 60°＝34a 由qv 1B ＝m v 21r 1得r 1＝mv 1qB解得v 1＝3πa 12t 0图乙所以粒子能从DC 边离开磁场的最大入射速度v 1＝3πa 12t 0. (3)由(2)知，当轨迹圆与AC 相切时，从AC 边射出的粒子距C 最远，故有粒子射出的范围为CE 段，x CE ＝a 2cos 60°＝a4当轨迹圆与AD 边的交点F 恰在圆心O 正上方时，射出的粒子距D 点最远，如图乙所示，故有粒子射出的范围为DF 段 x DF ＝r 1sin 60°＝a2. 12．(2018·陕西咸阳模拟)如图所示，A 点距坐标原点的距离为L ，坐标平面内有边界过A 点和坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m 、电荷量为e )从A 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x 轴上的B 点射出磁场区域，此时速度方向与x 轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O 1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间．解析：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r ，磁场的磁感应强度为B ，则有πv 0B ＝m v 20r ① 过A 、B 点分别作速度的垂线交于C 点，则C 点为轨迹圆的圆心，已知B 点速度与x 轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C ＝60°②AC ＝BC ＝r ，已知OA ＝L ，得OC ＝r －L ③由几何知识得r ＝2L ④由①④得B ＝mv 02eL⑤ (2)由于ABO 在有界圆周上，∠AOB ＝90°，得AB 为有界磁场圆的直径，故AB 的中点为磁场区域的圆心O 1，由③易得△ABC 为等边三角形，磁场区域的圆心O 1的坐标为(32L ，L 2)． (3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T ＝2πr v 0⑥ 由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝2πL 3v 0.答案：(1)mv 02eL (2)(32L ，L 2) (3)2πL 3v 013．(2018湖南师大附中月考)如图所示，M ，N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M ，N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第九章 第一讲 磁场的描述 磁场对电流的作用 含答案
基础复习课第一讲磁场的描述磁场对电流的作用[小题快练]1．判断题(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关．( √ )(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致．( × )(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大．( √ )(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向．( × )(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强．( √ )(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零．( × )(7)安培力可能做正功，也可能做负功．( √ )2．下列说法中正确的是( D )A．由B＝FIL可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力F成正比B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D．磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处不受磁场力3．在磁场中的某一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样．下列几幅图表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系，a、b分别代表一组F、I的数据，其中正确的是( C )4．如图是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图．三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路．认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是( B )A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C．增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变考点一对磁感应强度的理解(自主学习)1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比．(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向．2．磁感应强度B与电场强度E的比较(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱．(2)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近．(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平．1－1.[地磁场的特点](2016·北京卷)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“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示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用答案：C1－2.[磁场的性质]下列关于磁场或电场的说法正确的是．①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关⑤电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零⑥一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的答案：④⑤⑦考点二判定安培力作用下导体的运动(师生共研)判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的思路：[典例1]如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时()A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．答案：D[反思总结]判定安培力作用下导体运动情况的常用方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流2－1. [等效法]如图所示，在固定位置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到()A．线圈向左平移B．线圈向右平移C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁答案：C2－2. [判断导体在安培力作用下的运动趋势]一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动答案：B考点三安培力作用力下的平衡和加速问题(师生共研)1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度．2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．[典例2](2015·全国卷Ⅰ)如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg[易错提醒]1．本题中安培力的方向易判断错误．2．开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.5＋0.3) cm，不是0.3 cm或(0.5－0.3) cm.3－1.[平衡问题]一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)()答案：C3－2. [平衡问题]质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60°，如图所示，则棒中电流()A．方向由M向N，大小为3mg 3BlB．方向由N向M，大小为3mg 3BlC．方向由M向N，大小为3mg BlD．方向由N向M，大小为3mg Bl解析：平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIl·x sin θ－mg(x－x·cosθ)＝0解方程得：I＝mgBl·1tan θ＝3mg3Bl，故B正确．答案：B3－3. [加速问题](多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝k Ir，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为()A．0B．kI2m－gC.kI22m－g D．g－kI2m答案：AC1．(2017·江苏卷)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( A )A．1∶1B．1∶2C．1∶4 D．4∶12．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)( D )A．B1－B0B．B1＋B0C.B20＋B21D．2B20＋B21－2B0B13．(多选)(2019·山西部分学校高三摸底)两根平行且相距L的长、细导线分别通有大小相等、方向相反的电流，横截面如图所示．在两导线的连线及延长线上有a、b、c三点，b为两直导线连线的中点，a、c与导线的距离均为L2，则( AD )A．b点磁感应强度的方向垂直a、c连线向下B．c点磁感应强度的大小为0C．a点和b点的磁感应强度的方向相同D．a点和c点的磁感应强度相同[A组·基础题]1. 如图所示，三根长为L的直导线的某一竖直截面在空间构成等边三角形，导线中通有垂直于纸面向外的电流，电流大小均为I，其中导线A、B中通过的电流在导线C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C在水平面上处于静止状态，导线C受到的静摩擦力( C )A．大小为32B0IL，方向水平向左B．大小为32B0IL，方向水平向右C．大小为3B0IL，方向水平向右D．大小为3B0IL，方向水平向左2. 如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，棒垂直跨放在两导轨上，空间存在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B.当棒通以方向由a到b、大小为I的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，则棒平衡时下列说法正确的是( A )A．弹簧伸长，伸长量为2IBLk＋x1B．弹簧伸长，伸长量为IBLk＋x1C．弹簧压缩，压缩量为2IBLk－x1D．弹簧压缩，压缩量为IBLk－x13. 如图所示，倾角为θ的粗糙绝缘斜面固定于水平向左的匀强磁场B中，将通电直导线垂直于斜面水平放置，导线中电流方向垂直于纸面向里．如果导线能静止于斜面上，则下列说法正确的是( C )A．导线一定受到斜面弹力，但不一定受斜面摩擦力B．导线一定受到斜面摩擦力，但不一定受斜面弹力C．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力一定竖直向上D．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，但弹力和摩擦力合力不一定竖直向上4．如图所示，通有恒定电流的、一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示．若将导线在纸面内顺时针转180°，关于甲、乙两种情况导线受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是( A )A．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变B．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变C．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化D．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变5．(多选) 如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中存在有沿x轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的abc－a′b′c′棱柱形空间．通过面积S1(abb′a′所围的面积)、S2(acc′a′所围的面积)和S3(cbb′c′所围的面积)的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则( AC )A．Φ1＝Φ2B．Φ1>Φ2C．Φ1>Φ3D．Φ3>Φ26．(多选)彼此绝缘、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，图中穿过线圈的磁通量可能为零的是( AD )7．(多选) 如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源．现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止，第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ＝30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等，下列说法中正确的是( AC )A．两次金属棒ab所受的安培力大小相等B．第二次金属棒ab所受的安培力大C．第二次金属棒ab受的摩擦力小D．第二次金属棒ab受的摩擦力大8．(多选) 如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．已知k＝2.0 N/m，ab的长度为0.20 m，bc的长度为0.050 m，B＝0.20 T，重力加速度为g，则( AC )A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mg kB．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源负极相接C．该电流表的量程是0～2.5 AD．若要将量程扩大到原来的2倍，磁感应强度应变为0.40 T[B组·能力题]9．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，沿y轴方向磁场分布是不变的，沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数，正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，由粗细均匀的同种规格导线制成，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( B )A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直B．整个线框沿y轴方向所受合力为0C．整个线框在x轴方向所受合力为14ka2I，沿x轴正向D．整个线框在x轴方向所受合力为34ka2I，沿x轴正向10．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B.用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即U＝KF，式中K 为比例系数．当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时(电流方向不变)，电压表示数为U2.则磁感应强度B的大小为( A )A．B＝R(U1－U2)K(E1－E2)L B．B＝R(U1－U2)K(E2＋E1)LC．B＝R(U1＋U2)K(E2－E1)L D．B＝R(U1＋U2)K(E2＋E1)L11. (多选)如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的变化关系为I＝kt(k为常数，k>0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有( AD )12．如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连．现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，重力加速度g取10 m/s2.试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？解析：棒受的安培力F＝BIL，棒中电流为I＝ER，代入数据解得F＝BELR＝0.8 N，对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为F N＝F2＋(mg)2，代入数据解得F N＝1 N.由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，由图中几何关系有tan θ＝Fmg＝0.80.6＝43，得θ＝53°，棒距环底的高度为h＝R(1－cos θ)＝0.2 m. 答案：0.5 N0.2 m。
届高考物理一轮复习第九章磁场第一节磁场的描述磁吃电流的作用课后达标新人教版08143109
