（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)41 磁感應強度和安培力（含解析）新人教版

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1、磁感應強度和安培力 一、選擇題 1．(2018·江蘇學業(yè)考試)關于磁感應強度，下列說法正確的是(　　) A．一小段通電直導線在空間某處不受磁場力作用，那么該處的磁感應強度一定為零 B．一小段通電直導線放在磁感應強度為零的位置上，它受到的磁場力一定等于零 C．根據(jù)B＝F/IL可知，在磁場中某確定位置，磁感應強度與磁場力成正比，與電流和導線長度的乘積成反比 D．磁場中某處的磁感應強度的方向，跟電流在該處所受磁場力的方向相同 答案　B 解析　A項，一小段通電直導線在空間某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度不一定為零，可能是由于導線與磁場平行，故A項錯誤． B項，一小段通電直導線放在

2、磁感應強度為零的位置上，由F＝BIL知它受到的磁場力一定等于零，故B項正確． C項，公式B＝是磁感應強度的定義式，是用比值法定義的，磁感應強度與磁場力F、電流元IL無關，故C項錯誤． D項，磁場中某處的磁感應強度的方向，跟電流在該處所受磁場力的方向垂直，故D項錯誤． 2．(2018·紹興模擬)如圖所示，取一柔軟的鋁箔條，把它折成天橋狀并用膠紙粘牢兩端，使蹄形磁鐵橫跨過“天橋”．當電池與鋁箔接通時(　　) A．鋁箔條中部向磁鐵S極運動 B．鋁箔條中部向磁鐵N極運動 C．鋁箔條中部向下方運動 D．鋁箔條中部向上方運動 答案　D 解析　由題意，可知，通過天橋的電流方向由外向內，而磁

3、場方向由N到S極，根據(jù)左手定則，則可知，箔條中部受到的安培力向上，故A、B、C三項錯誤，D項正確． 3．(2018·濟南一模)如圖所示，O為正方形ABCD的中點，兩根無限長通電直導線PQ、MN與均通過O點(彼此絕緣)且PQ∥AB、MN∥BC，PQ、MN中的電流大小分別為2I和I，方向如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．A、B兩點的磁感應強度大小相同 B．B、C兩點的磁感應強度大小相同 C．A、B兩點的磁感應強度方向相同 D．B、C兩點的磁感應強度方向相同 答案　C 解析　A、B兩項，通電無限長直導線周圍產(chǎn)生的磁場與距離、電流大小相關，距離相同處的磁感應強度大小相同；相同距

4、離處電流越大，磁場越強．設垂直紙面向內為正，MN導線在A、B、C處的磁感應強度分別為－B1、B1、B1；PQ導線在A、B、C處的磁感應強度分別為－B2、－B2、B2；由PQ的電流是MN的兩倍，故B2＞B1；故A、B、C處的磁感應強度的矢量和為－(B1＋B2)、－(B2－B1)、B1＋B2.可知A、C大小相同；故A、B兩項錯誤； C、D兩項，依據(jù)右手螺旋定則，結合矢量的合成法則，可知，A、B方向相同，C與D方向相同，故C項正確，D項錯誤． 4.如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ.導體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I.空間充滿豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大

5、小為B.現(xiàn)緩慢增大θ(0＜θ＜90°)，若電流I不變，且ab始終靜止在斜面上(不考慮磁場變化產(chǎn)生的影響)，下列說法正確的是(　　) A．B應緩慢增大　　　　　 B．B應緩慢減小 C．B應先增大后減小 D．B應先減小后增大 答案　A 解析　如圖作出右側側視圖，則可知，金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用； 　　 增大角度，則支持力的方向將向左旋轉，要使棒仍然平衡，則支持力與安培力的合力一直等于重力； 則由圖可知，安培力必須增大；故磁感應強度應增大． 5．(2018·南寧模擬)一條形磁鐵放在水平桌面上，它的上方靠右極一側吊掛一根與它垂直的導電棒，圖中只畫出此棒的截面圖，

6、并標出此棒中的電流是流向紙內的，逐漸增大導電棒中的電流，磁鐵一直保持靜止．可能產(chǎn)生的情況是(　　) A．磁鐵對桌面的壓力不變 B．磁鐵對桌面的壓力一定增大 C．磁鐵受到摩擦力的方向可能改變 D．磁鐵受到的摩擦力一定增大 答案　D 解析　以導線為研究對象，假如左端為N極，右端為S極，則由左手定則判斷得知導線所受安培力方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律得知，導線對磁鐵的安培力方向斜向右上方，磁鐵有向右運動的趨勢，受到向左的摩擦力，同時磁鐵對地的壓力減??； 假如左端為S極，右端為N極，則由左手定則判斷得知導線所受安培力方向斜向右上方，根據(jù)牛頓第三定律得知，導線對磁鐵的安培力方向斜向左下方

