2021版高考物理一轮复习考点集训三十七第1节磁场的描述磁吃电流的作用含解析

2021版高考物理一轮复习考点集训三十七第1节磁场的描述磁吃电流的作用含解析

考点集训(三十七)　第1节　磁场的描述　磁场对电流的作用 A组 ‎1．如图，长为2L的直导线折成边长相等的直角形状，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流I时，该直角形通电导线受到的安培力大小为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．0 B．BIL C.BIL D．2BIL ‎[解析] 安培力中通电导线的长度为电流的有效长度，本题中有效长度为L，因此安培力F＝BIL，C正确．‎ ‎[答案] C ‎2．电流天平的主要结构包括水平放置的螺线管，横梁(含U形电路)，其构造示意图如图所示．当螺线管中通以电流I0, U形电路中通以电流I时，在横梁左端悬挂合适的钩码，就能使横梁水平平衡，则平衡时(　　)‎ A．通电螺线管内的磁感线与螺线管的中轴线垂直 B．CD边受到竖直向下的安培力 C．U形电路的三条边都受到安培力 D．只改变螺线管中的电流方向横梁仍可平衡 ‎[解析] 根据安培定则可知，通电螺线管内的磁感线与螺线管的中轴线平行，A错误；根据右手螺旋定则可知CD边处的磁感线方向水平向右，电流由C指向D，根据左手定则，CD受到的安培力竖直向下，B正确；U形电路的CD边与磁场垂直，其他两条边与磁场平行，所以只有CD边受到安培力作用，C错误；改变螺线管电流方向，CD边的安培力会反向，无法平衡，D错误．‎ ‎[答案] B ‎3．(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是(　　)‎ 7‎ A．L2绕轴O按顺时针转动 B．L2绕轴O按逆时针转动 C．L4绕轴O按顺时针转动 D．L4绕轴O按逆时针转动 ‎[解析] 图甲中，根据安培定则可知，L1导线上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线L2处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近L1，安培力越强，从而出现L2绕轴O按逆时针方向转动，故B正确，A错误；图乙中O点上方导线L4所受安培力向右，O点下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，故C正确，D错误．‎ ‎[答案] BC ‎4．(多选)根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置——电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是(　　)‎ A．要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流 B．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流 C．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度 D．使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 ‎[解析] 要使炮弹沿导轨向右发射，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流，故A正确；要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，根据F＝BIL，所以可适当增大电流或磁感应强度，故BC正确；若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误．‎ ‎[答案] ABC ‎5．如图所示是早期发明的一种电流计，它是根据奥斯特现象中小磁针的偏转来计量电流的，缺点是精确度不高、易受外界干扰．接通电流前，位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态，环形导线与小磁针共面．当给环形导线通以恒定电流I后，小磁针偏转α角；当给环形导线通以恒定电流kI时，小磁针偏转β角．若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比．关于这种电流计，下列说法正确的是(　　)‎ A．该电流计测量结果与地磁场的竖直分量有关 B．该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度均相同 C．小磁针偏转角满足关系式sin β＝ksin α D．小磁针偏转角满足关系式tan β＝ktan α ‎[解析] 由图可知，该电流计测量结果与地磁场的水平分量有关，故A错误；在地球上 7‎ 不同位置，地磁场的水平分量可能不同，所以该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度不相同，故B错误；根据磁场的矢量关系可得tan α＝，tan β＝.因为环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比，所以有tan β＝ktan α，故C错误、D正确．‎ ‎[答案] D ‎6．如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的(　　)‎ A．安培力大小为BIL B．安培力大小为BILsin θ C．摩擦力大小为BILcos θ D．支持力大小为mg－BILcos θ ‎[解析] 导体棒受到的安培力大小FA＝BIL，选项A正确，B错误；以导体棒为研究对象，分析受力，如图．根据平衡条件得：G＋FAcos θ＝FN，f＝FAsin θ，得FN＝G＋FAcos θ＝mg＋BILcos θ，f＝BILsin θ，选项C、D错误．‎ ‎[答案] A ‎7．(多选)竖直面(纸面)内两固定长直导线L1、L2中通有如图所示的电流，P点位于L1、L2正中间，整个空间存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)，此时P点的磁感应强度大小为0.若L1中电流反向，则P点的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里，则(　　)‎ A．I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为B0‎ B．I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为B0‎ 7‎ C．I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为B0‎ D．