第一节磁场的描述磁场对电流的作用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·江西十校模拟)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是( ) A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动解析：选C.将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B错．把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C对．黄铜针没有磁性，不会转动，D错．2.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，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(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是( )A．导电圆环有收缩的趋势B．导电圆环所受安培力方向竖直向上C．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析：选C.若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，选项A、B、D正确．3.如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n 匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO ′垂直于线圈平面且通过其圆心O ，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T ，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.1 AB ．0.2 AC ．0.05 AD ．0.01 A 解析：选A.设线圈半径为R ，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F ＝nBI ·2πR sin 30°，所受重力为G ＝n ·2πR ρg ，平衡时有：F ＝G ，nBI ·2πR sin 30°＝n ·2πR ρg ，得I ＝2ρg B，代入数据得I ＝0.1 A ，故A 正确． 4.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab 、cd 、ef 围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O 为等边三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O 点的磁感应强度大小为B 1，在M 点的磁感应强度大小为B 2，若撤去导线ef ，而ab 、cd 中电流不变，则此时N 点的磁感应强度大小为( )A ．B 1＋B 2B ．B 1－B 2 C.B 1＋B 22 D ．B 1－B 22解析：选C.设每根导线中的电流在O 点产生的磁感应强度大小为B 0，ef 、cd 中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B0′，则在O点有B1＝B0，在M点有B2＝2B0′＋B0，撤去导线ef后，在N点有B N＝B0＋B0′，联立各式可得B N＝B1＋B22，C正确．5.如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是( )A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外，S极向纸内转动D．N极向纸内，S极向纸外转动解析：选C.采取转换研究对象法判断．在图示位置，导线左端受磁场力垂直纸面向里，右端受磁场力垂直纸面向外，由牛顿第三定律可知，蹄形磁铁N极受力垂直纸面向外，S极向里，故C正确．6.(2018·衡阳模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选D.从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v －t图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A、B均错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg －μF N ＝ma ，而F N ＝BIL ＝BktL ，即mg －μBktL ＝ma ，因此a ＝g －μkBL mt ，显然加速度a 与时间t 成线性关系，故选项C 错误，D 正确．二、多项选择题7．(2018·汕头模拟)如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a 、b 两条导线长均为l ，通以图示方向的电流I ，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B .则( )A ．该磁场是匀强磁场B ．线圈平面总与磁场方向垂直C ．线圈将顺时针转动D ．a 、b 导线受到的安培力大小总为BIl解析：选CD.匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A 错误；在图示的位置，a 受向上的安培力，b 受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C 正确；易知选项B 错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl ，选项D 正确． 8.如图所示，两根间距为d 的平行光滑金属导轨间接有电源E ，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab 垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab 刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )A ．增大磁感应强度BB ．调节滑动变阻器使电流增大C ．增大导轨平面与水平面间的夹角θD ．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变解析：选AB.对金属杆受力分析，沿导轨方向：BEd R －mg sin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则BEd R增大，A 、B 正确；若增大θ，则mg sin θ增大，C 错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D 错误． 9.(高考海南卷)如图，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l 2、l 和3l .关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )A ．a 处的磁感应强度大小比c 处的大B ．b 、c 两处的磁感应强度大小相等C ．a 、c 两处的磁感应强度方向相同D ．b 处的磁感应强度为零解析：选AD.a 、c 两点处的磁感应强度是两导线中电流产生的合磁感应强度，由于a 点比c 点距离两导线较近，所以a 点处的磁感应强度比c 点处的大，A 正确．根据安培定则知，a 、c 两处磁感应强度方向相反，C 错误．b 点位于两导线中间，两导线在b 点产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c 处磁感应强度不为零，D 正确，B 错误．10．(2017·高考全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A 项相同，因此D 项正确．三、非选择题11.据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁接触良好．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导轨长L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .忽略摩擦力与重力的影响．解析：在导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB根据动能定理有FL ＝12mv 2 联立解得I ＝12mv 2BdL代入题给数据得I ＝6.0×105A.答案：6.0×105 A12．(高考重庆卷)某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g ，问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？ 解析：(1)由右手定则知：感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A .据左手定则知：外加电流从D 端流入． 由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL ，得m ＝2nBL g I .(3)设能称量的最大质量为m 0.由m ＝2nBL g I 和P ＝I 2R ，得m 0＝2nBL g PR .答案：(1)感应电流从C 端流出 (2)从D 端流入 m ＝2nBLg I (3)2nBL g PR。
(课标通用版)2020版高考物理总复习 第九章 01 第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用精练(含解析)
第1讲磁场的描述磁场对电流的作用A组基础过关1.(多选)指南针是我国古代四大发明之一。
关于指南针,下列说法正确的是( )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转答案BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。
指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,故B正确。
放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,故C正确。
在指南针正上方附近沿指针方向放置的通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
2.下列关于磁感应强度的说法中正确的是( )A.某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B.小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C.通电导线在磁感应强度大的地方受磁场力一定大D.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用,则该处磁感应强度一定为零答案 B 磁场中某处磁感应强度的方向就是小磁针在此处时N极所受磁场力的方向或是小磁针静止时N 极的指向,与通电导体放在该处所受磁场力的方向不同,A错,B对。
通电导线在磁场中的受力大小与磁感应强度大小和它与磁场的相对位置都有关系,C错。
一小段通电导线在某处不受磁场力的作用,可能是由于该处的磁感应强度为零,也可能是由于导线平行磁场方向放置,D错。
3.(2019湖北孝感质检)磁场中某区域的磁感线如图所示,则( )A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a>B bB.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a<B bC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小答案 B 因在磁场中,磁感线的疏密程度反映磁场的强弱,故B a<B b,选项A错误,B正确;同一通电导线,如果垂直放入磁场中,则在a处受力一定比在b处受力小,但如果通电导线与磁场不垂直放置,受力情况无法判断,故C、D均错误。
2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+练习+综合测试第九章第九章 磁场 (1)
3.磁场叠加问题的一般解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线．
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场 源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c 点产生的磁场．
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．
1．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是 ( C)
3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁 场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离 为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与 两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流 反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( C )
5．[特殊位置法] 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方， 如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流， 则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是( D )
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
A．金属棒始终静止不动 B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转， 同时靠近金属环 C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转， 同时靠近金属环 D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转， 同时远离金属环
解析：由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的 上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属 棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判 断金属棒的下半部分向纸面里转．当金属棒开始转动到转至水 平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近 金属环，B正确．
解析：因为磁场相同，导体中电流大小一样，根据F＝BIL 知，导体的有效长度越大，磁场变化时产生的安培力变化越 大，导致天平失去平衡，图中A对应的有效长度最大．
山东专用2020版高考物理一轮复习第九章磁场综合检测含解析新人教版
磁场综合检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.磁感应强度B和磁场强度H是不同的物理量,在真空中H=.若用国际单位制的基本单位表示,μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为( D )A.kg/(s2·A)B.kg·A/s2C.kg·A/mD.A/m解析:根据H=,B的单位为;μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为===A/m,故选D.2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )A.沿环半径向外B.沿环半径向内C.沿通电直导线水平向左D.等于零解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误.3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比r1∶r2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是( B )A.放出的射线为高速电子流B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹C.射线与新核动能之比为aD.射线与新核质子数之比为b解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系E k=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选项D错误.4.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动,A,B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速,每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕半径不变(设极板间距远小于R),粒子重力不计,下列关于环形加速器的说法中正确的是( C )A.加速器对带正电粒子顺时针加速,对带负电粒子加速需要升高B板电势B.电势U越高,粒子最终的速度就越大C.环形区域内的磁感应强度大小B n与加速次数n之间的关系为=D.粒子每次绕行一圈所需的时间t n与加速次数n之间的关系为=解析:带正电粒子从A板向B板加速,所以正电粒子沿顺时针运动,对负电粒子,升高B板电势,则负电粒子从A板向B板加速,在磁场运动中沿顺时针方向运动,但洛伦兹力向外,无法做圆周运动,A错误;根据qvB=m可得v=,因为R是定值,最终速度由磁感应强度决定,B错误;粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功,设粒子绕行n圈获得的速度为v n,根据动能定理可得nqU=m,解得v n=,粒子在环形区域磁场中,受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式,则有qv n B n=m,解得B n== ,所以=,C正确;粒子绕行第n圈所需时间t n==2πR·,所以=,D错误.5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是( C )A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端4的电势高于接线端2的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为( A )A. BB.BC.0D.B解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设B a=B b=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是( B )A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U=C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误.8.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒,把它们放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后,两盒间的窄缝中能形成匀强电场,带电粒子在磁场中做圆周运动,每次通过两盒间的窄缝时都能被加速,直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核H)和α粒子He),比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能,下列说法正确的是( D )A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较大B.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较小C.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较小D.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较大解析:带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,可知氚核的质量与电荷量的比值大于α粒子的质量与电荷量的比值,故氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子在磁场中运动的周期小,则加速α粒子的交流电源的周期较小;根据qvB=m,解得v=,则最大动能E km=mv2=,氚核的质量是α粒子的,氚核的电荷量是α粒子的,则氚核的最大动能是α粒子的,即氚核的最大动能较小,α粒子的动能较大,故A,B,C错误,D正确.9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b点,则下列说法正确的是( CD )A.