7、，磁鐵有向左運動的趨勢，受到向右的摩擦力，同時磁鐵對地的壓力增大； 如果電流逐漸增大，則磁鐵受到的摩擦力一定增大，而磁鐵對桌面的壓力可能增大，也可能減?。蔇項正確，A、B、C三項錯誤． 6．(2018·河南模擬)在電場中我們已經(jīng)學過，三個點電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時，一定滿足“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠大”．仿造上面的規(guī)律，假設有三根相同的通電長直導線平行放在光滑水平地面上的A、B、C三個位置并處于靜止狀態(tài)，截面如圖所示．已知AB＝BC，直線電流在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度公式為B＝K，其中K是常數(shù)，I是導線中電流的大小，r是某點到導線的距離，關于三根導線中的電流方向和電流大

8、小的比例關系，正確的是(　　) A．A、B中電流方向一定相同 B．A、C中電流方向一定相反 C．三根導線中的電流強度之比為4∶1∶4 D．三根導線中的電流強度之比為2∶1∶2 答案　D 解析　根據(jù)三點電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時，一定滿足“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠大”的原理，那么三個通電直導線，要使各自處于平衡狀態(tài)，那么也必須滿足各自受力平衡， A、B兩項，根據(jù)安培定則與左手定則，可知，同向電流相互吸引的，而異向電流相互排斥的；因此A、B中電流方向一定相反，而A、C中電流方向一定相同，故A、B兩項錯誤； C、D兩項，根據(jù)直線電流在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度公式為

9、B＝K，及AB＝BC，同時依據(jù)矢量的合成法則，那么A與C的電流大小必須相等，由于電流與間距成正比，因此A與C的電流是B電流的2倍，故C項錯誤，D項正確． 7.(2018·武漢模擬)如圖所示，在天花板下用細線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時懸線的張力為F.若圓環(huán)通電，使懸線的張力剛好為零，則環(huán)中電流大小和方向是(　　) A．電流大小為，電流方向沿順時針方向 B．電流大小為，電流方向沿逆時針方向 C．電流大小為，電流方向沿順時針方向 D．電流大小為，電流方

10、向沿逆時針方向 答案　A 解析　要使懸線拉力為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向向上， 根據(jù)左手定則可以判斷，電流方向應沿順時針方向， 根據(jù)力的平衡F＝BI·R，求得I＝，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 8.(2018·承德模擬)如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒ab兩端由等長輕質軟導線水平懸掛，平衡時兩懸線與水平面的夾角均為θ(θ＜90°)，緩慢調節(jié)滑動變阻器的滑片位置以改變通過棒中的電流I，則下列四幅圖像中，能正確反映θ與I的變化規(guī)律是(　　) 答案　A 解析　導體棒受力如圖所示， tanθ＝＝； 可得：∝I 即與I成正比．故A項正確，B、C、D三

11、項錯誤． 9.(2018·鄭州三模)(多選)電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小．測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中．如圖甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r.開關S閉合后，調節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡．已知m0＞m，取重力加速度為g，則(　　) A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向 B．矩形線圈的電阻R＝r－R1 C．勻強磁場的磁感應強度的大小B＝ D．若

12、僅將磁場反向，在左盤添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡 答案　AC 解析　A項，由于m0＞m，要使天平平衡，故右端必須受到一個向上的安培力，根據(jù)左手定則可知，線框中的電流方向為逆時針方向，故A項正確 B項，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I＝＝，解得R＝－R1，故B項錯誤； C項，根據(jù)平衡條件可知mg＝m0g－BIL，其中I＝，解得B＝，故C項正確； D項，若僅將磁場反向，在左盤添加質量為2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D項錯誤． 10.(2017·課標全國Ⅰ)(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與

13、L3中的相反．下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 答案　BC 解析　由題意可知，相互平行的兩條導線通過同向電流，則相互吸引，若通過相反電流，則相互排斥，故三根導線受力分析如下：故A項錯誤，B項正確． ∵F12＝F13＝F23＝F21＝F31＝F32 ∴F3＝F1＝F2. 故D項錯誤，C項正確． 11.(2018·海淀區(qū)校級二模)利用如圖所示的實驗

14、裝置可以測量磁感應強度B，用絕緣輕質絲線把底部長為L、電阻為R，質量為m的“”型線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質導線連接線框與電源，導線的電阻忽略不計．當外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，數(shù)字電壓表會有示數(shù)U，且數(shù)字電壓表上的示數(shù)U與所加拉力F成正比，即U＝KF，式中K為比例系數(shù)．當線框接入恒定電壓為E1時，電壓表的示數(shù)為U1；接入恒定電壓為E2時(電流方向不變)，電壓表示數(shù)為U2.則磁感應強度B的大小為(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 答案　A 解析　當通上電流后，對線框受力分析得出F＝mg＋BIL，由于數(shù)字電壓表上的讀數(shù)U與所加外力成正比，即U

