新人教版第十章第1讲磁场及其对电流的作用作业

练案[27]第十章磁场第1讲磁场及其对电流的作用一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)1．(2023·湖北模拟预测)在磁场中某区域的磁感线如图所示，则(A)A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞BbB．同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大C．电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到bD．某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功[解析]磁感线的疏密表示磁场的强弱，故a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba＞Bb，故A正确；电流元的受力与放置夹角有关，故无法比较电流元的受力情况，故B错误；a、b不在磁感线上，若沿直线运动，则速度方向与磁场存在夹角，则一定受洛伦兹力，故不可能沿纸面由a到b点，故C错误；磁场对电荷永不做功，故D错误。2．(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生的形变是(C)[解析]因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。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，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将(B)A．不动 B.顺时针转动C．逆时针转动 D.向纸面内平动[解析]方法一：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L2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，其N极应由纸里转为向上，所以从左向右看顺时针转动。方法二：利用结论法(凡转动，必靠近)。环形电流L1、L2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L1的转动方向应是：从左向右看顺时针转动。方法三：直线电流元法。把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1顺时针转动。4．(2023·湖南模拟预测)如图所示，同一竖直平面内有O、E、F、A四点，其中E、O、F三点等高，E、F、A三点到O点距离相等，∠EOA＝θ(θ未知)，当E、F两点放置两根通有电流大小相等、方向相反且垂直于纸面的长直导线时，O点处磁感应强度的大小为B1，若将E点处导线移到A点(其他条件不变)，O点处磁感应强度的大小变为B2，已知eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(2＋\r(2)),2)，则(B)A．θ＝30° B.θ＝45°C．θ＝60° D.θ＝75°[解析]设单根通电直导线在O点处产生的磁感应强度的大小为B，E点处导线未移动时，O点处合磁感应强度为B1＝2B，E点处导线移动之后，两通电导线在O点处产生的磁场如图所示，根据正交分解Bx＝Bsinθ，By＝B(1＋cosθ)，O点处合磁感应强度将变为B2＝eq\r(B\o\al(2,x)＋B\o\al(2,y))＝Beq\r(2＋2cosθ)，结合已知条件eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(2＋\r(2)),2)，可得eq\f(B\r(2＋2cosθ),2B)＝eq\f(\r(2＋\r(2)),2)，解得θ＝45°。故选B。5．(2023·浙江衢州高三模拟)处于纸面内的平行直导线1、2中的电流大小分别为I1、I2，方向如图所示，下列说法正确的是(D)A．导线1、2受安培力的方向始终共面，但不一定在纸面B．导线1、2受安培力的方向始终在纸面内，可能相同也可能相反C．若I1<I2，则导线2受到的安培力一定大于导线1受到的安培力D．若I1<I2，则导线2在导线1处产生的磁感应强度一定大于导线1在导线2处产生的磁感应强度[解析]导线1在导线2处的磁场方向是垂直纸面向外，由左手定则知2受水平向右的安培力，同理1受2水平向左的安培力，此二力是作用力与反作用力的关系，始终等大反向，与导线1、2共面，在纸面内，故ABC错误；直线电流在外边某位置的磁感应强度与电流大小成正比，与该位置到电流的距离成反比，1、2到对方的距离相等，若I1<I2，则导线2在导线1处产生的磁感应强度一定大于导线1在导线2处产生的磁感应强度，故D正确。6．(2023·北京北师大二附中模拟预测)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在线圈上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐向分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是(D)A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上[解析]磁电式电流表的内部，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度；故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。7．(2023·福建莆田模拟预测)如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab和ac边的中点，虚线的下方有一垂直于导线框向内的匀强磁场，此时通电导线框处于静止状态，细线的拉力为F1。保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场，平移至虚线上方，稳定后细线的拉力为F2。