I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为B0‎ ‎[解析] 设I1、I2在P点产生的磁场大小为B1和B2，由右手定则可知B1和B2方向均向外，则：B1＋B2＝B0；若L1中电流反向，则磁场方向也反向，则：B1＋B0－B2＝B0；联立解得B1＝B0 ；B2＝B0，故选AC.‎ ‎[答案] AC ‎8．如图所示，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将(　　)‎ A．不动 B．顺时针转动，同时靠近导线 C．逆时针转动，同时离开导线 D．逆时针转动，同时靠近导线 ‎[解析] 根据安培定则可知，通电导线ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将逆时针转动．再用特殊位置法：圆环转过90°时，通电直导线ab对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近ab.则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时靠近直导线ab，D正确．‎ ‎[答案] D B组 ‎9．在电场中我们已经学过，三个点电荷在同一条直线上均处于平衡状态时，定满足：“两同夹一异，两大夹一小，近小远大”．仿照上面的规律，假设有三根相同的通电长直导线平行放在光滑水平地面上的A、B、C三个位置并处于静止状态，截面如图所示．已知AB＝BC，直线电流在周围产生的磁场的磁感应强度公式为B＝k，其中k是常数，I是导线中电流的大小，r是某点到导线的距离，关于三根导线中的电流方向和电流大小的比例关系，正确的是(　　)‎ A．A、B中电流方向一定相同 B．A、C中电流方向一定相反 C．三根导线中的电流强度之比为4∶1∶4‎ D．三根导线中的电流强度之比为2∶1∶2‎ ‎[解析] 根据“两同夹一异”规律，A、B中电流方向一定相反，A、C中电流方向一定相同，选项A、B错误；B、C导线在A处产生的磁场满足：k＝k；A、C导线在B处产生的 7‎ 磁场满足：k＝k；联立解得，三根导线中的电流强度之比为IA∶IB∶IC＝2∶1∶2，选项D正确．‎ ‎[答案] D ‎10．如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g，则(　　)‎ A．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)‎ B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势 C．静止时圆环的电流I＝ D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小 ‎[解析] 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；静止时圆环的电流方向为顺时针方向，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B项不合题意；对环的某一部分进行受力分析如图：‎ 在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力F＝BI·2πR，由几何关系Fcos θ＝mg，cos θ＝，由题B＝，联立得I＝，故C项符合题意；若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小，由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小．加速度先减小，故D项不合题意．‎ ‎[答案] C 7‎ ‎11．边长为L的正方形线圈A，通有沿逆时针方向的恒定电流I，用两根轻质绝缘细绳静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处，如图所示．当导线MN中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为αT；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零．已知长直通电导线周围某点磁场的磁感应强度B与该点到导线的距离r成反比，与导线中电流成正比.由此可知，MN中的电流方向和电流大小之比分别为(　　)‎ A．向左，1＋α B．向右，1＋α C．向左，1－α D．向右，1－α ‎[解析] 当MN中通以从N到M的电流时，ab边所受的安培力向上，cd边所受的安培力向下，因离MN越近，安培力越大，可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上，所以MN中电流方向向左．当MN中通电流I0时，根据题意可知ab所受的安培力为F1＝，cd所受的安培力为F2＝，因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受的安培力的合力大小为F＝kILI0；可知线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比，当MN分别通以I1、I2的电流时．线圈受到的安培力的合力的大小之比为，当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为αT.所以安培力的大小F合1＝2T－2αT；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小F合2＝2T，所以＝＝＝1－α，故选C.‎ ‎[答案] C ‎12．如图所示，位于同一个水平面上的两根平行金属导轨，放置在斜向左上、与水平面成θ角的匀强磁场中，一根质量为m的通有恒定电流I的金属条在导轨上向右运动．导轨间距离为L，金属条与导轨间动摩擦因数为μ.‎ ‎(1)金属条以速度v做匀速运动，求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)为了使金属条尽快运动距离x，可通过改变磁场的方向来实现，求改变磁场方向后，金属条运动位移x的过程中安培力对金属条所做的功．(磁感应强度大小B已知)‎ ‎[解析] (1)对金属条受力分析如图，F＝BIL 7‎ 竖直方向平衡有FN＋Fcos θ＝mg 水平方向匀速运动有Fsin θ－f＝0，‎ 又f＝μFN 联立解得B＝ ‎(2)金属条尽快运动距离x，则加速度最大，设此时磁场方向与水平面的夹角为α，斜向左上，对金属条水平方向应用牛顿第二定律有 Fsin α－f＝ma，‎ 又f＝μFN，‎ 解得a＝－μg 由数学知识可知，a最大时有tan α＝ 在此过程中安培力做功W＝BILsin α·x，‎ 解得W＝BILx 7‎