（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第九章 微專題64 磁場對通電導線的作用加練半小時（含解析）

《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第九章 微專題64 磁場對通電導線的作用加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第九章 微專題64 磁場對通電導線的作用加練半小時（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、磁場對通電導線的作用 [方法點撥]　(1)判斷安培力的方向時，充分利用F安⊥B、F安⊥I.(2)受力分析時，要注意將立體圖轉化為平面圖. 1.(2018·河北省承德市聯校聯考)如圖1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，平衡時兩導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，則下列四幅圖象中，能正確反映θ與I的變化規(guī)律的是(　　) 圖1 2.(多選)(2018·四川省成都市模擬)如圖2所示，紙面內AB兩點之間連接有四段導線：ACB、ADB、AEB、AFB，四段導線的粗細相同、材料相同；勻強磁場垂直于紙面

2、向內，現給AB兩端加上恒定電壓，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.四段導線受到的安培力的方向相同 B.四段導線受到的安培力的大小相等 C.ADB段受到的安培力最大 D.AEB段受到的安培力最小 3.如圖3所示，一勁度系數為k的輕質彈簧，下面掛有匝數為n的矩形線框abcd，bc邊長為L，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài).令磁場反向，磁感應強度的大小仍為B，線框達到新的平衡，則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　) 圖3 A.Δx＝，方向向上 B.

3、Δx＝，方向向下 C.Δx＝，方向向上 D.Δx＝，方向向下 4.如圖4所示，長為L，質量為m的細導體棒a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，無限長直導線b被水平固定在與a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x，當a、b中均通以電流為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止.已知無限長直導線周圍的磁場為一系列的同心圓，周圍某點的磁場的磁感應強度與該點到導線的距離成反比.則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.a、b中電流必垂直紙面向里 B.b中的電流在a處產生的磁場的磁感應強度大小為 C.若將b適當上移以增大x，則導體棒仍可能靜止 D.無論將b上移還是下移，導

4、體棒都可能處于靜止狀態(tài) 5.(2018·廣東省東莞市模擬)如圖5所示，A、B、C是等邊三角形的三個頂點，O是A、B連線的中點.以O為坐標原點，A、B連線為x軸，O、C連線為y軸，建立坐標系.過A、B、C、O四個點各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等、方向向里的電流.則過C點的通電直導線所受安培力的方向為(　　) 圖5 A.沿y軸正方向B.沿y軸負方向 C.沿x軸正方向D.沿x軸負方向 6.(2018·四川省遂寧市一診)如圖6所示，絕緣水平桌面上放置一長直導線a，導線a的正上方某處放置另一長直導線b，兩導線中均通以垂直紙面向里的恒定電流.現將導線b向右平移一小段距離，若

5、導線a始終保持靜止，則(　　) 圖6 A.導線b受到的安培力方向始終豎直向下 B.導線a對桌面的壓力減小 C.導線b受到的安培力減小 D.導線a受到桌面水平向右的摩擦力 7.(多選)如圖7所示，在平面直角坐標系的第一象限內分布著非勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，沿y軸方向磁場分布是不變的，沿x軸方向磁感應強度B與x滿足關系式B＝kx，其中k是一恒定的正數，由粗細均勻的同種規(guī)格導線制成的正方形線框ADCB邊長為a，A處有一極小開口AE，整個線框放在磁場中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸距離為a，線框A、E兩點與一電源相連，穩(wěn)定時流入線框的電流為I，關于線框受到的安培力情況，下列

6、說法正確的是(　　) 圖7 A.整個線框受到的合力方向與BD連線垂直 B.整個線框沿y軸方向所受合力為0 C.整個線框在x軸方向所受合力為ka2I，沿x軸正向 D.整個線框在x軸方向所受合力為ka2I，沿x軸正向 8.(多選)如圖8甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t＝0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.在最初的一個周期內，導線在導軌上往復運動 B.在最初的一個周期內，導線一直向左運動 C

7、.在最初的半個周期內，導線的加速度先增大后減小 D.在最初的半個周期內，導線的速度先增大后減小 9.(多選)電磁軌道炮工作原理如圖9所示.待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸.電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回.軌道電流可在彈體處形成垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與I成反比.通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出.現欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是(　　) 圖9 A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B.只將電流I增加至原來的2倍 C.只將彈體質量減至原來的一半 D.將彈體質量減至原來的

8、一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變 10.如圖10所示，兩根傾斜直金屬導軌MN、PQ平行放置，它們所構成的導軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導軌之間的距離L＝0.50m.一根質量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，且接觸良好，整套裝置處于與ab桿垂直的勻強磁場中.在導軌的上端接有電動勢E＝36V、內阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R.已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2. 圖10 (1)若金屬桿ab和導軌之間的摩擦可忽略不計，當電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時，金屬

9、桿ab靜止在導軌上. ①如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應強度的大?。? ②如果磁場的方向可以隨意調整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及方向. (2)如果金屬桿ab和導軌之間的摩擦不可忽略，整套裝置處于垂直于導軌平面斜向下、磁感應強度大小B＝0.40T的勻強磁場中，當電阻箱接入電路中的電阻R2＝3.4Ω時，金屬桿ab仍保持靜止，求此時金屬桿ab受到的摩擦力Ff大小及方向. 答案精析 1.A　[金屬棒受到重力、沿導線方向的拉力和水平方向的安培力，三個力的合力為零，根據平衡條件有tanθ＝，＝I，故A正確.] 2.AC　[導線的粗細相同、材料相同，由電阻定律R＝

