《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第九单元 磁场 课时1 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第九单元 磁场 课时1 .docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第九单元磁场课时1磁场的描述及磁场对电流的作用见自学听讲P1661.磁场、磁感应强度 (1)磁场基本性质:对放入其中的磁体或运动电荷(电流)有力的作用,磁体、电流之间都是通过磁场发生相互作用的。方向:小磁针的N极所受磁场力的方向。(2)磁感应强度物理意义:表示磁场强弱和方向的物理量。定义式:B=FIL。单位:特斯拉,简称特,符号是T。方向:小磁针N极的受力方向。2.磁感线 (1)定义:在磁场中画一些曲线,使曲线上任意点的切线方向都跟这点的磁感应强度方向一致,这样的曲线叫作磁感线。(2)磁感线的特点磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱,在磁感线较密的地方磁场
2、较强;在磁感线较疏的地方磁场较弱。磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,从N极指向S极;在磁体内部,由S极指向N极。磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。磁感线是假想的曲线,客观上不存在。1.(2019山东烟台二中质量调研)关于磁感应强度B,下列说法正确的是()。A.根据磁感应强度的定义式B=FIL可知,磁感应强度B与F成正比,与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处,它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用,则该处的磁感应强度一定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向,与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案B2.(2019河南商丘市第一高级中学模拟)磁场中
3、某区域的磁感线如图所示,则()。A.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C.a、b两处的磁感应强度大小不等,BaBb答案C3.几种常见磁场的特征 (1)常见磁体磁场分布规律常见磁体磁场分布图磁场分布规律条形磁铁磁体外部磁感线由N极到S极;磁体内部磁感线由S极到N极;越靠近磁体两端磁感线越密,磁感应强度越大蹄形磁铁磁体外部磁感线由N极到S极;磁体内部磁感线由S极到N极;越靠近磁体两端磁感线越密,磁感应强度越大;在平行两极所夹区域近似为匀强磁场地球地磁场的N极在地理南极附近,S极在地理北极附近;地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向地球
4、北极,而竖直分量By在南半球垂直地面向上,在北半球垂直地面向下;在赤道平面上,距离表面高度相等的各点,磁感应强度相等,且方向水平向北(2)电流周围的磁场直线电流的磁场环形电流的磁场通电螺线管的磁场特点无磁极、非匀强,且距导线越远处磁场越弱环形电流的两侧是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,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场安培定则立体图横截面图3.(2018安徽安庆第二中学月考)一束电子流沿水平面自西向东运动,在电子流的正上方有一点P,由于电子运动产生的磁场在P点的方向为()。A.竖直向上B.竖直向下C.水平向南D.水平向北答案D4.(2018广西桂平质量检测)
5、图示为一通电螺线管,a、b、c是通电螺线管内外的三点,则三点中磁感应强度最大处为()。A.a处B.b处C.c处D.无法判断答案A5.(2018吉林东北师大附中模拟)如图所示,一个电子沿着逆时针方向做匀速圆周运动,则此电子的运动()。A.不产生磁场B.产生磁场,圆心处的磁场方向垂直纸面向里C.产生磁场,圆心处的磁场方向垂直纸面向外D.只有圆周内侧产生磁场答案B6.(2019湖南长沙开学模拟)如图甲所示,a、b是直线电流的磁场,c、d是环形电流的磁场,e、f是螺线管电流的磁场,请在各图中补画出电流方向或磁感线方向。甲答案如图乙所示乙4.安培力 (1)安培力的大小磁场和电流垂直时,F=BIL。磁场和
6、电流平行时,F=0。(2)安培力的方向用左手定则判定: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。安培力的方向特点:FB,FI,即F垂直于B和I决定的平面。(B和I可以有任意夹角)7.(2019陕西山阳县中学质量调研)如图所示是“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
7、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()。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.增大电流的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答案B1.(2018全国卷,20)(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
8、别为13B0和12B0,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712B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0解析设L1在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,方向都垂直于纸面向里,而L2在a点产生的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里,在b点产生的磁感应强度大小也为B2,方向垂直纸面向外。规定垂直纸面向外为正方向,根据矢量叠加原理可知B0-B1-B2=13B0,B2+B0-B1=12B0,解得B1=712B0,B2=112B
9、0,故A、C两项正确。答案AC2.(2017全国卷,18)如图甲所示,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()。A.0B.33B0C.233B0D.2B0甲解析当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时,由于aP=PQ=aQ=l,P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同,方向如图乙所示,其合磁感应强度为B1,由几何关系知B1=2BPcos 30=3BP,由题可知,a点处磁感应强度为零,则B0和B
