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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)23 磁場(chǎng)的描述 磁場(chǎng)對(duì)電流的作用(含解析)
一、單項(xiàng)選擇題
1.
如圖所示,長(zhǎng)為2l的直導(dǎo)線(xiàn)折成邊長(zhǎng)相等,夾角為60°的V形,并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)在該導(dǎo)線(xiàn)中通以電流強(qiáng)度為I的電流時(shí),該V形通電導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力大小為( )
A.0 B.0.5BIl
C.BIl D.2BIl
解析:V形導(dǎo)線(xiàn)通入電流I時(shí)每條邊受到的安培力大小均為BIl,方向分別垂直于導(dǎo)線(xiàn)斜向上,再由平行四邊形定則可得其合力F=BIl,C正確.
答案:C
2.
如圖所示,在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線(xiàn)a、b和c
2、,各導(dǎo)線(xiàn)中的電流大小相同,其中a、c導(dǎo)線(xiàn)中的電流方向垂直紙面向外,b導(dǎo)線(xiàn)電流方向垂直紙面向內(nèi).每根導(dǎo)線(xiàn)都受到另外兩根導(dǎo)線(xiàn)對(duì)它的安培力作用,則關(guān)于每根導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的合力,以下說(shuō)法中正確的是( )
A.導(dǎo)線(xiàn)a所受合力方向水平向右
B.導(dǎo)線(xiàn)c所受合力方向水平向右
C.導(dǎo)線(xiàn)c所受合力方向水平向左
D.導(dǎo)線(xiàn)b所受合力方向水平向左
解析:導(dǎo)線(xiàn)b、c在a處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向向上,由左手定則知a所受合力方向水平向左,A錯(cuò)誤;導(dǎo)線(xiàn)a、b在c處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向向下,由左手定則知,c所受合力方向水平向右,B正確,C錯(cuò)誤;導(dǎo)線(xiàn)a、c在b處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,導(dǎo)線(xiàn)b所受合力為零,D錯(cuò)誤.
答案:
3、B
3.
如圖所示,abcd四邊形閉合金屬線(xiàn)框,a、b、c三點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,L,0),(L,L,0),(L,0,0),整個(gè)空間處于沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,線(xiàn)框通入電流I,方向如圖所示,關(guān)于四邊形線(xiàn)框的四條邊所受到的安培力的大小,下列敘述中正確的是( )
A.a(chǎn)b邊與bc邊受到的安培力大小相等
B.cd邊受到的安培力最大
C.cd邊與ad邊受到的安培力大小相等
D.a(chǎn)d邊不受安培力作用
解析:根據(jù)公式F=BIL,ab邊受到的安培力大小為Fab=BIL,bc邊平行于磁場(chǎng)方向,不受安培力作用,A錯(cuò)誤;ad邊受到安培力大小為Fad=BILdO,D錯(cuò)誤;cd邊受到的安培力大小為F
4、cd=BILcd,因?yàn)長(zhǎng)cd>LdO,所以Fcd>Fad,B正確,C錯(cuò)誤.
答案:B
4.
如右圖所示,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有兩根豎直放置的平行導(dǎo)軌AB、CD,導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN下滑,棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)從t=0時(shí)刻起,給棒通以圖示方向的電流,且電流大小與時(shí)間成正比,即I=kt,其中k為正恒量.若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直,則如下圖所示的表示棒所受的摩擦力隨時(shí)間變化的四幅圖中,正確的是( )
解析:當(dāng)Ff=μBIL=μBLktmg時(shí),棒沿導(dǎo)軌向下減速;在棒停止運(yùn)動(dòng)前,棒所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,大小為Ff=μB
5、Lkt;當(dāng)棒停止運(yùn)動(dòng)時(shí),摩擦力立即變?yōu)殪o摩擦力,大小為Ff=mg,C正確.
答案:C
5.
如圖所示,MN、PQ為水平放置的平行導(dǎo)軌,通電導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上,已知導(dǎo)體棒質(zhì)量m=1 kg,長(zhǎng)l=2.0 m,通過(guò)的電流I=5.0 A,方向如圖所示,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=.若使導(dǎo)體棒水平向右勻速運(yùn)動(dòng),要求軌道內(nèi)所加與導(dǎo)體棒ab垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)最小,則磁場(chǎng)的方向與軌道平面的夾角是(g=10 m/s2)( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析:
對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析,如圖所示,要使導(dǎo)體棒勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則安培力需為動(dòng)力,則設(shè)磁場(chǎng)方向與軌道平面成θ角
6、向左斜向上,由左手定則可知安培力方向與磁場(chǎng)垂直斜向右上方,如圖所示,則BIlsinθ=μFN①,F(xiàn)N+BIlcosθ=mg②,聯(lián)立①、②式可得B=·==,故θ=60°時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度最?。?
答案:C
二、多項(xiàng)選擇題
6.
如圖所示,在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來(lái),此時(shí)磁鐵對(duì)水平面的壓力為FN1,現(xiàn)在磁鐵左上方位置固定一導(dǎo)體棒,當(dāng)導(dǎo)體棒中通以垂直紙面向里的電流后,磁鐵對(duì)水平面的壓力為FN2,則以下說(shuō)法正確的是( )
A.彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B.彈簧長(zhǎng)度將變短
C.FN1>FN2 D.FN1
7、導(dǎo)體棒的安培力斜向右下方,由牛頓第三定律可知,導(dǎo)體棒對(duì)條形磁鐵的安培力斜向左上方,所以彈簧長(zhǎng)度將變短,F(xiàn)N1>FN2,B、C正確.
答案:BC
7.