15、＝KF，式中K為比例系數(shù)，有ΔU＝KBΔIL＝KB(I1－I2)L，即U1－U2＝KB()L，整理得：B＝，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 12．(2018·浙江模擬)在城市建設施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示．有一種探測方法是，首先給金屬長直管線通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應強度最強的某點，記為a；②在a點附近的地面上，找到與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為45°的b、c兩點，測得b、c兩點距離為L.由此可確定金屬管線(　　

16、) A．平行于EF，深度為 B．平行于EF，深度為L C．垂直于EF，深度為 D．平行于EF，深度為L 答案　A 解析　用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應強度最強的某點，記為a，說明a點離電流最近； 找到與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF，故說明這些點均離電流最近，根據(jù)電流應該時是平行MN； 畫出左側視圖，如圖所示： b、c間距為L，且磁場方向與地面夾角為45°，故深度為， 故A項正確，B、C、D三項錯誤． 二、非選擇題 13.(2018·湖北模擬)如圖所示，afe、bcd為兩條平行的金屬導軌，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m．ed間連入一電源E

17、＝1 V，ab間放置一根長為l＝0.5 m的金屬桿與導軌接觸良好，cf水平且abcf為矩形．空間中存在一豎直方向的磁場，當調節(jié)斜面abcf的傾角θ時，發(fā)現(xiàn)當且僅當θ在30°～90°之間時，金屬桿可以在導軌上處于靜止平衡．已知金屬桿質量為0.1 kg，電源內阻r及金屬桿的電阻R均為0.5 Ω，導軌及導線的電阻可忽略，金屬桿和導軌間最大靜摩擦力為彈力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，試求磁感應強度B及μ. 解析　由磁場方向和平衡可判斷，安培力F方向為水平且背離電源的方向 由題意可知當θ＝90°時，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：f1＝mg① N1＝F② f1＝μN1③ 當θ＝30°時，

18、金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°④ f2＋mgsin30°＝Fcos30°⑤ f2＝μN2⑥ 由①－⑥解得：F＝mg⑦ μ＝ 由閉合電路歐姆定律：I＝＝1 A⑧ 由安培力性質：F＝BIl⑨ 由⑦⑧⑨得：B＝2 T 方向豎直向下． 14．(2018·江蘇二模)我國航母采用自行研制的電磁彈射器．其工作原理可簡化為如圖所示；上下共4根導軌，飛機前輪下有一牽引桿，與飛機前輪連為一體，可收縮并放置在飛機的腹腔內．起飛前牽引桿伸出至上下導軌之間，強迫儲能裝置提供瞬發(fā)能量，強大的電流從導軌流經(jīng)牽引桿，牽引桿在強大的安培力作用下推動飛機運行到高速．現(xiàn)有一彈射器

19、彈射某飛機，設飛機質量m＝2×104 kg，起飛速度為v＝60 m/s，起飛過程所受到阻力恒為機重的0.2倍，在沒有電磁彈射器的情況下，飛機從靜止開始勻加速起飛，起飛距離為l＝200 m，在電磁彈射器與飛機的發(fā)動機(設飛機牽引力不變)同時工作的情況下，勻加速起飛距離減為50 m，假設彈射過程強迫儲能裝置的能量全部轉為飛機的動能．取g＝10 m/s2.求： (1)判斷圖中彈射器工作時磁場的方向； (2)計算該彈射器強迫儲能裝置貯存的能量； (3)若假設強迫儲能裝置釋放電能時的平均放電電壓為U＝1 000 V，飛機牽引桿的寬度d＝2.5 m，計算強迫儲能裝置放電時的電流以及加速飛機所需的磁感應強度B的大?。? 答案　(1)豎直向上　(2)2.7×107 J (3)1.63×104 A　 T 解析　(1)根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向上． (2)沒有電磁彈射器的情況下， 由動能定理：(F0－kmg)l＝mv2 代入數(shù)據(jù)得：F0＝2.2×105 N. 有電磁彈射器的情況下， 由：E＋(F0－kmg)s＝mv2 解得：E＝2.7×107 J. (3)飛機的加速度為： a＝＝ m/s2＝36 m/s2， 起飛時間：t1＝＝ s＝ s. 由UIt1＝E得：I＝1.63×104 A. 由：F0＋BId－kmg＝ma1 解得：B＝ T. 9