高三物理第一轮复习-磁场、磁场对电流的作用基础过关练习-粤教版.doc

第一节　磁场、磁场对电流的作用

一、单项选择题
1．(2011年浙江模拟)根据所学知识判断图中哪一个图是正确的(　　)

解析：选A.由左手定则知A正确，B错误；由右手定则(安培定则)知D错误；电场中某点场强方向应沿电场线的切线方向，正电荷受力与其方向相同，C错误．
2．(2011年广东模拟)如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是(　　)

A．先减小后增大
B．先增大后减小
C．始终增大
D．始终减小
解析：选B.线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最小，在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最多，所以该过程中的磁通量先增大后减小，故B对．
3．(2009年高考重庆卷)在如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线(　　)

A．相互吸引，Fa>Fb　　　　 B．相互排斥，Fa>Fb
C．相互吸引，Fa<Fb D．相互排斥，Fa<Fb
解析：选D.导线MM′与NN′中的电流方向相反，这两段导线相互排斥．当电键S置于a处时，电路中接一节电池，导线中电流小；当电键S置于b处时，电路中接两节电池，导线中电流大，所以Fa＜Fb，选项D正确．
二、双项选择题
4．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，Ba＞Bb
B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb
C．同一通电导线放在a处受力可能比放在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
解析：选BC.在磁场中，磁感线疏密表示磁场的强弱，故Ba＜Bb，选项B正确，A错误；同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为零，故D错误；若同一导线在a处垂直放置，在b处与磁场平行放置，则在a处受力大于b处受力，C正确．
5．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其右上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则(　　)
A．磁铁对桌面压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到桌面向右的摩擦力作用
D．磁铁受到桌面向左的摩擦力作用
解析：选AD.根据条形磁铁的磁场特点，可知长直导线受到斜向左下方的安培力，则磁铁受到向右上方的磁场力，故磁铁对桌面压力减小，磁铁有向右的运动趋势，摩擦力向左．
6．质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，如图所示．已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ，在下面四图所加磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是下面四幅图中的(　　)

解析：选AB.要使静摩擦力为零，如果FN＝0，必有f＝0.B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使FN＝0，B是正确的；如果FN≠0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f＝0.在题图A选项中，导体所受到的重力G、支持力FN及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零，题图的C、D选项中，从导体所受到的重力G、支持力FN及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零．故正确的选项应为A、B.
7．(2011年杭州质检)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B
B．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θ
D．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：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A、B正确；若增大θ，则mgsin 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．
8．(2011年泉州模拟)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是(　　)
A．B＝mgtanα/IL，方向垂直斜面向上
B．B＝mgsinα/IL，方向垂直斜面向下
C．B＝mgtanα/IL，方向竖直向上
D．B＝mg/IL，方向水平向左
解析：选BD.导线在重力、支持力和安培力三力作用下平衡，当磁场方向垂直斜面向上时，安培力沿斜面向下，三力不可能平衡，A错；当磁场方向垂直斜面向下时安培力沿斜面向上，则有mgsinα＝BIL，故B＝mgsinα/IL，B项正确；当磁场方向竖直向上时，安培力水平向右，三力不可能平衡，C错；若磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，则有mg＝BIL，即B＝，故D正确．
三、非选择题
9．三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向如何？
解析：根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度方向相同，I2在O点处产生的磁感应强度的方向与B1(B3)垂直，如图所示，又知B1、B2、B3的大小均为B，根据矢量运算定则可知O点的磁感应强度大小为：
BO＝＝B
其方向在三角形平面内与斜边夹角的正切值tanθ＝2.
答案：B　方向与I1I3连线夹角的正切值为2
10．如图为一电流表的原理示意图．质量为m的轻质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，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.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．

(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)
(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？
(3)若k＝2.0 N/m，＝0.20 m，＝0.05 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)
(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？
解析：(1)设弹簧的伸长量为Δx，根据胡克定律和平衡条件有mg＝kΔx①
由①式得Δx＝.②
(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下．根据左手定则，电流方向为M指向N，因此M端应该接正极．
(3)设满量程时通过MN的电流强度为Im，根据平衡条件有：BIm＋mg＝k(＋Δx)③
联立①③得Im＝2.5 A．④
(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′Im＋mg＝k(＋Δx)⑤
由①⑤整理得B′＝
代入数据得B′＝0.10 T.
答案：(1)　(2)M端点应接正极　(3)2.5 A　(4)0.10 T

1．(2011年郑州模拟)如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则(　　)

A．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N
解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小FA＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为a＝FA/m＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功WA＝FA×(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg×ON＝－0.5 J，由动能定理得WA＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝v2/r＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛顿第二定律得F－FA＝mv2/r，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．
2．(2010年高考浙江卷)如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动．其在纸面上的长度OA为L1，垂直纸面的宽度为L2.在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜绷成平面．在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能．光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定)．导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出)．

(1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率．
(2)当θ变为45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？
解析：(1)导体棒所受安培力F1＝IBL2①
由导体棒受力平衡得mgtanθ＝F1②
解得I＝③
所以当θ＝60°时，I60＝＝mg/BL2
光电池输出功率为P60＝UI60＝mgU/BL2.
(2)当θ＝45°时，根据③式可知维持平衡需要的电流为
I45＝＝
根据几何关系可知
＝＝
可得P45＝P60＝mgU/BL2
而光电池产生的电流为I光电＝＝
所以能提供的额外电流为I额外＝I光电－I45＝(－1)
可提供的额外功率为
P额外＝I额外U＝(－1).
答案：(1)　　(2)(－1)课时24