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2019-2020年高考物理总复习配餐作业25磁场及其对电流的作用1.xx·镇江模拟指南针是我国古代四大发明之一当指南针上方有一条水平放置的通电导线时,其N极指向变为如图实线小磁针所示则对该导线电流的以下判断正确的是 A.可能东西放置,通有由东向西的电流B.可能东西放置,通有由西向东的电流C.可能南北放置,通有由北向南的电流D.可能南北放置,通有由南向北的电流解析 若导线东西放置,通有由东向西的电流,根据安培定则可知,小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上,其不会出现图示情况,故A错误若导线东西放置,通有由西向东的电流,根据安培定则可知,小磁针N极不偏转,故B错误若导线南北放置,通有由北向南的电流时,根据安培定则可知,小磁针N极将顺时针偏转,可转向图中实线所示位置,故C正确若导线南北放置,通有由南向北的电流,根据安培定则可知,小磁针N极将逆时针偏转,指向西北方,故D错误答案 C2.xx·南通模拟如图所示,A为一水平旋转的橡胶盘,带有大量均匀分布的负电荷,在圆盘正上方水平放置一通电直导线,电流方向如图当圆盘高速绕中心轴OO′转动时,转动方向如图所示通电直导线所受磁场力的方向是 A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向里D.水平向外解析 从上向下看,由于带负电的圆盘顺时针方向旋转,形成的等效电流为逆时针方向,由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向垂直纸面向里,故C正确答案 C3.xx·南京、盐城模拟已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k,即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示,两根平行长直导线相距为R,通以大小、方向均相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正,在0~R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是 解析 根据安培定则可知两根平行长直导线上的电流在两根导线间产生的磁感应强度的方向相反,又由B=k可知,在其连线的中点上两电流产生的合磁感应强度为零,选项A、B错误;在靠近左导线处,左边导线电流产生的磁场要强于右边导线电流产生的磁场,则合场强的方向垂直纸面向里,为正值;同理,靠近右边导线处,合磁场方向垂直纸面向外,为负值,选项C正确答案 C4.如图所示,一个边长为L的正方形金属框竖直放置,各边电阻相同,金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中若A、B两端与导线相连,由A到B通以如图所示方向的电流由A点流入,从B点流出,流过AB边的电流为I,则金属框受到的安培力大小和方向分别为A.2BIL 竖直向下B.BIL 竖直向上C.BIL 竖直向上D.BIL 竖直向下解析 由题图可知,电流由A点流入,从B点流出,则有A→B和A→D→C→B的电流,而A→D→C→B的电流产生的安培力可等效成DC边受到的安培力,由于流过AB边电流为I,根据电路并联特点,流过DC边的电流为I/3,因此金属框受到的合安培力为BIL,根据左手定则,方向竖直向上,故B正确,A、C、D错误答案 B5.xx·潍坊模拟如图所示,两根长直导线m、n竖直插在光滑绝缘水平桌面上的小孔P、Q中,O为P、Q连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称,导线中通有大小、方向均相同的电流I下列说法正确的是 A.O点的磁感应强度为零B.a、b两点磁感应强度的大小Ba>BbC.a、b两点的磁感应强度相同D.n中电流所受安培力方向由P指向Q解析 根据安培定则,m在O点产生的磁场方向垂直PQ连线向里,n在O点产生的磁场方向垂直PQ连线向外,根据对称性,两磁感应强度大小相等,磁感应强度的矢量和等于0,选项A正确;根据对称性,m、n在a、b两点产生的合磁场的磁感应强度大小相等,但是方向不同,选项B、C错误根据同向电流相互吸引,n中电流所受安培力方向由Q指向P,选项D错误答案 A6.xx·永州联考多选如图所示,有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b,其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上,b被水平固定在斜面的右侧,且与a在同一水平面上,a、b相互平行当两细棒中均通以大小为I的同向电流时,a恰能在斜面上保持静止,关于电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B,下列说法正确的是 A.方向竖直向上B.大小为C.大小为D.若使b竖直向下移动,a仍能保持静止解析 由安培定则,电流b在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上,选项A正确;对a受力分析,由平衡条件,BILcos45°=mgsin45°,解得电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B=,选项C正确、B错误;若使b竖直向下移动,二者距离增大,a、b之间安培力减小,a不能保持静止,选项D错误答案 AC7.xx·南京调研水平面上有U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为L,M和P之间接入电源,现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab,棒与导轨间的动摩擦因数为μ滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,通过棒的电流强度为I,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于金属棒ab,与竖直方向的夹角为θ,如图所示,金属棒处于静止状态,重力加速度为g,则金属棒所受的摩擦力大小为 A.BILsinθB.BILcosθC.μmg-BILsinθD.