如圖所示,一個(gè)半徑為R的導(dǎo)電圓環(huán)與一個(gè)軸向?qū)ΨQ(chēng)的發(fā)散磁場(chǎng)處處正交,環(huán)上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等,方向均與環(huán)面軸線(xiàn)方向成θ角(環(huán)面軸線(xiàn)為豎直方向).若導(dǎo)線(xiàn)環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I,則下列說(shuō)法正確的是( )
A.導(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)
B.導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上
C.導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIR
D.導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ
解析:若導(dǎo)線(xiàn)環(huán)上載有如題圖所示的恒定電流I,由左手定則可得導(dǎo)線(xiàn)環(huán)上
8、各小段所受安培力斜向內(nèi),導(dǎo)電圓環(huán)有收縮的趨勢(shì),導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上,導(dǎo)電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ,A、B、D正確,C錯(cuò)誤.
答案:ABD
8.
光滑平行導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌左端通過(guò)開(kāi)關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連,右端與半徑為L(zhǎng)=20 cm的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接,一根質(zhì)量m=60 g、電阻R=1 Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab,用長(zhǎng)也為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛,如圖所示,系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S后,導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng),擺到最大高度時(shí),細(xì)線(xiàn)與豎直方向成θ=53°角,擺動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線(xiàn)處于張緊狀態(tài),導(dǎo)軌電阻不計(jì)
9、,sin53°=0.8,g=10 m/s2則( )
A.磁場(chǎng)方向一定豎直向下
B.電源電動(dòng)勢(shì)E=3.0 V
C.導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F=3 N
D.導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能為0.048 J
解析:導(dǎo)體棒向右沿圓弧擺動(dòng),說(shuō)明受到向右的安培力,由左手定則知該磁場(chǎng)方向一定豎直向下,A對(duì);導(dǎo)體棒擺動(dòng)過(guò)程中只有安培力和重力做功,由動(dòng)能定理知BIL·Lsinθ-mgL(1-cosθ)=0,代入數(shù)值得導(dǎo)體棒中的電流為I=3 A,由E=IR得電源電動(dòng)勢(shì)E=3.0 V,B對(duì);由F=BIL得導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F=0.3 N,C錯(cuò);由能量守恒定律知電源提供的電能W等于電路中產(chǎn)生
10、的焦耳熱Q和導(dǎo)體棒重力勢(shì)能的增加量ΔE的和,即W=Q+ΔE,而ΔE=mgL(1-cosθ)=0.048 J,D錯(cuò).
答案:AB
三、非選擇題
9.如圖所示,PQ和MN為水平、平行放置的金屬導(dǎo)軌,相距1 m,導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上,棒的質(zhì)量為m=0.2 kg,棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.3 kg,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,方向豎直向下,(g=10 m/s2)為了使物體勻速上升,應(yīng)在棒中通入多大的電流?方向如何?
解析:對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析,由平衡條件得,
豎直方向FN=mg
水平方向BIL-Ff-Mg=0
又F
11、f=μFN
聯(lián)立解得I=2 A
由左手定則知電流方向由a指向b.
答案:2 A 電流方向由a指向b
10.
質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)軌棒MN靜止于水平導(dǎo)軌上,通過(guò)MN的電流為I,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向與導(dǎo)軌平面成θ角斜向下,如圖所示,求棒MN受到的支持力和摩擦力.
解析:
設(shè)棒MN受到的安培力F,支持力為FN,摩擦力為Ff,對(duì)其受力分析如圖所示,由平衡條件知,
水平方向Ff=Fsinθ
豎直方向FN=Fcosθ+mg
又F=BIL
解得Ff=BILsinθ
FN=BILcosθ+mg
答案:BILcosθ+mg BILsinθ
11.載流長(zhǎng)直導(dǎo)
12、線(xiàn)周?chē)艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=kI/r,式中常量k>0,I為電流強(qiáng)度,r為距導(dǎo)線(xiàn)的距離.在水平長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)MN正下方,矩形線(xiàn)圈abcd通過(guò)逆時(shí)針?lè)较虻暮愣娏?,被兩根等長(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)線(xiàn)靜止地懸掛,如圖所示.開(kāi)始時(shí)MN內(nèi)不通電流,此時(shí)兩細(xì)線(xiàn)內(nèi)的張力均為T(mén)0.當(dāng)MN通以強(qiáng)度為I1的電流時(shí),兩細(xì)線(xiàn)內(nèi)的張力均減小為T(mén)1:當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度變?yōu)镮2時(shí),兩細(xì)線(xiàn)的張力均大于T0.
(1)分別指出強(qiáng)度為I1、I2的電流的方向;
(2)求MN分別通以強(qiáng)度為I1和I2電流時(shí),線(xiàn)框受到的安培力F1與F2大小之比;
(3)當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度為I3時(shí)兩細(xì)線(xiàn)恰好斷裂,在此瞬間線(xiàn)圈的加速度大小為a,求I3.
解析:(1)由題意知,當(dāng)MN通以電流I1時(shí),線(xiàn)圈受到的安培力向上,根據(jù)左手定則、安培定則可以判斷I1的方向向左,當(dāng)MN通以電流I2時(shí),線(xiàn)圈受到的安培力應(yīng)向下,同理,可以判斷I2的方向向右.
(2)當(dāng)MN中的電流為I時(shí),線(xiàn)圈受到的安培力大小為
F=kIiL
式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距,i為線(xiàn)圈中的電流,L為ab、cd的長(zhǎng)度.
所以=
(3)設(shè)MN中電流為I3時(shí),線(xiàn)圈所受安培力為F3,由題設(shè)條件有2T0=mg,2T1+F1=mg,F(xiàn)3+mg=ma,=
由以上各式得I3=I1
答案:(1)I1方向向左,I2方向向右 (2)=
(3)I1