（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)41 磁感應(yīng)強(qiáng)度和安培力（含解析）新人教版

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1、磁感應(yīng)強(qiáng)度和安培力 一、選擇題 1．(2018·江蘇學(xué)業(yè)考試)關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法正確的是(　　) A．一小段通電直導(dǎo)線在空間某處不受磁場力作用，那么該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 B．一小段通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度與磁場力成正比，與電流和導(dǎo)線長度的乘積成反比 D．磁場中某處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàng)，一小段通電直導(dǎo)線在空間某處不受磁場力作用，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，可能是由于導(dǎo)線與磁場平行，故A項(xiàng)錯誤． B項(xiàng)，一小段通電直導(dǎo)線放在

2、磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàng)正確． C項(xiàng)，公式B＝是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，是用比值法定義的，磁感應(yīng)強(qiáng)度與磁場力F、電流元IL無關(guān)，故C項(xiàng)錯誤． D項(xiàng)，磁場中某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，跟電流在該處所受磁場力的方向垂直，故D項(xiàng)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(dāng)電池與鋁箔接通時(shí)(　　) A．鋁箔條中部向磁鐵S極運(yùn)動 B．鋁箔條中部向磁鐵N極運(yùn)動 C．鋁箔條中部向下方運(yùn)動 D．鋁箔條中部向上方運(yùn)動 答案　D 解析　由題意，可知，通過天橋的電流方向由外向內(nèi)，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(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確． 3．(2018·濟(jì)南一模)如圖所示，O為正方形ABCD的中點(diǎn)，兩根無限長通電直導(dǎo)線PQ、MN與均通過O點(diǎn)(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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同 B．B、C兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同 C．A、B兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D．B、C兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 答案　C 解析　A、B兩項(xiàng)，通電無限長直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場與距離、電流大小相關(guān)，距離相同處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同；相同距

4、離處電流越大，磁場越強(qiáng)．設(shè)垂直紙面向內(nèi)為正，MN導(dǎo)線在A、B、C處的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為－B1、B1、B1；PQ導(dǎo)線在A、B、C處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(xiàng)錯誤； C、D兩項(xiàng)，依據(jù)右手螺旋定則，結(jié)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(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤． 4.如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ.導(dǎo)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)緩慢增大　　　　　 B．B應(yīng)緩慢減小 C．B應(yīng)先增大后減小 D．B應(yīng)先減小后增大 答案　A 解析　如圖作出右側(cè)側(cè)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?qū)⑾蜃笮D(zhuǎn)，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(yīng)強(qiáng)度應(yīng)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(cè)吊掛一根與它垂直的導(dǎo)電棒，圖中只畫出此棒的截面圖，

6、并標(biāo)出此棒中的電流是流向紙內(nèi)的，逐漸增大導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線對磁鐵的安培力方向斜向右上方，磁鐵有向右運(yùn)動的趨勢，受到向左的摩擦力，同時(shí)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(dǎo)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(dǎo)線對磁鐵的安培力方向斜向左下方

7、，磁鐵有向左運(yùn)動的趨勢，受到向右的摩擦力，同時(shí)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(xiàng)正確，A、B、C三項(xiàng)錯誤． 6．(2018·河南模擬)在電場中我們已經(jīng)學(xué)過，三個(gè)點(diǎn)電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時(shí)，一定滿足“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠(yuǎn)大”．仿造上面的規(guī)律，假設(shè)有三根相同的通電長直導(dǎo)線平行放在光滑水平地面上的A、B、C三個(gè)位置并處于靜止?fàn)顟B(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(yīng)強(qiáng)度公式為B＝K，其中K是常數(shù)，I是導(dǎo)線中電流的大小，r是某點(diǎn)到導(dǎo)線的距離，關(guān)于三根導(dǎo)線中的電流方向和電流大

8、小的比例關(guān)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(dǎo)線中的電流強(qiáng)度之比為4∶1∶4 D．三根導(dǎo)線中的電流強(qiáng)度之比為2∶1∶2 答案　D 解析　根據(jù)三點(diǎn)電荷在同一條直線上均處于平衡狀態(tài)時(shí)，一定滿足“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠(yuǎn)大”的原理，那么三個(gè)通電直導(dǎo)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(xiàng)，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(xiàng)錯誤； C、D兩項(xiàng)，根據(jù)直線電流在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式為

9、B＝K，及AB＝BC，同時(shí)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(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確． 7.(2018·武漢模擬)如圖所示，在天花板下用細(xì)線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場中，環(huán)與磁場邊界交點(diǎn)A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時(shí)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(shí)針方向 B．電流大小為，電流方向沿逆時(shí)針方向 C．電流大小為，電流方向沿順時(shí)針方向 D．電流大小為，電流方