10、1等大反向,则可得B0=B1=3BP,且B0方向平行于PQ向左。当P中电流反向后,如图丙所示,P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2,由几何关系知B2=BP=33B0,且B2方向垂直于PQ向上,可得a点处的合磁感应强度大小B=B22+B02=233B0,C项正确。乙丙答案C见自学听讲P168一磁感应强度的理解和磁场的叠加1.磁感应强度的理解(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,则其所受安培力为零,但不能说该处的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针
11、静止时N极所指的方向。2.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场拇指四指环形电流的磁场四指拇指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产生磁场的磁感应强度大小和方向,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。例1如图所示,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I1I2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c连线与两导线截面中心共线;
12、b点在两导线之间,b、d的连线与导线所在平面垂直。那么a、b、c、d四点中,磁感应强度可能为零的是()。A.a点 B.b点 C.c点 D.d点解析根据安培定则可知电流I1和I2在a处产生的磁场方向分别为垂直ac连线向上和向下,由于I1I2,且电流I1与a点的距离比电流I2与a点的距离要小,故B1aB2a,则a处磁感应强度不可能为零,A项错误;两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下,故B项错误;电流I1和I2在c处产生的磁场方向分别为垂直ac连线向下和向上,且电流I1与c点的距离比电流I2与c点的距离要大,故B1c与B2c有可能等大反向,C项正确;两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角,
13、且夹角不为180,D项错误。答案C变式1(多选)三根平行的长直通电导线,分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直,如图甲所示。若每根通电导线产生的磁场在斜边中点O处的磁感应强度大小均为B,则下列说法中正确的是()。A.O点处实际磁感应强度的大小为BB.O点处实际磁感应强度的大小为5BC.O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90D.O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角的正切值为2甲解析乙根据安培定则,I1与I3产生的磁场在O点处的磁感应强度B1、B3方向相同,I2产生的磁场在O点处的磁感应强度方向与B1、B3方向垂直,如图乙所示,故O点处实际磁感应强度大小B0=(B1+B3)
14、2+B22=5B,A项错误,B项正确;设O点处实际磁感应强度方向与斜边的夹角为,由几何关系可知tan =B3+B1B2=2,故C项错误,D项正确。答案BD二安培力大小的计算和方向的判断1.安培力的方向用左手定则判定,其方向既与磁场方向垂直,又与通电导线垂直,即F跟B、I所在的面垂直。但B与I的方向不一定垂直。具体有三种情况:(1)已知I、B的方向,可确定F的方向。(2)已知F、B的方向,且导线的位置确定时,可确定I的方向。(3)已知F、I的方向时,磁感应强度B的方向不能确定。2.安培力的计算公式:F=BILsin (是I与B的夹角)。通电导线与磁场方向垂直时,=90,此时安培力有最大值;通电导
15、线与磁场方向平行时,=0,此时安培力有最小值,F=0;090时,安培力F介于0和最大值之间。安培力公式适用于匀强磁场,对于非匀强磁场只是近似适用(如对电流元)。例2边长为L的正方形线圈A,通有逆时针方向的恒定电流I0,用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处,如图所示。当导线MN中无电流时,两细线中张力均为T;当通过MN的电流为I1时,两细线中张力均减为aT(0a1);而当通过MN的电流为I2时,细线中张力恰好为零。已知长直通电导线周围磁场的磁感应强度B与到导线的距离r成反比B=kIr,k为常数。由此可知,MN中的电流方向和电流I1、I2大小的比值分别为()。A.向左,1+a
16、B.向右,1+aC.向左,1-aD.向右,1-a解析当MN通以方向从N向M的电流时,则ab边所受的安培力方向向上,cd边所受安培力方向向下,因离MN越近,安培力越大,可知此时线框所受安培力合力方向竖直向上,所以MN中电流的方向向左。当MN内通电流I时,根据题意可知,ab边所受安培力F1=kII0Lh,cd边所受安培力F2=kII0Lh+L,因它们受到的安培力方向相反,此时线圈所受安培力的合力大小F合=kII0L1h-1h+L,由此可知,线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比,当MN分别通以I1、I2的电流时,线框受到的安培力的合力的大小之比为I1I2。当通过MN的电流为I1时,两细线
17、中张力均减为aT(0a1),所以安培力的大小F合1=2T-2aT;而当通过MN的电流为I2时,细线中张力恰好为零,则安培力的大小F合2=2T,I1I2=F合1F合2=(2T-2aT)2T=(1-a)1,C项正确。答案C变式2(多选)如图甲所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是()。A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为113D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为33