μmg+BILcosθ解析 金属棒处于静止状态,其合力为零,对其进行受力分析,如图所示,在水平方向有Ff=BILcosθ,选项B正确答案 BB组·能力提升题8.xx·内江联考多选如图所示,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线环上载有如图所示的恒定电流I,则下列说法正确的是 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2πBIRsinθ解析 将磁感应强度B沿竖直和水平方向分解,则B竖直=B·cosθ,B水平=B·sinθ,由左手定则知,B竖直对圆环各处的安培力方向均指向圆心,使圆环具有收缩趋势,故A正确;由对称性知,B竖直对整个圆环的作用力为零,B水平对圆环各处的安培力均竖直向上,故B正确;安培力大小为F=B水平·I·2πR=2πBIRsinθ,故C错误、D正确答案 ABD9.xx·启东模拟多选如图所示,在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道,一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置,在导体中通入电流I,使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点,设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ,安培力的瞬时功率为P,则从A到C的过程中,下列有关说法正确的是 A.电流方向从M指向N B.I∝C.P∝cosθD.P∝sinθ解析 由于安培力方向始终水平向左,根据左手定则知电流方向从M指向N,A正确因为导体棒做匀速圆周运动,所以有Gsinθ=F安cosθ=ILBcosθ,故I=tanθ,则I∝tanθ,B错误;又P=F安vcosθ=Gvsinθ,所以P∝sinθ,C错误、D正确答案 AD10.多选如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向则金属棒 A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功解析 根据左手定则知金属棒在0~内所受安培力向右,大小恒定,故金属棒向右做匀加速运动,在~T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等,方向相反,金属棒向右做匀减速运动,一个周期结束时金属棒速度恰好为零,以后始终向右重复上述运动,选项A、B、C正确;在0~时间内,安培力方向与运动方向相同,安培力做正功,在~T时间内,安培力方向与运动方向相反,安培力做负功,在一个周期内,安培力所做总功为零,选项D错误答案 ABC11.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t变化的关系式为I=ktk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t变化的关系图象中,可能正确的有 解析 根据牛顿第二定律得,金属棒的加速度a=,Ff=μFN=μF安=μBIL=μBLkt,联立解得加速度a=g-μ,由上式知加速度a与时间t成线性关系,故A正确、B错误;因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,但随t变大加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的加速运动,直到向下的加速度变为零,速度变为最大,然后加速度方向变为向上且逐渐增大,做加速度逐渐增大的减速运动,故C错误、D正确答案 AD12.xx·安徽联考“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器,具有速度快,效率高等优点,如图是“电磁炮”的原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计,轨道宽为L=
0.2m在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=1×102T“电磁炮”弹体总质量m=
0.2kg,其中弹体在轨道间的电阻R=
0.4Ω可控电源的内阻r=
0.6Ω,电源的电压能自行调节,以保证“电磁炮”匀加速发射在某次试验发射时,电源为加速弹体提供的电流是I=4×103A,不计空气阻力求 1弹体从静止加速到4km/s,轨道至少要多长?2弹体从静止加速到4km/s过程中,该系统消耗的总能量解析 1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=ILB=4×103×
0.2×1×102N=8×104N由动能定理Fx=mv2弹体从静止加速到4000m/s,轨道至少需要的长度为x===20m2由F=ma,v=at=t,解得t=s=
0.01s;发射过程产生的热量Q=I2R+rt=4×1032×
0.4+
0.6×
0.01J=
1.6×105J,弹体的动能Ek=mv2=×
0.2×40002J=
1.6×106J系统消耗的总能量为E=Ek+Q=
1.6×106J+
1.6×105J=
1.76×106J答案 120m
21.76×106J13.xx·浙江卷小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡线圈的水平边长L=
0.1m,竖直边长H=
0.3m,匝数为N1线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=
1.0T,方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在0~
2.0A范围内调节的电流I挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量重力加速度取g=10m/s2甲 乙1为使电磁天平的量程达到
0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少?2进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10Ω不接外电流,两臂平衡如图乙所示,保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=
0.1m当挂盘中放质量为
0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率解析 1线圈受到的安培力F=N1B0IL
①天平平衡mg=N1B0IL
②代入数据得N1=25匝
③2由电磁感应定律得E=N2
④E=N2Ld
⑤由欧姆定律得I′=
⑥线圈受到的安培力F′=N2B0I′L
⑦天平平衡m′g=NB0·
⑧代入数据得=
0.1T/s
⑨答案 125
20.1T/s。