10、向沿逆時(shí)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(yīng)沿順時(shí)針方向， 根據(jù)力的平衡F＝BI·R，求得I＝，故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯誤． 8.(2018·承德模擬)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒ab兩端由等長輕質(zhì)軟導(dǎo)線水平懸掛，平衡時(shí)兩懸線與水平面的夾角均為θ(θ＜90°)，緩慢調(diào)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(dǎo)體棒受力如圖所示， tanθ＝＝； 可得：∝I 即與I成正比．故A項(xiàng)正確，B、C、D三

11、項(xiàng)錯誤． 9.(2018·鄭州三模)(多選)電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。疁y量前天平已調(diào)至平衡，測量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)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(jì)連接導(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時(shí)，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?yàn)槟鏁r(shí)針方向 B．矩形線圈的電阻R＝r－R1 C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝ D．若

12、僅將磁場反向，在左盤添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡 答案　AC 解析　A項(xiàng)，由于m0＞m，要使天平平衡，故右端必須受到一個(gè)向上的安培力，根據(jù)左手定則可知，線框中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A項(xiàng)正確 B項(xiàng)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I＝＝，解得R＝－R1，故B項(xiàng)錯誤； C項(xiàng)，根據(jù)平衡條件可知mg＝m0g－BIL，其中I＝，解得B＝，故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，若僅將磁場反向，在左盤添加質(zhì)量為2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D項(xiàng)錯誤． 10.(2017·課標(biāo)全國Ⅰ)(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線受力分析如下：故A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確． ∵F12＝F13＝F23＝F21＝F31＝F32 ∴F3＝F1＝F2. 故D項(xiàng)錯誤，C項(xiàng)正確． 11.(2018·海淀區(qū)校級二模)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)

14、裝置可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B，用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R，質(zhì)量為m的“”型線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源，導(dǎo)線的電阻忽略不計(jì)．當(dāng)外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時(shí)，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(dāng)線框接入恒定電壓為E1時(shí)，電壓表的示數(shù)為U1；接入恒定電壓為E2時(shí)(電流方向不變)，電壓表示數(shù)為U2.則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 答案　A 解析　當(dāng)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(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯誤． 12．(2018·浙江模擬)在城市建設(shè)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(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)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(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a；②在a點(diǎn)附近的地面上，找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF；③在地面上過a點(diǎn)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(diǎn)，測得b、c兩點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a，說明a點(diǎn)離電流最近； 找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF，故說明這些點(diǎn)均離電流最近，根據(jù)電流應(yīng)該時(shí)是平行MN； 畫出左側(cè)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(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)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(dǎo)軌，導(dǎo)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(dǎo)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(dāng)調(diào)節(jié)斜面abcf的傾角θ時(shí)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)且僅當(dāng)θ在30°～90°之間時(shí)，金屬桿可以在導(dǎo)軌上處于靜止平衡．已知金屬桿質(zhì)量為0.1 kg，電源內(nèi)阻r及金屬桿的電阻R均為0.5 Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻可忽略，金屬桿和導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B及μ. 解析　由磁場方向和平衡可判斷，安培力F方向?yàn)樗角冶畴x電源的方向 由題意可知當(dāng)θ＝90°時(shí)，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：f1＝mg① N1＝F② f1＝μN(yùn)1③ 當(dāng)θ＝30°時(shí)，

18、金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°④ f2＋mgsin30°＝Fcos30°⑤ f2＝μN(yùn)2⑥ 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(zhì)：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(dǎo)軌，飛機(jī)前輪下有一牽引桿，與飛機(jī)前輪連為一體，可收縮并放置在飛機(jī)的腹腔內(nèi)．起飛前牽引桿伸出至上下導(dǎo)軌之間，強(qiáng)迫儲能裝置提供瞬發(fā)能量，強(qiáng)大的電流從導(dǎo)軌流經(jīng)牽引桿，牽引桿在強(qiáng)大的安培力作用下推動飛機(jī)運(yùn)行到高速．現(xiàn)有一彈射器

19、彈射某飛機(jī)，設(shè)飛機(jī)質(zhì)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(jī)重的0.2倍，在沒有電磁彈射器的情況下，飛機(jī)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(jī)的發(fā)動機(jī)(設(shè)飛機(jī)牽引力不變)同時(shí)工作的情況下，勻加速起飛距離減為50 m，假設(shè)彈射過程強(qiáng)迫儲能裝置的能量全部轉(zhuǎn)為飛機(jī)的動能．取g＝10 m/s2.求： (1)判斷圖中彈射器工作時(shí)磁場的方向； (2)計(jì)算該彈射器強(qiáng)迫儲能裝置貯存的能量； (3)若假設(shè)強(qiáng)迫儲能裝置釋放電能時(shí)的平均放電電壓為U＝1 000 V，飛機(jī)牽引桿的寬度d＝2.5 m，計(jì)算強(qiáng)迫儲能裝置放電時(shí)的電流以及加速飛機(jī)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小． 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(jī)的加速度為： a＝＝ m/s2＝36 m/s2， 起飛時(shí)間：t1＝＝ s＝ s. 由UIt1＝E得：I＝1.63×104 A. 由：F0＋BId－kmg＝ma1 解得：B＝ T. 9