18、1解析对L1受力分析,如图乙所示,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项错误;对L3受力分析,如图丙所示,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项正确;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,所以L1、L2、L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为113,C项正确,D项错误。答案BC三安培力作用下的平衡问题通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型,该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定。因此解
19、题时一定要先把立体图转化为平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系,如图所示。例3如图甲所示,两平行金属导轨间的距离L=0.4 m,金属导轨所在的平面与水平面的夹角=37,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.5 的直流电源。现把一个质量m=0.04 kg 的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ,金属导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)通过导体棒
20、的电流I。(2)导体棒受到的安培力F安的大小。(3)导体棒受到的摩擦力Ff。解析(1)根据闭合电路欧姆定律得I=ER0+r=1.5 A,方向由b指向a。(2)导体棒受到的安培力F安=BIL=0.3 N。(3)导体棒受力如图乙所示,乙将重力沿平行于导轨平面方向分解,有F1=mgsin 37=0.24 NF1F安,导体棒静止,根据平衡条件得mgsin 37+Ff=F安解得Ff=0.06 N,方向沿导轨平面向下。答案(1)1.5 A,方向由b指向a(2)0.3 N(3)0.06 N,方向沿导轨平面向下变式3如图甲所示,两平行光滑金属导轨CD、EF间的距离为L,与电动势为E0的电源相连,质量为m、电阻
21、为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成角,回路其余电阻不计。为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为()。A.mgRE0L,水平向右B.mgRcosE0L,垂直于回路平面向上C.mgRtanE0L,竖直向下D.mgRsinE0L,垂直于回路平面向下甲乙解析对金属棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如图乙所示。从图可以看出,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,故安培力的最小值F安=mgsin ,磁感应强度的最小值B=F安IL=mgsinIL,根据欧姆定律有E0=IR,故B=mgRsinE0L,D项正确。答案D四安培力与动量、能量的综合应用安培力
22、与动量、能量的结合,解题步骤如下:(1)选取研究对象,明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况、动量变化情况,特别是分析安培力的大小和方向,看安培力做正功还是负功,然后求各力做功的代数和。(3)明确初、末状态的动能。(4)列出关于动量、能量的方程以及其他必要的解题方程进行求解。例4图示为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(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
23、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,其磁感应强度与电流的关系为B=kI,比例常量k=2.510-6T/A。已知两导轨内侧间距l=1.5 cm,滑块的质量m=30 g,滑块沿导轨滑行5 m后获得的发射速度v=3.0 km/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大小。(2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能,则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大?(结果保留2位有效数字)(3)若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的沙箱,它嵌入沙箱的深度为s。设沙箱质量为M,滑块质量为m,不计沙箱与水平面之间的摩擦力。求滑块对沙箱平均冲击
24、力的表达式。解析(1)由匀加速运动公式得加速度a=v22s=9105 m/s2由安培力公式和牛顿第二定律,有 F=IBl=kI2lkI2l=ma因此I=makl8.5105 A。(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%,即Pt4%=12mv2发射过程中电源供电时间t=va=1310-2 s所需的电源输出功率P=12mv2t4%1.0109 W由功率P=IU解得输出电压U=PI=1.2103 V。(3)分别对沙箱和滑块应用动能定理,有fsM=12Mv2fsm=12mv2-12mv2由牛顿第三定律知f=-f由相对运动规律得sm=sM+s由动量守恒知mv=(m+M)v联立解得fs=Mm+M12mv2
25、故平均冲击力f=Mmv22(M+m)s。答案(1)8.5105 A(2)1.0109 W1.2103 V(3)Mmv22(M+m)s判定安培力作用下导体的运动 1.判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的思路研究对象:通电导线或导体导体所在位置的磁场分布情况导体的受力情况导体的运动方向或运动趋势的方向2.判定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铁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
26、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例5一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.在纸面内平动解析方法一电流元分析法把线圈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