从a到b,小球可能做匀速直线运动B.从a到b,小球可能做匀加速直线运动C.从a到b,小球动能可能不变D.从a到b,小球机械能增加解析:带电小球的初速度是水平的,从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项A错误;从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项B错误;当小球的重力和电场力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项C正确;从a到b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项D正确.10.央视《是真的吗》节目做了如下实验:用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管,将螺旋管放在水平桌面上,用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”,两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上,只要将这辆小车推入螺旋管中,小车就会加速运动起来,如图所示.关于小车的运动,以下说法正确的是( BD )A.将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连,小车仍能加速运动,B.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连,小车的加速度方向将发生改变C.图中小车加速度方向向右D.图中小车加速度方向向左解析:两磁极间的磁感线如图(甲)所示,干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流.其中线圈中电流方向的左视图为逆时针方向,电流与磁极、磁场的关系如图(乙)所示,由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律有“小车”向左加速,C错误,D 正确;如果改变某一磁铁S极与电源粘连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,A错误;如果将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连,电流方向不变,磁场方向变化,“小车”受力方向变化,“小车”的加速度方向将发生变化,B正确.11.如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.两个相同的带电粒子,先后从y轴上的a(0,L)点和b点(坐标未知)以相同的速度v0垂直于y轴射入磁场,在x轴上的c(L,0)点相遇,不计粒子重力及其相互作用,根据题设条件可以确定( AC )A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量解析:两个粒子做匀速圆周运动,由几何关系可以确认其圆心坐标分别是(0,L),(0,-L),轨迹半径 R=L,圆弧所对圆心角分别是 120°和60°,依 qv0B=得R=,又v0,B已知,可确定比荷,但无法确认带电粒子带电荷量和质量;由T=,t=T,可求出带电粒子在磁场中运动的时间.12.图中的虚线为半径为R、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点A向圆平面内的不同方向以相同的速度v0射入磁场,粒子在磁场中做半径为r的圆周运动,经一段时间的偏转,所有的粒子均由圆边界离开,所有粒子的出射点的连线为虚线边界的,粒子在圆形磁场中运行的最长时间用t m表示,假设,R,v0为已知量,其余的量均为未知量,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.则下列表达式正确的是( ACD )A.B=B.B=C.r=D.t m=解析:设从A点射入的粒子与磁场边界的最远交点为B,则B点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点,的长是边界圆周长的,则∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,选项A,C正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长时间为t m===,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是 (填入正确选项前的标号).解析:(1)实验电路连线如图所示.(2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确.答案:(1)见解析 (2)AC评分标准:每问2分.14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量.如图(a)所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题.(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹 ,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0.(2)如图(b)所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ0不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是 .A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减小,直至间距不变(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有 .A.物块A的质量MB.物块B的质量mC.物块A与木板间的动摩擦因数μD.两物块最终的速度v(4)用重力加速度g,磁感应强度B,θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为q= . 解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知f=Mgsin θ0,F N=Mgcos θ0,又因为f=μF N,所以μ===tan θ0;当存在磁场时,以A,B整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以A,B一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据Δx=at2,可知,加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,选项D正确,A,B,C错误.(3)(4)根据(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcosθ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0化简得q=,把μ=tanθ0代入,得q=,由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.答案:(1)间距相等(或均匀) (2)D (3)BD (4)评分标准:每问2分.15.(10分)如图所示,在xOy平面内,有一半径为R=L的圆形区域,圆心O1对应的坐标为( L,0),圆与x轴交于A,C两点.除圆形区域内无磁场,在y轴与直线x=2L之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,在圆心O1处有一粒子源,发射同种粒子,粒子的质量为m,电荷量为+q(q>0),粒子从粒子源O1发出垂直磁场在纸面内向各个方向运动,不计粒子重力,并且从磁场返回圆形边界的粒子均被吸收掉,(1)求能从右边界(即直线x=2L)射出的粒子其最小速率为多少,并求出该粒子从O1发出时与x轴正方向的夹角θ;(2)要使粒子垂直于x=2L的边界射出磁场,求该粒子的最小速率为多少?解析:(1)分析可知,以相同速率从O1点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心的轨迹在虚线圆上,如图所示设能从直线x=2L边界出去的粒子的速度大小为v1,则qv1B=mv1=,从图中可知,速度最小是从D点飞出,则+r1=L,(1分)解得r1=L,(1分)最小速度为v1=,(1分)对应角度tan θ==,(1分)θ=30°,(1分)所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为30°.(2)粒子垂直于直线x=2L边界射出,作出粒子运动的轨迹如图所示设粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为α,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r2,则Lcos α+r2sin α=L,(1分)(cos α+sin α)=L令=sin φ=cos φ得sin (α+φ)=L,(1分)当α+φ=90°时,r2最小,解得r2=L,(1分)qv2B=m,(1分)v2=所以,粒子垂直于x=2L的边界射出磁场的最小速率v2=.(1分)如果利用数学知识为点O1到直线距离,得出O3位置在D点时r2最小,同样求出r2= L,同样得分.答案:(1) 30° (2)16.(8分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0).粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用).求:(1)第二象限内电场强度E的大小;(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ;(3)圆形磁场的最小半径R min.解析:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)联立解得E=.(1分)(2)设电子到达C点的速度大小为v C,方向与y轴正方向的夹角为θ.由动能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得v C=v,cos θ==,解得θ=45°.(1分)(3)电子的运动轨迹图如图,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==,(1分)电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出,则磁场圆最小半径R min==rsin 60°(1分)由以上两式可得R min=.(1分)答案:(1) (2)45° (3)17.(11分)如图(甲)所示,在平行边界MN,PQ之间存在宽度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图(乙)所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界PQ右侧和MN左侧存在如图(甲)所示的两个长为2d、宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCD和MNFE.已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍.在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B;(2)电场强度大小E及电场的周期T.解析:(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,(1分)由洛伦兹力提供向心力知qv0B=,联立得B=.(1分)(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2,半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动.粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动,水平方向d=v0t(1分)竖直方向y=at2=t2(1分)离开电场时沿电场方向的速度v y=at=,离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,v0=vsin θ粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,知3qvB= (1分)由几何关系有2y+2Rsin θ=2d(1分)联立以上各式得E=(1分)由tan θ===,得θ=37°粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1=(1分)粒子在区域Ⅱ中运动的时间t2==(1分)粒子在电场中运动的时间t3=(1分)电场变化的周期等于粒子运动的周期,所以电场变化周期T=t1+t2+t3= d.(1分)答案:(1) (2) d18.(11分)如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度大小;(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.解析:(1)设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v0,在磁场中的运动半径为r,则有qv0B=,(1分)由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是(-L,-L),可知r=L,(1分)解出v0=.(1分)(2)微粒到达A点时,速度方向与OM夹角为45°,即与电场平行.微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动,后原路返回A点,再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场,微粒的运动轨迹如图所示.微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以qBv0=m r,(1分)并且v0=,(1分)设微粒在磁场中运动的总时间为t OC,根据几何关系,微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周,所以t OC=T,(1分)根据对称性,微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向,此后在电场中做类平抛运动,从D点离开电场,设其加速度为a,运动时间为t CD,则有qE=ma,(1分)从C运动到D在x方向的位移为。
2020届高考人教版必修1 物理一轮复习_课时专题练_第九章磁场单元质量检测 (3)
离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度忽略不计，经加速后，通过宽为L的 狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到
照相底片上.图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N时离子的运动轨迹.不考虑
离子间的相互作用.
(1)求离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
答案
4 B
mqU0－L
图2
2.磁流体发电机 (1)原理：如图9所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发 生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化 为电能.
图9 (2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极.
(3)电源电动势 U：设 A、B 平行金属板的面积为 S，两极板间的距离为 l，磁场 磁感应强度为 B，等离子体的电阻率为 ρ，喷入气体的速度为 v，板外电阻为 R. 当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为 U(即 电源电动势)，则 qUl ＝qvB，即 U＝Blv. (4)电源内阻：r＝ρSl . (5)回路电流：I＝ U .
2020届高考物理（选考）一轮复习
第九章 磁 场
专题强化一、 带电粒子在复合场中运动 的实例分析
专题解读
1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形 式出现. 2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对 性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心. 3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定 理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子 在磁场中运动的规律).
该厂的排污管末端安装了如图12所示的长方体流量计.该装置由绝缘材料制成，
人教版高考物理一轮复习 第9章 磁场
二、复习方法及重难点突破 1.复习方法: (1)对本章的重要概念,如磁感应强度、磁感线、磁通量、安培力、洛伦兹 力等要深刻理解、准确掌握。同时注意与电场知识进行类比学习与记忆。 (2)对各种磁场分布图,如条形磁铁的磁场、蹄形磁铁的磁场、同名磁极间 的磁场、异名磁极间的磁场、通电直导线周围的磁场、通电螺线管的磁场、环 形电流的磁场等,要从立体图、横截面图、纵截面图等不同角度识记且能够根 据问题需要准确画出。
(3)针对安培定则、左手定则以及右手定则易混的特点,复习时可通过比较、 区别、反复练习的方法,从而达到准确应用的目的。
(4)带电粒子在匀强磁场中的运动是本章的重点。涉及带电粒子在匀强磁 场中的匀速圆周运动问题要按“画轨迹、定圆心、求半径、找圆心角”的顺序 根据几何关系和运动学方程求解。
2.重点难点突破方法: (1)五种常见磁场的磁感线的分布情况是重点也是难点,复习时引导学生既 要熟悉平面分布情况,也要熟悉其立体分布情况,运用各种实物模型使学生在头 脑中形成完整清晰的图景。 (2)解决有关通电导体在磁场中受到安培力时的平衡或加速运动问题时,要 根据B、I的方向,善于从恰当的角度画出包括安培力在内的受力分析平面图。 (3)解决带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题时,确定轨迹、圆心、 半径、圆心角是关键。根据不同的边界条件,结合几何知识计算是重点。复习 时应注意解题思路和方法的总结。
第九 一、知识特点 1.本章的概念、规律多且抽象,复习中应熟练掌握磁感应强度的概念,
掌握用磁感线描述磁场的方法和安培定则,掌握安培力、洛伦兹力的大小 和方向的判断方法。
2.本章的知识重在应用。通电导线在安培力作用下的运动,带电粒子 在磁场中的运动,带电粒子在复合场中的运动,质谱仪、回旋加速器的工 作原理等,均涉及对安培力或洛伦兹力大小、方向规律的应用,而且是高 考的重点和难点。
2020版高考物理一轮复习第九章磁场(第1课时)课件
解析：(1)导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得：
mgsin θ＝BILcos θ， 解得 B＝mILgtan θ.