已知导线框的质量为m，则重力加速度g为(C)A.eq\f(F1＋F2,m) B.eq\f(F1＋2F2,3m)C.eq\f(F1＋F2,2m) D.eq\f(F2－F1,m)[解析]变化前，线圈在磁场中的等效长度为L等效＝eq\f(l,2)，根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向上，大小为F安＝BIL等效＝BI·eq\f(l,2)，根据受力平衡可得F1＋F安＝mg，变化后，线圈在磁场中的等效长度为L′等效＝eq\f(l,2)，根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向下，大小为F′安＝BIL′等效＝BI·eq\f(l,2)，根据受力平衡可得F2＝F′安＋mg，联立解得重力加速度为g＝eq\f(F1＋F2,2m)。C正确，ABD错误。8．(2023·河北模拟预测)如图所示，金属圆环固定在绝缘水平面上，金属圆环中通有沿逆时针方向的恒定电流，带有绝缘外套的长直导线固定在圆环上，通有水平向右的恒定电流，长直导线在圆环内的一段为AB，则下列判断正确的是(AD)A．长直导线有向圆环中心运动的趋势B．长直导线有远离圆环中心的趋势C．长直导线在圆环中AB段受到的安培力小于圆环外两段受到的安培力之和D．长直导线在圆环中AB段受到的安培力大于圆环外两段受到的安培力之和[解析]对圆环研究，根据安培定则及左手定则，可判断知圆环受到直线电流磁场的安培力方向向上，因此长直导线有向圆环中心运动的趋势，故A正确，B错误；长直导线圆环中AB段受到的安培力指向圆环的圆心，圆环外两段受到的安培力与AB段受到的安培力方向相反，由于整个直导线有向圆环中心运动的趋势，因此长直导线圆环中AB段受到的安培力大于圆环外两段受到的安培力之和，故C错误，D正确。9．(2023·河北高三专题练习)如图所示，空间中有三根相互平行的直导线，三根导线中通有方向垂直纸面向里且大小均为I的电流，其中A、B两根导线固定在同一条竖直线上，C导线被轻绳拴在天花板上。已知C导线平衡时，三根导线的横截面恰好位于等边三角形的三个顶点上，且此时A导线在C导线处产生的磁感应强度的大小为B0，已知A、B导线足够长，C导线长度为L、质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是(AC)A．A、B导线在C处产生的合磁场方向竖直向下B．C导线所受的安培力大小为eq\r(3)B0IL，方向水平向右C．轻绳上的拉力大小为eq\r(mg2＋\r(3)B0IL2)D．使A中电流反向，且A、B中电流大小均变为某一定值，仍能使C在原位置平衡[解析]根据安培定则，知A、B中电流在C处形成的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，根据几何关系可知θ＝30°，则有BC＝eq\r(3)B0，方向竖直向下，A正确；再由左手定则可知，C导线所受安培力方向水平向左，大小为F＝eq\r(3)B0IL，B错误；由平衡条件可知，轻绳的拉力大小等于C导线所受重力和安培力的合力，因此T＝eq\r(mg2＋\r(3)B0IL2)，C正确；A中电流反向，两导线在C处产生的合磁感应强度方向水平向右，根据左手定则可知C所受安培力竖直向下，C不可能在原位置平衡，D错误。故选AC。10．(2023·福建模拟预测)如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装置，距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导轨，导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电池、开关及质量为m充当弹体的金属杆。闭合开关K，金属杆水平向右飞出做平抛运动，测得其水平射程为s，则下列说法正确的是(ACD)A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．该过程安培力对金属杆做的功为eq\f(mgs2,4h)D．飞出后导体棒的运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))[解析]闭合开关，根据左手定则结合电流方向可判断磁场方向竖直向上，选项A正确，B错误；金属杆水平向右飞出做平抛运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt，飞出后导体棒的运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，从闭合开关到金属杆水平抛出，根据动能定理有W安＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W安＝eq\f(mgs2,4h)，选项CD正确。二、非选择题11．(2023·安徽宿城高三阶段练习)中国工程院院士、海军工程大学教授——马伟明是我国“国宝级”专家，他带领的科研团队仅用几年时间，在电磁发射技术上取得集群式突破，全面推动了我国武器发展从化学能到电磁能的发射革命。电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成α角)上，若给导轨通以很大的恒定电流I，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，由静止沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去。已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两平行导轨向上。两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦力恒为f，当地重力加速度为g。求：(1)炮弹在导轨上运动时加速度大小；(2)炮弹在导轨末端发射出去时速度大小。[答案](1)a＝eq\f(BIL－f,m)－gsinα(2)v＝eq\r(\f(2BIL－mgsinα－fs,m))[解析](1)根据牛顿第二定律BIL－mgsinα－f＝ma，解得a＝eq\f(BIL－f,m)－gsinα。(2)由公式v2＝2as，解得v＝eq\r(\f(2BIL－mgsinα－fs,m))。12．(2023·海南海口模拟预测)如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E＝15V，内阻r＝1Ω的电源。质量m＝0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ＝53°斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)悬吊重物的质量；(2)保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为