27、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。方法二等效分析法把线圈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。方法三利用结论法环形电流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,据此可知,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。答案B变式4如图甲所示,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
28、以自由转动,当导线通入图示方向电流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,同时上升甲乙解析电流元法如图乙所示,把通有直流电流的导线等效为AO、OO、OB三段(OO段极短)电流元,由于OO段电流方向与该处磁场方向平行,所以不受安培力作用;AO段电流元所在处的磁场方向倾斜向上,根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外;OB段电流元所在处的磁场方向倾斜向下,同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。综上可知导线将以OO段为轴顺时针转动(俯视)。特殊位置法把导线转过90的特殊位置来分析,根据左
29、手定则得安培力方向向下,故导线在顺时针转动的同时向下运动。综上所述,A项正确。答案A非直导线安培力的计算方法 (1)等效法:安培力F=BIL公式中的L是有效长度,即垂直磁感应强度方向的长度,所以对于非直导线可以直接找导体首尾相连的有向线段沿垂直于磁场方向上的投影(如图所示),如闭合的通电线圈垂直于磁场方向上的投影为零,所以匀强磁场对闭合的通电线圈的安培力的合力总为零,与线圈形状无关。(2)微元法:这种方法是把弯曲的通电导体进行无限分割,分割后的微元可以看作是直线,再以某个微元作为研究对象,利用F=BIL计算后求和。(3)转化对象法:由牛顿第三定律可知,转化研究对象计算安培力的反作用。例6(多选
30、)有半径为R的导电圆环处于某一发散的磁场中,其环面的对称轴MN为竖直方向,该磁场中与圆环相交的磁感线反向延长后交于对称轴上的某点,磁感线与对称轴成角,圆环上各点的磁感应强度B大小相等,若圆环上载有图示的恒定电流I,则()。A.导电圆环所受的安培力的方向竖直向下B.导电圆环所受的安培力的方向竖直向上C.导电圆环所受的安培力的大小为2BIRD.导电圆环所受的安培力的大小为2BIRsin 解析将导线分成电流元,任取一小段电流元为研究对象,把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量,则每一小段导线在竖直方向的分磁场中所受的安培力的方向水平向外,合力为零。水平方向的分磁场产生的安培力F=BIL=2BIRs
31、in ,方向为竖直向上,B、D两项正确。答案BD见高效训练P991.(2018河南十校模拟)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,黄铜针会转动解析将小磁针放在导线的延长线
32、上,通电后,小磁针不会转动,A项错误。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项错误。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项正确。黄铜针没有磁性,不会转动,D项错误。答案C2.(2018南昌新建二中调研)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,下端与水平直导体棒ab相连,弹簧与导轨平面平行并与ab垂直,直导体棒垂直跨接在两导轨上,空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关K后,导体棒中的电流为I,导体棒平
33、衡时,弹簧伸长量为x1;调转图中电源极性使棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。忽略回路中电流产生的磁场,则磁感应强度B的大小为()。A.kIL(x1+x2)B.kIL(x2-x1)C.k2IL(x2+x1)D.k2IL(x2-x1) 解析由平衡条件有mgsin =kx1+BIL,调转题图中电源极性使棒中电流反向,由平衡条件有mgsin +BIL=kx2,联立解得B=k2IL(x2-x1),D项正确。答案D3.(2018山西临汾一中高三模拟)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
34、方向的电流且电流与时间成正比,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,因此金属棒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,A
35、、B两项错误。对金属棒MN,由牛顿第二定律得mg-FN=ma,而FN=BIL=BktL,因此a=g-kBLmt,显然加速度a与时间t呈线性关系,C项错误,D项正确。答案D4.(2018河北“五个一名校联盟”教学质量监测)如图所示,在平面直角坐标系的第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轴的距离为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
36、安培力情况,下列说法正确的是()。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轴正向解析根据左手定则可知,DC边和BE边受到的安培力大小相等,方向相反,AD边受到的安培力方向水平向左,大小为F1=BIL=ka2I,CB边受到的安培力方向水平向右,大小为F2=BIL=2ka2I,整个线框受到的安培力方向水平向右,大小为F2-F1=ka2I,A、C、D三项错误,B项正确。答案B5.(2018河南普通高中质检)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B。用绝缘轻质细
37、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。当线框接入的恒定电压为E1时,电压表的示数为U1;当线框接入的恒定电压为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.R(U1-U2)K(E1-E2)LB.R(U1-U2)K(E2+E1)LC.R(U1+U2)K(E2-E1)LD.R(U1+U2)K(E2+E1)L解析当通上电流后,对线框受力分析得出F=mg+BIL,