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(2)如图乙所示，当安培力平行斜面向上，安培力和重力沿斜面
的分力平衡时，安培力最小，有
mgsin θ＝BminIL，
解得 Bmin＝mILgsin θ.
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直斜面向上．
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2．磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的__强__弱__和__方__向__． (2)定义式：B＝IFL(通电导线垂直于磁场)． (3)方向：小磁针__静__止__时 N 极的指向． 二、磁感线 电流的磁场 1．磁感线 在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点 的__磁__感__应__强__度___的方向一致．磁感线可以形象地描述磁场．
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BC 解析：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对 L1 受 力分析，如图甲所示，可知 L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所 在的平面平行，故 A 错误；对 L3 受力分析，如图乙所示，可知 L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在的平面垂直，故 B 正确；设三 根导线两两之间的相互作用力的大小为 F，则 L1、L2 受到的磁场作 用力的合力大小均等于 F，L3 受到的磁场作用力的合力大小为 3F， 即 L1、L2、L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1∶1∶ 3， 故 C 正确，D 错误．
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2．方向 (1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直， 并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指 向_电___流__的__方__向__，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受 ___安__培__力___的__方__向____． (2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即 F 垂直于 B 和 I 决定 的平面．(注意：B 和 I 可以有任意夹角)
2020版高考物理总复习 第九章 练习【共2套16页】
本套资源目录2020版高考物理总复习第九章第1节磁场及磁吃电流的作用练习含解析2020版高考物理总复习第九章第2节磁吃运动电荷的作用练习含解析第1节磁场及磁场对电流的作用1.(2019·北京第四十四中学模拟)(多选)在物理学中常用比值法定义物理量.下列说法中正确的是( AD )A.用E=定义电场强度B.用a=定义加速度C.用C=定义电容器的电容D.用B=定义磁感应强度解析:E=是电场强度的定义式,采用比值定义法,定义出的电场强度E与F,q无关,故A项正确;加速度a=是加速度的决定式,物体的加速度a与其所受合力F成正比,与物体的质量m 成反比,这个公式不是比值定义法;a=是加速度的定义式,故B项错误;C=是电容的决定式,C与εr,S成正比,与d成反比,这个公式不是比值定义法;C=是电容的定义式,故C项错误;B=是磁感应强度的定义式,采用比值定义法,定义出的磁感应强度B与F,I,L无关,故D项正确.2.(2019·山东莱芜期末)如图所示,用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架,每个边长L的电阻均为r,三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则三角形框架受到的安培力的合力大小为( D )A.0B.C.D.解析:由图可知框架的bc边与bac边并联接在电源两端,则电路总电阻为R=+r=r,总电流I==,三角形框架受到的安培力的合力大小为F=BI1L+BI2L=BIL=,故D正确.3.(2019·安徽六安质检)如图所示,两光滑金属导轨倾斜放置,与水平面夹角为30°,导轨间距L,一质量为m的导体棒与导轨垂直放置,电源电动势恒定,不计导轨电阻.当磁场竖直向上时,导体棒恰能静止,现磁场发生变化,方向沿顺时针旋转,最终水平向右,在磁场变化的过程中,导体棒始终静止.则下列说法正确的是( B )A.磁感应强度一直减小B.磁感应强度先变小后变大C.导体棒对导轨的压力变大D.磁感应强度最小值为解析:由图可知,当磁场方向顺时针旋转,由图可知安培力先变小后变大,电流恒定,则磁感应强度先变小后变大,安培力的最小值为F min=mgsin 30°=mg=B min IL,则磁感应强度最小为B min=,B正确,A,D错误;由图知N变小,C错误.4.(2017·甘肃嘉峪关期末)两条导线互相垂直,但相隔一小段距离,其中AB固定,电流方向由B到A,CD可自由运动,电流方向由C到D.当通以图所示方向电流后,CD导线将( D )A.顺时针方向转动,同时靠近ABB.逆时针方向转动,同时离开ABC.顺时针方向转动,同时离开ABD.逆时针方向转动,同时靠近AB解析:根据右手螺旋定则可知,电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小段电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,CD导线逆时针方向转动,当CD导线转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引,所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,选项D正确,A,B,C 错误.5.(2019·山东济南模拟)如图所示,在匀强磁场区域中有一光滑斜面体,在斜面上放了一根长L,质量为m的导线,当通以如图所示方向的电流I后,导线恰能保持静止,则磁感应强度B 必须满足( B )A.B=,方向垂直纸面向外B.B=,方向垂直斜面向下C.B=,方向竖直向上D.B=,方向水平向右解析:当所加磁场方向垂直纸面向外时,磁场与电流方向平行,所以导线不受磁场力的作用,无法保持平衡,故A错误;当所加磁场方向垂直斜面向下时,由左手定则可以判断受到的安培力的方向沿斜面向上,根据平衡条件得mgsin θ=BIL,解得B=,故B正确;当所加磁场方向竖直向上时,受到的安培力的方向水平向左,则导体棒受力不平衡,故C错误;当所加磁场方向水平向右时,受到的安培力的方向竖直向上,由mg=BIL,得B=,故D错误.6.(2018·天津五区县期末)如图所示,A,B,C是等边三角形的三个顶点,O是A,B连线的中点.以O为坐标原点,A,B连线为x轴,O,C连线为y轴,建立坐标系.过A,B,C,O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流.则过C点的通电直导线所受安培力的方向为( B )A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿x轴正方向D.沿x轴负方向解析:等边三角形的三个顶点A,B,C处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流.由安培定则可得:导线A,B的电流在C处的合磁场水平向右,导线O的电流在C处的磁场也是水平向右,故三条导线的电流在C处的合磁场方向水平向右.再由左手定则可得:C点的通电直导线所受安培力的方向为沿着y轴的负方向.故B正确.7.(2019·广东阳江质检)(多选)如图所示,金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上,整个装置处于竖直向上的磁场中.当磁感应强度均匀减小时,杆ab总保持静止,则( AD )A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小减小C.金属杆所受安培力逐渐增大D.金属杆受到的合力为零解析:当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量减少,根据楞次定律判断得到:回路中感应电流方向为逆时针方向(俯视),则杆中的感应电流方向是从b到a,故A正确;当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量均匀减少,磁通量的变化率不变,根据法拉第电磁感应定律E=n得,回路中产生的感应电动势不变,则感应电流大小保持不变,故B错误.根据安培力F=BIL,I不变,B均匀减小,得知金属杆受到的安培力逐渐减小,故C错误.杆ab总保持静止,合力为零,故D正确.8.(2019·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示,一根通电的直导体放在倾斜的粗糙斜面上,置于图示方向的匀强磁场中,处于静止状态.现增大电流,导体棒仍静止,则在增大电流过程中,导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( AB )A.一直增大B.先减小后增大C.先增大后减小D.始终为零解析:由左手定则可得安培力方向沿斜面向上,若开始时安培力较大,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力也增大,所以A正确;若开始时安培力较小,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力先变小.当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时,此时导体棒不受摩擦力作用,当继续增大电流时,出现摩擦力方向向下,从而随着电流增大而增大,故B正确,C,D错误.9.(2019·河南洛阳模拟)如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为I,其中A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B.导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是( B )A.B0IL,水平向左B.B0IL,水平向右C.B0IL,水平向左D.B0IL,水平向右解析:A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,作出磁感应强度的合成图,根据平行四边形定则,结合菱形的几何关系,则有B C=B0;再由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为F=B0IL,由于导线C位于水平面处于静止状态,所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL,方向水平向右.10.(2019·山西大同期末)如图所示,原来静止的圆线圈可以自由移动,在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线,导线中电流方向垂直于纸面向里.当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I时,圆线圈将会( D )A.受力向左平动B.受力向右平动C.不受力,平衡不动D.以MN为轴转动解析:长直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁感线,如图中虚线所示.通电圆形线圈要受到安培力作用,其方向可由左手定则判断出;圆线圈下半部分所在处磁场方向斜向上,所以受的安培力方向垂直纸面向外;上半部分线圈受的安培力垂直纸面向里.因此线圈以MN为轴转动,故D正确.11.(2019·宁夏六盘山期末)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的高能杀伤武器,具有速度快命中率高,发射成本低,减少污染等特点,是21世纪的理想兵器,它的主要原理如图所示,1982年澳大利亚大学制成的能把2.2 g的弹体加速到10 km/s的电磁炮,若轨道宽为2 m,长为100 m,通过的电流为10 A,求:(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)磁场力的最大功率.解析:(1)对炮弹发射过程由动能定理Fx=mv2,安培力F=BIL,代入数据得B=55 T.(2)磁场力的最大功率P=Fv,代入数据P=1.1×107 W.答案:(1)55 T (2)1.1×107 W12.(2019·吉林延边期末)在与水平方向成θ角的倾斜光滑导轨上放一质量为m的导体棒ab(导轨宽度为L,导轨和棒的电阻不计),电源电动势为E,内电阻为r,定值电阻阻值为R,整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,如图所示.(1)求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向.(2)求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小.解析:(1)由闭合电路欧姆定律有I=导体棒受到的安培力F=,方向水平向右.(2)以导体棒为研究对象,受力情况如图根据牛顿第二定律有mgsin θ-Fcos θ=ma解得a=.答案:(1),方向水平向右(2)第2节磁场对运动电荷的作用1.(2019·江苏省南通模拟)狄拉克曾预言,自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布,距离它r处的磁感应强度大小为B=(k为常数),设空间有一固定的S极磁单极子,磁场分布如图所示,一带电小球q(重力不可忽略)在S极附近做匀速圆周运动,则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是( C )A.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正下方B.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正下方C.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)D.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)解析:要使小球能做匀速圆周运动,则洛伦兹力与重力的合力须充当向心力;洛伦兹力必为斜上方,其竖直分力与重力平衡,水平分力提供向心力.