10、可知：導線越長，電阻越大，由I＝可知：ACB導線中電流最小，而ADB導線中電流最大，四段導線的有效長度都相同，由F＝BIL可知，ADB段導線受到的安培力最大，而ACB段導線受到的安培力最小，由左手定則可知，四段導線受到的安培力的方向均相同，故A、C正確，B、D錯誤.] 3.B　[線框在磁場中受到重力、安培力和彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，安培力為FA＝nBIL，且開始時方向向上，改變磁場方向后方向向下，大小不變.設在磁場反向之前彈簧的伸長量為x，則反向之后彈簧的伸長量為x＋Δx，由平衡條件知kx＋nBIL＝mg及k(x＋Δx)＝nBIL＋mg，聯立解得Δx＝，且線框向下移動，B對.] 4. C　[

11、因a恰能在斜面上保持靜止，其受力如圖甲所示，而由平行通電直導線之間的相互作用可知，電流同向時導線相互吸引，電流反向時導線相互排斥，故A錯；由圖甲知tan45°＝，即B＝，B錯；無論b是上移還是下移，b中的電流在a處產生的磁場的磁感應強度均減小，上移時其重力mg、安培力BIL、斜面支持力F滿足圖乙所示關系，支持力逐漸減小，安培力減小，但兩個力的合力仍可能等于重力，即a仍可能處于靜止狀態(tài)，C對；當b下移時，安培力在減小，而支持力方向不變，則a所受合力不可能為零，即a不可能處于靜止狀態(tài)，D錯.] 5.B　[由安培定則可得：A、B處的通電導線在C處的合磁場水平向右，O處的通電導線在C處的磁場也是

12、水平向右，故A、B、O處的三條通電導線在C處的合磁場方向水平向右.再由左手定則可得：C點的通電直導線所受安培力的方向豎直向下，沿著y軸的負方向，故B正確，A、C、D錯誤.] 6.C 　[因為導線a、b均處在對方產生的磁場中，故兩導線都會受到安培力作用，由“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”可知，導線b未移動前，受到的安培力方向豎直向下，當導線b向右平移一小段距離后，受到的安培力指向導線a，不是豎直向下，故A錯誤；由于導線a、b之間的距離增大，導線中的電流不變，故導線之間的相互作用力減小，故C正確；導線b向右平移后，導線a的受力情況如圖所示，由于導線a始終靜止，所以FN＝G－Fsinθ

13、，因為安培力減小，θ減小，所以桌面對導線a的支持力增大，由牛頓第三定律可知，導線a對桌面的壓力增大，故B錯誤；由圖可知，桌面對導線a的靜摩擦力方向向左，故D錯誤.] 7.BC　[由于沿y軸方向磁場分布是不變的，故而整個線框沿y軸方向所受合力為0，B正確；沿x軸方向磁感應強度B與x滿足關系式B＝kx，AD邊受到的向左的安培力小于BC邊受到的向右的安培力，故而整個線框受到的合力方向沿x軸正向，A錯誤；整個線框在x軸方向所受合力為k(a＋a)Ia－(ka)Ia＝ka2I，C正確，D錯誤.] 8.AD　[當t＝0時，由左手定則可知，MN受到向右的安培力，根據F安＝BLI，由于B最大，故此時的安培力

14、最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁感應強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當B＝0時，加速度為0，速度最大，當B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN速度減小到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原出發(fā)的位置，故在最初的一個周期內，導線在導軌上往復運動，故選項A正確，B錯誤；在最初的半個周期內，導線的加速度先減小后反向增大，而其速度則是先增大后減小，故選項C錯誤，D正確.] 9.BD　[設發(fā)射速度為v時，對應的電流為I，彈體的質量為m，軌道長度為L，兩軌道間距離為a，當速度為2v時，對應的電流為I′，彈體

15、的質量為m′，軌道長度為L′，依題意有，B＝kI，F＝BIa＝kI2a，由動能定理得，FL＝mv2，即kI2aL＝mv2，同理有kI′2aL′＝m′·4v2，兩式相比可得＝，四個選項中只有B、D兩個選項使前式成立，故選項A、C錯誤，B、D正確.] 10.(1)①0.30T?、?.24T　垂直于導軌平面斜向下 (2)0.24N　沿導軌平面向下 解析　(1)①設通過金屬桿ab的電流為I1，根據閉合電路歐姆定律可知I1＝，設磁感應強度的大小為B1，由安培定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示.對金屬桿ab，根據共點力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝＝0.30T. ②根據共點力平衡條件可知，最小的安培力方向應沿導軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示.設磁感應強度的最小值為B2，對金屬桿ab，根據共點力平衡條件有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝＝0.24T.根據左手定則可判斷出，此時磁場的方向應垂直于導軌平面斜向下. (2)設通過金屬桿ab的電流為I2，根據閉合電路歐姆定律可知I2＝，假設金屬桿ab受到的摩擦力方向沿導軌平面向下，根據共點力平衡條件有BI2L＝mgsinθ＋Ff，解得Ff＝0.24N，結果為正，說明假設成立，摩擦力方向沿導軌平面向下. 9