38、由于数字电压表上的示数U与所加外力成正比,即U=KF,式中K为比例系数,有U=KBIL=KB(I1-I2)L,即U1-U2=KBE1-E2RL,解得B=R(U1-U2)K(E1-E2)L,故A项正确。答案A6.(2018湖南常德一中调研)(多选)如图甲所示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,通以图乙方向的电流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,由图乙可知,A项错误;在图
39、乙的位置,a受向上的安培力,b受向下的安培力,线圈顺时针转动,C项正确;由此可知B项错误;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,D项正确。答案CD7.(2019福建厦门五校联考)(多选)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=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大小为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D.将电源正负极对调使金
40、属杆中的电流方向改变解析对金属杆受力分析,沿导轨方向有BEdR-mgsin =0,若想让金属杆向上运动,则可以增大BEdR,A、B两项正确;若增大,则mgsin 增大,C项错误;若电流反向,则金属杆受到的安培力反向,D项错误。答案AB8.(2018山西大同一中10月模拟)(多选)我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成。其工作原理如图所示,利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能。设飞机质量m=1.8104 kg,起飞速度v=70 m/s,起飞过程中所受平均阻力恒为机重的15,在没有电
41、磁弹射器的情况下,飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下,起飞距离l=210 m;在电磁弹射器与飞机发动机(牵引力不变)同时工作的情况下,起飞距离减为l3。则()。A.在没有电磁弹射器的情况下,飞机所受牵引力F=2.46105 NB.在没有电磁弹射器的情况下,飞机所受牵引力F=2.1105 NC.在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时,若只增大电流,则起飞的距离将更小D.在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时,电磁弹射器对飞机所做的功W=2.94108 J解析没有电磁弹射器时,由动能定理可得F-15mgl=12mv2,所以飞机所受的牵引力F=2.46105 N,A项正确,B项错误;在电磁弹射器与飞机发动机
42、同时工作时,若只增大电流,由于飞机所受的安培力增大,故起飞的距离将更小,C项正确;电磁弹射器和飞机发动机同时工作时,由动能定理得W+F-15mgl3=12mv2,所以W=2.94107 J,D项错误。答案AC9.(2018河南师范大学附属中学期末考试)(多选)在倾角=30的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E=3 V,内阻r=0.1 的电源,滑轨间距L=10 cm,将一个质量m=30 g,电阻R=0.4 的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨周围加一匀强磁场,当闭合开关S后,金属棒刚好静止在滑轨上,如图所示,则磁感应强度的大小和方向()。A.磁感应强度有最小值0.25 T,方向垂直斜面向下B.磁感应强
43、度有最小值0.5 T,方向垂直斜面向上C.磁感应强度有可能值0.5 T,方向水平向右D.磁感应强度有可能值0.25 T,方向水平向左解析对金属棒受力分析可知,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,此时F安=mgsin =0.15 N,当安培力最小,且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时,磁感应强度最小为Bmin=FminIL=0.25 T,磁感应强度的方向为垂直斜面向下,A项正确,B项错误。当安培力竖直向上、大小等于金属棒的重力时,金属棒也可静止,此时磁感应强度B=mgIL=0.5 T,方向水平向右,C项正确,D项错误。答案AC10.(2018福建厦门12月模拟)(多选)如图所示,一根通电直导线放在
44、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,在以导线为圆心,半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点,若a点的实际磁感应强度为零,则下列说法中正确的是()。A.直导线中电流方向是垂直纸面向里的B.c点的实际磁感应强度也为零C.d点实际磁感应强度为2 T,方向斜向下,与B夹角为45D.以上均不正确解析题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的,磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和。a处磁感应强度为零,说明直线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场B的大小相等,方向相反,由安培定则可得直导线中的电流方向应是垂直纸面向里的,所以A项正确。在圆周上任一点,由直导线产生的磁感应强
45、度大小均为B=1 T,方向沿圆周切线方向,可知c点的磁感应强度大小为2 T,方向向右,B项错误。d点的磁感应强度大小为2 T,方向与B成45斜向右下方,C项正确,D项错误。答案AC11.(2018河北邯郸一中模拟)如图甲所示,电源电压E=2 V,内阻不计,竖直导轨电阻不计,金属棒的质量m=0.1 kg,R=0.5 ,它与导轨间的动摩擦因数=0.4,有效长度为0.2 m,靠在导轨外面,为使金属棒不动,施加一与纸面夹角为37且垂直于导轨向里的磁场(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。问:(1)此磁场是斜向上还是斜向下?(2)B的范围是多少?甲解析(1)安培力的方向应与磁场方向垂直,若磁场斜向上,金属棒与导轨间没有压力,不会静止,故磁场必斜向下。乙(2)从左向右看平面图如图乙所示,当磁感应强度较大,金属棒有向上运动的趋势时,摩擦力方向向下,满足竖直方向合力为零,取临界条件进行研究F安cos 53=mg+F安sin 53F安=ILBmax=ELBmaxR解得Bmax=4.5 T当磁感应强度较小时,金属棒有向下运