根据左手定则可以判断:若小球带正电,其运动轨迹平面在S的正上方且沿逆时针运动;若小球带负电,其运动轨迹平面可以在S的正上方且沿顺时针运动(从上往下看);若在下方时,当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向上时,一个分力可以与重力平衡,但另一个分力不指向圆心,不能提供向心力;同样当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向下时,一个分力可以提供向心力,但另一个分力不能与重力平衡.故A,B,D错误,C正确.2.(2018·辽宁省葫芦岛二模)如图,空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场,图中未画出,从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2,两个质子同时到达P点.已知OP=a,质子2沿与OP成30°角的方向发射,不计质子的重力和质子间的相互作用力,则质子1和2发射的时间间隔为( D )A. B. C. D.解析:由磁场及几何知识可得两质子做匀速圆周运动的半径为r1=r2=a.如图所示,可知质子2的圆心为O2,质子1的圆心为O1,则由几何知识可知质子2轨迹对应圆心角为60°,质子1的轨迹对应的圆心角为300°,表明质子1从O到P用时为t1=T;质子2从O到P用时为t2=T,质子运动的周期T=.因此要想同时到达,质子1应该提早发射,且时间差为Δt=t1-t2=,故选项A,B,C错误,D正确.3.(2018·广州一模)如图,半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为+q且不计重力的粒子,以速度v沿与半径PO夹角θ=30°的方向从P点垂直磁场射入,最后粒子垂直于MN射出,则磁感应强度的大小为( B )A. B.C. D.解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图,由几何关系知圆心角为30°,粒子运动轨迹的半径为r=2R,由电磁场相应知识得半径为r=,则B=,选项B正确,A,C,D错误.4.如图为显像管的构造示意简图.当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中间的O点.安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场,使电子束在竖直方向发生偏转,设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转( A )解析:根据左手定则可以得知,电子开始上偏,故磁场的方向垂直纸面向外,方向为负,且逐渐减小,后来电子又下偏,磁场方向垂直纸面向里,方向为正,且逐渐增加,故A正确.5.(2019·陕西榆林模拟)如图所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,a,b,c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹,粒子重力不计.下列说法正确的是( D )A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析:根据左手定则知粒子a带正电,粒子b,c带负电,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,解得v=,粒子的动能E k=mv2=,由于q,B,m都相同,因此r越大,粒子动能越大,所受向心力就越大,由图示可知,b的轨道半径最大,则b粒子动能和向心力都最大,选项B错误,D正确.粒子在磁场中做圆周运动的周期T=相同,粒子在磁场中的运动时间t=T=,由于m,q,B都相同,粒子c转过的圆心角θ最大,则射入磁场中c的运动时间最长,故C错误.6.(2018·广东梅州二模)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.今有质量相同的甲、乙、丙三个小球,其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电,现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则( D )A.经过最高点时,三个小球的速度相等B.经过最高点时,甲球的速度最小C.乙球释放的位置最高D.甲球下落过程中,机械能守恒解析:在最高点时,甲球受洛伦兹力向下,乙球受洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦兹力,三球在最高点受合力不同,由牛顿第二定律得F合=m,由于F合不同而m,R相等,则三个小球经过最高点时的速度不相等,选项A错误;由于经过最高点时甲球所受合力最大,则甲球在最高点的速度最大,选项B错误;甲球经过最高点时的速度最大,甲的机械能最大,小球在运动过程中只有重力做功,而洛伦兹力不做功,由机械能守恒定律可知,甲释放时的位置最高,故C错误,D正确.7.(多选)如图,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法正确的是( AC )A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=B.粒子从M点进入磁场时的速率为v=C.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的解析:边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长,即偏转圆半径r==,得v=,所以A对,B错;若磁感应强度增加到原来的倍,轨道半径变为R,直径对应的弦长为R,有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°,所以弧长之比为2∶3,C 对D错.8.(多选)如图所示为一边长为L的正方形abcd,P是bc的中点.若正方形区域内只存在由d 指向a的匀强电场,则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出.若该区域只存在垂直纸面向里的匀强磁场,则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出.由此可知( BC )A.匀强电场的电场强度为B.匀强磁场的磁感应强度为C.带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D.带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2解析:带电粒子在电场中做类平抛运动,有L=vt,L=at2,qE=ma,联立解得E=,a=,A错误;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,由几何关系有r=L,联立解得B=,B正确;粒子在匀强磁场中运动的加速度a′===a,C正确;带电粒子在匀强电场中运动的时间t=,在匀强磁场中运动的时间t′=,在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为=,D错误.9.(多选)如图所示,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为的匀强磁场.一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在x轴上方运动的半径为R.则( CD )A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子射入磁场后,第二次经过x轴时与O点的距离为3RD.粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2解析:根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知,粒子运动的过程中始终处于磁场内,离O点越来越远,粒子一定不能回到原点,A错误;由几何关系可知,粒子在一次周期运动时间内,在x轴上方运动的时间t1=T=,在x轴下方运动的时间t2=T′=,粒子完成一次周期性运动的时间为t1+t2=,B错误;根据Bqv=m得r=,在x轴下方的轨道半径是在x轴上方的2倍,即r=2R,由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系可知,粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R,第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R,所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R,C,D正确.10.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.0×10-8 kg,电荷量为q=1.0×10-6 C的带电粒子,从静止开始经U0=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,(粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0 T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求OQ的距离;(3)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B′满足的条件.解析:(1)对带电粒子的加速过程,由动能定理得qU0=mv2,解得v=20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则qvB=,解得R=0.5 m,而=0.5 m故圆心一定在x轴上,轨迹如图(甲)所示,由几何关系可知OQ=R+Rcos 37°=0.9 m.(3)带电粒子不从x轴射出,临界轨迹如图(乙)所示,由几何关系得OP>R′+R′sin 37°,R′=解得B′> T.答案:(1)20 m/s (2)0.9 m (3)B′> T11.(2019·贵州铜仁模拟)如图所示,无重力空间中有一恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外,大小为B,沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏,P点位于荧光屏上,在y轴上的A点放置一放射源,可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子,这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线,P点处在亮线上,已知OA=OP=L.(1)若能打到P点,则粒子速度的最小值为多少?(2)若能打到P点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?解析:(1)设粒子的速度大小为v时,其在磁场中的运动半径为R,则由牛顿运动定律有qBv=m若粒子以最小的速度到达P点时,其轨迹一定是以AP为直径的圆(如图中圆O1所示),由几何关系知s AP=L,R==L,则粒子的最小速度v=.(2)粒子在磁场中的运动周期T=,设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=,由图可知,在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示,此时粒子的初速度方向竖直向上,由几何关系有θ=π则粒子在磁场中运动的最长时间t=.答案:(1)(2)。
2020高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第一单元电
选修3-2 第九章第1单元电磁感应现象、楞次定律[课时作业]命题设计难度题号较易中等稍难单一目标楞次定律1、3、4、67、9、10右手定则2、5综合目标综合应用811、12一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图1所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是 ( )解析：根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．故D项正确．答案：D目标2．如图2所示，闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是 ( )A．向右进入磁场B．向左移出磁场C．以ab为轴转动D．以cd为轴转动解析：ab边受磁场力竖直向上，由左手定则知，通过ab的电流方向是由a指向b，由右手定则可知当线圈向左移出磁场时，bc边切割磁感线可产生顺时针方向的电流．当然也可以用楞次定律判断当线圈向左移出磁场时，磁通量减小，产生顺时针的感应电流，故B正确．当以ab或cd为轴转动时，在图示位置，导线不切割磁感线，无感应电流产生，故C、D错．答案：B3．如图3所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是( )A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．圆盘在磁场中向右加速平移解析：圆盘绕过圆心的竖直轴转动和在磁场中平移，都不会使其磁通量发生变化，故不会有电磁感应现象，A、C、D错误；圆盘绕水平轴转动或磁场均匀增加，都会使圆盘中的磁通量发生变化，故有感应电流产生，B正确．答案：B4．如图4所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是 ( )A．释放圆环，环下落时环的机械能减少B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左运动的趋势解析：由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，A、B错；给磁铁水平向右的初速度，由楞次定律可知，圆环的运动总是阻碍自身磁通量的变化，所以环要受到向右的作用力，由牛顿第三定律可知，磁铁要受到向左的作用力而做减速运动(或据“总阻碍相对运动”的推论得出)，故C对D错．答案：C5．如图5所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而ab、cd为串有伏特表和安培表的两根金属棒，它们同时以相同的速度向右运动时，下列说法中正确的是( )A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表有读数C．电压表无读数，电流表无读数D．电压表有读数，电流表无读数解析：此题考查对电磁感应现象的理解和对电压表、电流表示数的理解．两棒以相同的速度向右运动时，因穿过面abcd的磁通量不变，回路中没有感应电流，电流表和电压表均不会有读数．C项正确．答案：C6．