【物理】2020届一轮复习人教版磁场及其对电流的作用课时作业(2)

【物理】2020届一轮复习人教版磁场及其对电流的作用课时作业(2)

‎2020届一轮复习人教版 磁场及其对电流的作用 课时作业 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．(2018·潍坊统考)如图所示，a、b、c、d是圆心为O的圆上的四个点，直径ac、bd相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在b、d处，导线中通有大小相等、垂直纸面向外的电流，关于a、O、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是(　　)‎ A．都为零 B．O点最大 C．a、c两点方向相反 D．a、c两点方向相同 答案　C 解析　由安培定则可知，b、d两处的通电导线在a点的磁场方向如图所示，由平行四边形定则可知，a点的磁感应强度方向垂直ac向下，同理可知c点的磁感应强度方向垂直ac向上，即a、c两点的磁感应强度方向相反，C正确，A、D错误；根据磁感应强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为零，B错误。‎ ‎2．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)‎ 答案　A 解析　由F＝BIL知，线圈在磁场中的有效长度越大，受到的力变化就越大，A中有效长度最长，为MN，故A项正确。‎ ‎3．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和两直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向外的电流时(　　)‎ A．导线框将向左摆动 B．导线框将向右摆动 C．从上往下看，导线框将顺时针转动 D．从上往下看，导线框将逆时针转动 答案　D 解析　由安培定则判断出通电导线P在ab处的磁场向下，在cd处的磁场向上，根据左手定则，知ab受安培力向外，cd受安培力向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确。‎ ‎4. (2018·河南调研联考)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ<90°)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I。则下列四幅图象中，能正确反映θ与I的变化规律的是(　　)‎ 答案　A 解析　对ab棒受力分析如图所示。由平衡条件有tanθ＝，得I＝·，又知为常数，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎5. (2018·武汉检测)如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F。若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流的大小和方向是(　　)‎ A．大小为，沿顺时针方向 B．大小为，沿逆时针方向 C．大小为，沿顺时针方向 D．大小为，沿逆时针方向 答案　A 解析　圆环不通电时悬线拉力为F，可知F＝mg，若圆环通电，使悬线拉力刚好为零，那么FA＝mg，安培力方向若要竖直向上，电流应为顺时针，FA＝2BIRsin60°＝BIR，联立得BIR＝F，则I＝，故A正确。‎ ‎6. (2018·南昌十所省重点中学联考)如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(　　)‎ A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A 答案　A 解析　设线圈的半径为r，则线圈的质量m＝2nπr×2.5×10－3 kg，磁场的水平分量为Bsin30°，线圈受到的安培力为F＝Bsin30°×I×2nπr，由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，则2nπr×2.5×10－3×10＝Bsin30°×I×2nπr，解得I＝0.1 A，A正确。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 答案　AD 解析　‎ 装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。‎ ‎8．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)‎ A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功 答案　ABC 解析　根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F＝BIL＝ma知，金属棒在第一个内向右做匀加速直线运动，在第二个内，安培力水平向左，故向右做匀减速运动，根据对称性画出vt图象如图所示，由图象可知速度随时间周期性变化，一直向右运动，A、B正确；根据It图象，由F＝BIL知，安培力随时间周期性变化，C正确；根据动能定理，安培力在前半周期做正功，后半周期做负功，一个周期内总功为零，D错误。‎ ‎9．已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度为B＝k，其中k为常量。现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图。其中a、c导线中的电流大小为I1，b ‎、d导线中的电流大小为I2，已知此时b导线所受的安培力恰好为零。撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是(　　)‎ A．b导线撤去前，电流的大小关系为I2＝2I1‎ B．b导线撤去前，四根导线所受的安培力均为零 C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向 D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为kII2‎ 答案　ACD 解析　b导线撤去前，b导线所受的安培力为零，则b导线所在处的磁感应强度为零，即2kcos45°＝k，解得I2＝2I1，A正确；b导线撤去前，根据对称性知d导线所受的安培力也为零，由2kcos45°≠k知，a、c导线所受的安培力不为零，B错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k＝k，方向沿x轴负方向，则由左手定则知导体棒e所受安培力方向沿y轴负方向，大小为F＝B0IL＝kII2，C、D正确。‎ ‎10．质量为m的金属细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是(　　)‎ 答案　CD 解析　A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图甲所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零。‎ B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图乙所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零。‎ C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图丙、丁所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零。故正确答案为C、D。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(14分)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s。若这种装置的轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度及磁场力的最大功率。(轨道摩擦不计)‎ 答案　18 T　2.16×106 W 解析　电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加速运动。因为通过100 m的位移加速至6 km/s，利用动能定理可得F安s＝ΔEk，‎ 即BILs＝mv2－0，‎ 代入数据可得B＝18 T。‎ 运动过程中，磁场力的最大功率为 P＝F安v＝BILv＝2.16×106 W。‎ ‎12. (16分)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab。已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计。ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计。求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位有效数字)‎ 答案　3 Ω≤R≤5 Ω 解析　分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示。‎ 当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示。由平衡条件得 沿斜面方向mgsinθ＝μFN1＋F安1cosθ 垂直斜面方向FN1＝mgcosθ＋F安1sinθ 而F安1＝BL，解得R1＝5 Ω。‎ 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示。由平衡条件得 沿斜面方向mgsinθ＋μFN2＝F安2cosθ 垂直斜面方向FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ 而F安2＝BL，解得R2＝3 Ω。‎ 所以，要使ab杆保持静止，‎ R的取值范围是3 Ω≤R≤5 Ω。‎