如图6所示，通过水平绝缘的传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是( )A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带静止B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：由产生电磁感应现象的条件和楞次定律知，A、B错误．由各线圈位置关系知，C错误，D正确．答案：D7．如图7所示，虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场区域，磁场方向竖直向下．矩形闭合金属线框abcd以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．图8中所给出的是金属框的四个可能达到的位置，则金属框的速度不可能为零的位置是 ( )解析：当线框完全处于磁场中时，线框中无感应电流产生，线框不受力，将做匀速直线运动，其速度不可能为零，故C对．答案：C8．(2020·合肥模拟)如图9甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图9乙所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是 ( )A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势解析：在t1～t2时间内，通入线圈A中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的向外的磁场，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈B中会产生顺时针方向的感应电流．线圈B中电流为顺时针方向，与A中的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B将有扩张的趋势．综上所述，A项正确．答案：A9．如图10所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是 ( )A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左解析：在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断A项错B项对；再由PQ中电流方向及左手定则可判断C、D项错．答案：B10．现代汽车中有一种先进的制动机构，可保证车轮在制动时不是完全刹死滑行，而是让车轮仍有一定的滚动．经研究这种方法可以更有效地制动，它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图11所示，铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流．将这个电流经放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动抱死．在齿a转过虚线位置的过程中，关于M中感应电流的说法正确的是( )A．M中的感应电流方向一直向左B．M中的感应电流方向一直向右C．M中先有自右向左、后有自左向右的感应电流D．M中先有自左向右、后有自右向左的感应电流解析：由楞次定律知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”．由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场总要阻碍原磁场增强，由安培定则可知M中感应电流的方向为自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，由楞次定律知，M中感应电流方向为自右向左．D 项正确．答案：D二、计算题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图12所示，固定于水平面上的金属架CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动．t ＝0时，磁感应强度为B 0，此时MN 到达的位置使MDEN 构成一个边长为l 的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流，从t ＝0开始，磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？请推导出这种情况下B 与t 的关系式．解析：要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化 在t ＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B 0S ＝B 0l 2设t 时刻的磁感应强度为B ，此时磁通量为Φ2＝Bl (l ＋vt )由Φ1＝Φ2得B ＝B 0l l ＋vt . 答案：B ＝B 0l l ＋vt12．(15分)磁感应强度为B 的匀强磁场仅存在于边长为2l 的正方形范围内，有一个电阻为R 、边长为l 的正方形导线框abcd ，沿垂直于磁感线方向，以速度v 匀速通过磁场，如图13所示，从ab 进入磁场时开始计时．(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．若有，请判断出感应电流的方向；若无，请说明 理由．解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有ab 边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab 、cd 两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd 边在磁场中)．(1)①线框进入磁场阶段：t 为0～l v，线框进入磁场中的面积与时间成正比，S ＝lvt ，最后为Φ＝BS ＝Bl 2. ②线框在磁场中运动阶段：t 为l v ～2l v， 线框磁通量为Φ＝Bl 2，保持不变．③线框离开磁场阶段：t为2lv～3lv，线框磁通量线性减小，最后为零．(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向．答案：(1)如右图所示(2)线框进入磁场阶段，感应电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无感应电流；线框离开磁场阶段，感应电流方向顺时针．。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第九章 第1节 磁场及磁场对电流的作用
第1节 磁场及磁场对电流的作用素养提升基础知识一、磁场、磁感应强度基础过关 紧扣教材·自主落实1.磁场(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 的作用.磁场力(2)方向:小磁针静止时 所指的方向,即是N极所受磁场力的方向.N极2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的 和 .强弱方向(2)定义式:B= (通电导线垂直于磁场).FIL(3)方向:小磁针 时N极的指向.静止二、磁感线 电流的磁场1.磁感线切线(1)引入:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的 方向都跟这点的磁感应强度的方向一致.闭合(2)特点:磁感线的特点与电场线的特点类似,主要区别在于磁感线是 的曲线.(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示).2.安培定则(1)通电直导线:右手握住导线,让 所指的方向与电流方向一致, 所指的方向就是磁感线环绕的方向.(2)环形电流:让右手 与环形电流的方向一致, 所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向.如图,分别表示通电直导线、环形电流、通电线圈周围的磁场,①表示 的方向,②表示 的方向.伸直的拇指弯曲的四指弯曲的四指伸直的拇指电流磁感线3.匀强磁场强弱、方向 的磁场.三、安培力的大小和方向1.大小(1)F= (其中θ为B与I之间的夹角)(2)磁感应强度B的方向与电流I的方向垂直时,F= .(3)磁感应强度B的方向与电流I的方向平行时,F=0.2.方向(1)用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使四指指向 ,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受 .处处相同ILBsin θ ILB 电流的方向安培力的方向如图,①表示 的方向,②表示 的方向,③表示 的方向.(2)安培力的方向特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面.(注意:B和I可以有任意夹角)磁场安培力电流拓展思考如图所示,长方形线框abcd通有电流I,放在直线电流I′附近,线框四个边受到安培力的作用吗?合力方向如何?答案:线框四个边都受安培力作用,合力向左.(1)磁场中某点磁感应强度的大小,跟放在该点的试探电流元的强弱有关. ( )过关巧练×1.思考判断(2)安培力做功的实质是能量转化.( )(3)在磁场中磁感线越密集的地方,磁感应强度越大.( )(4)奥斯特发现了电流可以产生磁场.( )(6)磁感线是真实存在的.( )√√√××2.(多选)下列说法中正确的是( )ACA.电荷在某处不受电场力的作用,则该处电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则该处磁感应强度一定为零C.表征电场中某点电场的强弱,是用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D.表征磁场中某点磁场的强弱,是用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值D考点研析 核心探究·重难突破考点一 磁场的理解及安培定则1.磁场的特点(1)磁场是磁体、电流周围存在的一种特殊物质,是客观存在的.(2)磁场的强弱由磁场本身决定,与放入其中的电流元的大小无关.(3)磁场既有强弱也有方向,磁场的强弱和方向可用磁感应强度来表示,也可用磁感线定性地表示.2.电流的磁场类型直线电流环形电流通电螺线管无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱两侧等效为小磁针的N极和S极,且离圆环中心越远,磁场越弱与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场,管外为非匀强磁场3.磁场的叠加磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解.【典例1】(2017·全国Ⅲ卷,18)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为( )CB考点二 安培力的分析与计算1.在应用左手定则判定安培力方向时,磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面.2.应用安培力的公式F=BIL时要注意(1)B与I垂直.(2)L是有效长度.①公式F=ILB中L指的是“有效长度”.当B与I垂直时,F最大,F=ILB;当B与I平行时,F=0.②弯曲导线的有效长度L,等于连接两端点线段的长度.③闭合线圈通电后,在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零.【典例2】 如图所示,用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架,ab,cd边均与ad边成60°角,ab=bc=cd=L,长度为L的电阻丝电阻为r,框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则框架C受到的安培力的合力大小为( )〚核心点拨〛 可分别求出ab,bc,cd段受到的安培力,然后由平行四边形定则求合力;也可将abcd段等效为长为2L的一段直导线,方向与ad平行,然后求安培力.方法技巧弯折类导线所受安培力的求法(1)分段求安培力,再由力的合成求其合力.(2)等效法求有效长度,其数值等于处于磁场中的通电导线两端点间在垂直于磁场方向的距离,再用公式求安培力.题组训练1.[安培力的方向及大小]关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法B正确的是( )A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半AD2.[左手定则的应用](2017·全国Ⅱ卷,21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析:为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项A正确;若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,则当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动,选项B错误;左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电路不能接通,故不能转起来,选项C错误;若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后电路不导通;转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项D正确.考点三 安培力作用下导体运动趋势的判断判断安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元 安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流 小磁针条形磁体 通电螺线管 多个环形电流结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向【典例3】 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将( )A.不动 B顺时针转动C.逆时针转动D在纸面内平动B 〚审题图示〛解析:法一 (电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.法二 (等效法)把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.法三 (结论法)环形电流I1,I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.1.[电流元法和特殊位置法]一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示,如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流,则导线ab受到安培力作用后的运动情况为( )A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管D题组训练解析:判断导线的转动方向可用电流元法:如图所示,把直线电流等效为aO, OO′,O′b三段(OO′段极短)电流,由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同,所以不受安培力作用;aO段电流所在处的磁场方向斜向上,由左手定则可知其所受安培力方向垂直纸面向外;O′b段电流所在处的磁场方向斜向下,同理可知其所受安培力方向垂直纸面向里.再用特殊位置法分析:当导线转过90°与纸面垂直时,判断导线所受安培力方向向下.综上可知导线将以OO′段为轴逆时针转动(从上向下看)并靠近通电螺线管,选项D正确.2.[转换研究对象法](多选)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是( )A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1>F2D.F1<F2BC解析:如图(甲)所示,导体棒处的磁场方向指向右上方,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方,根据牛顿第三定律,导体棒的磁场对磁铁作用力指向左上方,对条形磁铁受力如图(乙)所示,台秤示数F1>F2,在水平方向上,由于F′有向左的分力,磁铁压缩弹簧,所以弹簧长度变短.考点四 安培力作用下导体的平衡与加速安培力作用下导体的平衡与加速问题的解题方法(1)根据导体中的电流方向与磁场方向,利用左手定则先判断出安培力的方向,然后对导体进行受力分析,再结合力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解; (2)事先不能判断出安培力的方向时的平衡问题.需要对导体进行受力分析,然后结合力的平衡条件确定安培力的方向和大小,此类试题一般是包括安培力在内的三力动态平衡问题,解决的办法通常是“闭合矢量三角形法”或“相似三角形法”.【典例4】 (2018·江西重点中学协作体第二次联考)(多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑轨道上,质量m=0.1 kg的AB杆放在轨道上,轨道间距l=0.2 m,电流I=0.5 A.当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后,杆AB处于静止状态,则所加磁场的磁感应强度可能为( )A.1 TB.5.5 TC.4 TD.7.5 TBD解析:金属导轨光滑,所以没有摩擦力,则金属棒只受重力、支持力和安培力,根据平衡条件,支持力和安培力的合力应与重力等大反向,三力的矢量关系如图所示,由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值F min = mgsin θ,即Bmin Il=mgsin θ,解得B min =5 T,选项B,D正确.1.[导体棒在安培力作用下的加速](2019·河北衡水金卷)据媒体报道,美国海军最早将于2020年实现电磁轨道炮的实战部署,我国在该领域的研究也走在世界的前列.如图所示为电磁轨道炮原理示意图,图中虚线表示电流方向,下列说法正确的是( )A.如果电流方向如图中所示,则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向下B.电流大小一定时,两导轨距离越近,导轨之间的磁场越强C.如果电流反向,炮弹所受安培力也会反向,炮弹将无法发射出去D.要提高炮弹的发射速度,导轨间距越小越好B题组训练解析:根据安培定则,如果电流方向如图中所示,则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向上,故A项错误;两平行导轨的电流方向相反,在导轨之间产生的磁场方向相同,根据直线电流的磁场分布可知,电流大小一定时,两导轨距离越近,导轨之间的磁场越强,故B项正确;如果电流反向,导轨之间的磁场方向反向,通过炮弹的电流方向反向,炮弹所受安培力方向不变,故C项错误;电流一定时,导轨间距越小磁场越强,但炮弹的“有效长度”也变小,影响安培力的大小,所以导轨间距并不是越小越好,而是要适当,故D项错误.2.[导体棒在安培力作用下的平衡]如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.解析:依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下.开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg ①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=ILB ②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③由欧姆定律有E=IR ④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻.联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01 kg.答案:见解析素养提升 学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】 ——磁感应强度的测定直接测定磁感应强度是很困难的,但可以通过测量安培力,或借助天平、电子测力计等仪器利用平衡方法测定.类型一 通过测量安培力测定【示例1】 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小,并判定其方向,所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱; 为电流表;S为开关,此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线.解析:(1)本实验的原理是:通过测量D所受的安培力的大小和方向、电流的大小和方向、D的底边长度,根据 F=BIL,测出B的大小和方向;因此把电流表、电阻箱、开关、电源和D串联即可,如图所示.(1)在图中画线连接成实验电路图.答案:(1)图见解析(2)完成下列主要实验步骤中的填空:①按图连线.②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态;然后用天平称出细沙质量m1.③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D ;然后读出 ,并用天平称出 .④用米尺测量 .解析:(2)根据步骤②可知D的重力G=m1g,步骤③为让电流流过D,使D在重力、安培力和细线的拉力下重新平衡,要测出安培力,需要测出拉力,即用天平称出重新加入细沙的总质量;要测出B,需要测出电流的大小和D的底边的长度.答案:(2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度L(3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B= .(4)判定磁感应强度方向的方法是:若 ,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里.(4)由电路图知电流的方向水平向右,B方向若垂直纸面向外,则安培力方向为竖直向下,有F+m1g=m2g,即m2>m1.类型二 用电子测力计测定【示例2】 小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验,其装置如图所示.在该实验中,磁铁固定在水平放置的电子测力计上,此时电子测力计,磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其余区域磁场不计.直的读数为G1铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路,总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场,以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动,这时电子测力计的读数为G,铜条在磁场中的长度为L.(1)判断铜条所受安培力的方向,G1和G2哪个大?解析:(1)铜条匀速向下运动,由楞次定律可知,其所受安培力竖直向上.根据牛顿第三定律,铜条对磁铁的作用力竖直向下,故G2>G1.答案:见解析。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第九章 第1节 磁场及磁场对电流的作用 Word版含解析
第九章磁场第1节 磁场及磁场对电流的作用1.(2019·江苏扬州测试)下列关于磁场、磁感应强度、磁通量说法正确的是( A )A.小磁针N极在某点所受的磁场力方向跟该点的磁感线方向一致B.磁感线在空中能相交,并且是客观存在的一系列曲线C.磁感线较密处,磁感应强度较小;磁感线较疏处,磁感应强度较大D.磁通量的单位是特斯拉解析:由磁场方向的规定可知,小磁针北极在某点所受的磁场力方向跟该点的磁感线方向一致,选项A正确;磁体外部磁感线从磁体北极出来回到南极,任何两条磁感线都不能相交,而且磁感线不是客观存在的,选项B错误;磁感线的疏密表示磁场的强弱,磁感线越密的地方磁场越强,越疏的地方,磁场越弱,选项C错误;磁通量的单位是韦伯,符号为Wb,选项D错误.2.(2019·上海普陀调研)如图,导线框垂直匀强磁场放置,已知电源电动势E=6 V、内阻r=1 Ω,定值电阻R=5 Ω,其余电阻不计.磁感应强度B=1.5 T,AB与CD相距d=20 cm,金属棒MN与CD间的夹角θ=30°,则棒MN所受的安培力大小为( A )A.0.6 NB.0.3 NC.0.26 ND.0.15 N解析:通过导体棒的电流为I== A=1 A,受到安培力为F=BI = 1.5×1× N=0.6 N,选项A正确,B,C,D错误.3.(2019·广西桂林段考)(多选)将一小段通电直导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中,能正确反映各量间关系的是( BC )解析:F与IL成正比,IL增大,F也会增大,选项A错误,C正确;B由磁场本身决定,不受F和IL的影响,选项B正确,D错误.4.(2019·宁夏银川二中高三月考)已知导线中的电流在周围空间产生磁场的磁感应强度大小为B=k,k为常量,r为到导线的距离.如图所示,两个半径相同、材料不同的半圆环并联接在电路中,电路中的总电流为I,流过ABD半圆环的电流为,流过ACD半圆环的电流为I,在圆环圆心O处电流产生磁场的磁感应强度为B0.若将ABD半圆环截去,电路中的总电流保持不变,则此时O点处的磁感应强度大小为( A )A.3B0B.2B0C.B0D.B0解析:ABD半圆环的电流和ACD半圆环的电流产生的磁场在O点处的磁感应强度方向相反,根据磁场叠加可知,半圆环中I电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B,那么ACD半圆环的电流为I,在O点产生磁场的磁感应强度大小为2B,则2B-B=B0,即B=B0;若将ABD半圆环截去,电路中的总电流保持I不变,则此时O点处的磁感应强度大小为3B=3B0,故A正确,B,C,D错误.5.(2019·江苏泰州质检)在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中,要使导体摆动的幅度增大,以下操作中不可行的是( C )A.增加磁铁的数量B.增大导体棒中的电流C.改变导体棒中的电流方向D.将磁铁更换成磁性较强的解析:增大安培力即可使导体摆动的幅度增大,根据安培力的公式F=BIL可知,增加磁铁的数量,在磁场中有效长度增加,安培力增加;增大导体棒中的电流,安培力增大;改变导体棒中的电流方向,只会改变安培力的方向,不会改变安培力的大小;将磁铁更换成磁性较强的,磁感应强度增强,安培力增大,故选C.6.(2019·四川成都实验中学高三月考)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,ac 两点间接一直流电源,电流方向如图所示.则( D )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.线框受到安培力的合力为零D.线框受到安培力的合力方向垂直于ac向下解析:设ab=bc=ac=L,导线ab受到的安培力大小为F1=BIL;导线ac所受的安培力大小为F2=BIL,故A错误;导线abc的有效长度为L,故受到的安培力大小为F=BIL;导线ac受到的安培力F3=BIL,故B错误;根据左手定则,导线abc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F合=F+F3=2BIL,合力方向垂直于ac向下,故C错误,D正确.7.(2019·山西怀仁模拟)长为L的通电直导体棒放在倾角为θ的光滑斜面上,并处在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图(甲)所示,当B 方向竖直向上,电流为I1时导体棒处于平衡状态;若B方向改为垂直斜面向上,如图(乙)所示,则电流为I2时导体棒处于平衡状态,电流比值I1∶I2应为( B )A.cos θB.C.sin θD.解析:若磁场方向竖直向上,则安培力水平方向,受力如图(1)所示.由平衡条件可得mgtan θ=BI1L;若磁场方向垂直于斜面向上,如图(2)所示,则安培力沿斜面向上.由平衡条件可得mgsin θ=BI2L,则I1∶I2=1∶cosθ,选项B正确.8.(2019·吉林长春第二次质量监测)如图所示,质量为m,长度为L的金属棒MN两端由等长轻质绝缘细线水平悬挂,棒中通以由M指向N的电流,电流的大小为I,金属棒处于与其垂直的匀强磁场中,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ=30°.下列判断正确的是( C )A.匀强磁场的方向一定是竖直向上B.匀强磁场的方向一定是水平向左C.匀强磁场的磁感应强度大小可能为D.匀强磁场的磁感应强度大小可能为解析:金属棒受力为重力G、细线的拉力F T和F安,三力矢量关系如图所示,而F安方向不确定,由左手定则可知,磁场方向不确定,故A,B错误;当安培力垂直于绳子拉力时,安培力最小,则此时磁感应强度最小,有mgsin θ=BIL,则B=,故C正确,D错误.9.老师在课堂上做了一个演示实验:装置如图所示,在容器的中心放一个圆柱形电极B,沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A,把A和B分别与电源的两极相连,然后在容器内放入液体,将该容器放在磁场中,液体就会旋转起来.某同学回去后重复老师的实验步骤,但液体并没有旋转起来.造成这种现象的原因可能是,该同学在实验过程中( C )A.将磁铁的磁极接反了B.将直流电源的正负极接反了C.使用的电源为50 Hz的交流电源D.使用的液体为饱和食盐溶液解析:容器中磁场方向向下,在电场作用下,液体中的正、负离子分别向电极附近运动,同时由于磁场的作用,根据左手定则知正、负离子做圆周运动,故液体旋转起来的原因是液体在磁场力作用下运动,选项A,B,D都不影响液体旋转,选项C使用50 Hz的交流电源,电极电性发生周期性变化,且时间仅为0.02 s,故液体中正、负离子的运动幅度较小,液体无法形成旋转的趋势,故选项C正确.10.如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L,质量为m的直导体棒,导体棒中的电流I垂直纸面向里,欲使导体棒静止在斜面上,可施加一个平行于纸面的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度为B.当匀强磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中,下列关于B的大小变化的说法中,正确的是( C )A.逐渐增大B逐渐减小C.先减小后增大D先增大后减小解析:对导体棒受力分析,受重力G、支持力F N和安培力F A,三力平衡,合力为零,将支持力F N和安培力F A合成,合力与重力相平衡,如图所示.从图中可以看出,安培力F A先变小后变大,由于F A=BIL,其中电流I和导体棒的长度L均不变,故磁感应强度先变小后变大,故选项C正确.11.(多选)如图所示,质量为m、长为L的导体棒电阻为R,初始时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,则( BD )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的加速度为解析:开关闭合,由左手定则可知,安培力方向指向右下方,则导体棒向右运动,选项A错误;当开关闭合瞬间,根据安培力公式F=BIL,与I=可得F=,安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角,由牛顿第二定律与安培力的大小可知,加速度a=,选项B,D正确,C错误. 12.(2019·广东惠州模拟)如图是导轨式电磁炮实验装置示意图.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块(即实验用弹丸).滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回电源.滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中,该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场,方向垂直于纸面,其强度与电流的关系为B=kI,比例常量k=5×10-7 T/A.已知两导轨内侧间距L=2.0 cm,滑块的质量m=40 g,滑块沿导轨滑行2 m后获得的发射速度v=100 m/s(此过程视为匀加速运动).(1)求发射过程中电源提供的电流强度.(2)若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中固定在水平面上的砂箱,它嵌入砂箱的深度为s.设滑块质量为m,求滑块对砂箱平均冲击力f的表达式.解析:(1)对滑块由匀加速运动公式v2=2as解得a==2 500 m/s2,滑块所受安培力F=BIL=kI2L,对滑块由牛顿第二定律得F=ma解得I==1.0×105 A.(2)对滑块用动能定理,有fs=mv2,解得平均冲击力f=.答案:(1)1.0×105 A (2)f=13.如图所示,两根倾斜直金属导轨MN,PQ平行放置,它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37°,两轨道之间的距离L=0.50 m.一根质量m=0.20 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,且接触良好,整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中.在导轨的上端接有电动势E=36 V、内阻r=1.6 Ω的直流电源和电阻箱R.已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g=10 m/s2.(1)若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计,当电阻箱接入电路中的电阻R1=2.0 Ω时,金属杆ab静止在轨道上.①如果磁场方向竖直向下,求满足条件的磁感应强度的大小;②如果磁场的方向可以随意调整,求满足条件的磁感应强度的最小值及方向;(2)如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略,整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0.40 T的匀强磁场中,当电阻箱接入电路中的电阻值 R2=3.4 Ω时,金属杆ab仍保持静止,求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向.解析:(1)①设通过金属杆ab的电流为I1,根据闭合电路欧姆定律可知I1=设磁感应强度为B1,由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向,金属杆ab受力如图(1).对金属杆ab,根据共点力平衡条件有B1I1L=mgtan θ解得B1==0.30 T.②根据共点力平衡条件可知,最小的安培力方向应沿导轨平面向上,金属杆ab受力如图(2)所示.设磁感应强度的最小值为B2,对金属杆ab,根据共点力平衡条件有B2I1L=mgsin θ,解得B2==0.24 T根据左手定则可判断出,此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下. (2)设通过金属杆ab的电流为I2,根据闭合电路欧姆定律可知I2=假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下,根据共点力平衡条件有BI2L=mgsin θ+f解得f=0.24 N结果为正,说明假设成立,摩擦力方向沿轨道平面向下.答案:(1)①0.30 T ②0.24 T 垂直于轨道平面斜向下 (2)0.24 N 沿轨道平面向下。
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第九章基础课 1 磁场及磁场对电流的作用跟踪检测一、选择题1．(多选)指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针两端分别是N极和S极，具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C 正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向，选项D错误．2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是() A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小F＝BIL sinθ，与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的2 2，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．3．(2017年上海卷)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选D根据图中的电流方向，由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确．4．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面，b 点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C由安培定则画出a、b、c、d点的磁感线的分布图，由图可知电流I1、I2在a、c两点的磁场方向相反，这两点处的磁感应强度可能为零，又I1＞I2，故磁感应强度为零的点距I1的距离应比I2的大，故C正确，A、B、D均错误．5．(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列描述正确的是()A．L2绕轴O按顺时针转动B．L2绕轴O按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动解析：选BC题图甲中由安培定则，可知导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但轴O下方导线所受安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错，B对；题图乙中轴O上方导线L4所受安培力向右，轴O下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C对，D错．6．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割的影响)()A．37°B．30°C．45°D．60°解析：选B由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BIL cosθ＝μ(mg－BIL sinθ)，整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ.电流有最小值，就相当于安培力有最小值，由数学知识解得θ＝30°，则选项A、C、D错误，B正确．7．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金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安＝mg tanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mg tanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误；θ角与悬线长度无关，B错误．8．(多选)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行且足够长的水平光滑导轨上，电流方向由M指向N，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直导轨面向下的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是()A．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．导线一直做加速度不变的匀加速直线运动D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小解析：选AD 由安培力的表达式F ＝BIL 结合题图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 大小方向均不变，加速度大小方向均不变，由于初速度为零，所以导线在水平方向上向右做匀加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 项正确；而后在12周期到34周期内，导线MN 反向加速，34周期到1个周期内，导线又减速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 项正确，B 、C 错误．9．(多选)(2019届山东潍坊调研)美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，其破坏力惊人．电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为m ，水平轨道长L ，宽为d ，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动．要使炮弹达到5倍音速(设音速为v )，则( )A ．炮弹在轨道上的加速度为25v 22LB ．磁场力做的功为52m v 2C ．磁场力做功的最大功率为125m v 32LD ．磁场力的大小为25md v 22L解析：选AC 炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，由公式v 2＝2ax 得a ＝(5v )22L ，A 正确；不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能，即W＝12m (5v )2＝25m v 22，B 错误；由动能定理得FL ＝12m (5v )2，磁场力的大小F ＝m (5v )22L ，则磁场力的最大功率P m ＝F ·(5v )＝m (5v )22L ·(5v )＝125m v 32L ，C 正确，D 错误．10．(多选)(2018届沈阳四校联考)一质量为0.06 kg 、长为0.1 m 的金属棒MN 用两根长度均为1 m 的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g ＝10 m/s 2 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列正确的说法是( )A ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加B ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少C ．通入金属棒中的电流为9 AD ．通入金属棒中的电流为4 A解析：选AD 金属棒的长度用l 表示，细线的长度用R 表示，则在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A 正确，B 错误；由动能定理知W 安－W 重＝0，即BIlR sin37°＝mgR (1－cos37°)，代入数值得I ＝4 A ，C 错误，D正确．二、非选择题11．如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：竖直向下0.01 kg12．(2019届陕西渭南教学质量检测)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连．现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？解析：棒受的安培力F＝BIL棒中电流为I＝ER，代入数据解得F＝BELR＝0.8 N对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2N＝F2＋(mg)2代入数据解得N＝0.5 N由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N由图中几何关系有tanθ＝Fmg＝0.80.6＝43，得θ＝53°棒距环底的高度为h＝r(1－cosθ)＝0.2 m. 答案：0.5 N0.2 m。