2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 二十五 9.1　磁场及其对电流的作用 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 二十五磁场及其对电流的作用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，17题为单选题，89题为多选题)1.(2019海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向() A.向前B.向后C.向左D.向右【解析】选A。根据左手定则和半圆形粗铜线的对称性，由力的合成可知铜线所受安培力的方向向前，选项A正确，B、C、D错误。2.如图所示

2、，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是() A.aB.bC.cD.d【解析】选C。根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。3.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=1 m。P、M间接有一个电动势为E=6 V、内阻不计的电源和一个滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m=0.2 kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.4 kg。棒与导轨的动摩擦因数为=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，

3、导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B=2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是() A.2 B.2.5 C.3 D.4 【解析】选A。对棒受力分析可知，其必受绳的拉力FT=Mg和安培力F安=BIL=BELR。若摩擦力向左，且满足BELR1+mg=Mg，代入数据解得R1=4 ；若摩擦力向右，且满足BELR2-mg=Mg，代入数据解得R2=2.4 ，所以R的取值范围为2.4 R4 ，故选A。4.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(

4、) A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时下降D.逆时针方向转动，同时上升【解析】选A。(1)电流元法如图所示，把直线电流等效为AO、OO、OB三段(OO段极短)电流元，由于OO段电流方向与该处磁场方向平行，所以不受安培力作用；AO段电流元所在处的磁场方向倾斜向上，根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；OB段电流元所在处的磁场方向倾斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。综上可知导线将以OO段为轴顺时针转动(俯视)。(2)特殊位置法把导线转过90的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动。综上所

5、述，A正确。【总结提升】判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的常规思路5.如图所示，质量m=0.5 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37、宽度l=1 m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)。右侧回路中，电源的电动势E=8 V、内阻r=1 ，额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机M正常工作。取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则磁场的磁感应强度大小为() A.2 TB.1.73 TC.1.5 TD.1 T【解析】选C。电动机M正常工作时的电流I1=P1U=2 A，电源内阻上的电压U=E-U=8 V-4

6、 V=4 V，根据欧姆定律得干路中的电流I=Ur=4 A，通过导体棒的电流I2=I-I1=2 A，导体棒受力平衡，由BI2l=mgsin37，得B=1.5 T，选项C正确。6.一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成34圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为() A.FB.23FC.223FD.323F【解析】选C。根据安培力公式，安培力F与导线长度l成正比，若将该导线做成34圆环，由l=342R，解得圆环的半径R=2l3，34圆环a、b两点之间的距离l=2

7、R=22l3。由Fl=Fl，解得F=223F，选项C正确。7.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP=60。在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为()A.31B.32C.11D.12【解析】选B。如图甲所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度大小都为B12。当将M处长直导线移到P处时，如图乙所示，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度大小也为B12，作平行四边

8、形，由图中的几何关系，可得cos30=B22B12=B2B1=32，故选项B正确。【加固训练】(多选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是() A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【解析】选A、D。对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁感应强度为零，B错误，D正确；两导线在a、c处产生的磁感应强度

9、都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c处的大，A正确。8.(2019江苏高考)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是()A.均向左B.均向右C.a的向左，b的向右D.a的向右，b的向左【解析】选C、D。a、b的电流均向左或均向右时，根据通电直导线产生的磁场及其分布和叠加可知，在a、b导线附近的磁场方向相反，则由左手定则可以判断平行于a、b导线的矩形线框的两边受力的方向相同，线框所受的合力不为0，故不可能静止，选项

10、A、B错误；a、b的电流方向相反时，在a、b导线附近的磁场方向相同，平行于a、b导线的矩形线框的两边受力的方向相反，用对称性也可以判断线框的另外两边所受的磁场力也大小相等方向相反，故线框处于平衡状态，选项C、D正确。【加固训练】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中通以方向垂直纸面向外的电流时() 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

11、框将逆时针转动【解析】选D。当直导线P中通以垂直纸面向外的电流时，由安培定则可判断出，长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行，不受安培力，由左手定则可判断出，直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确。9.(2020南昌模拟)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Ocab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断() A.O点处的磁

12、感应强度的方向与F相同B.长导线c中的电流方向垂直纸面向外C.长导线a中电流I1小于b中电流I2D.长导线c中电流I3小于b中电流I2【解析】选B、C。由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右和竖直向下，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由右手定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1小于b中电流I2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法判断长导线c中电流I3是否小于b中电流I2，故B、C正确，D

13、错误。二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0 g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量m0=10.0 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5 V，内阻r=1.0 。开关S闭合后，调节可变电阻R1使天平平衡，此时理想电压表示数U=1.4 V，R1=10 。g取10 m/s2，求：(1)线圈下边所受安培力的大小F，

14、以及线圈中电流的方向；(2)矩形线圈的电阻R；(3)该匀强磁场的磁感应强度B的大小。【解析】(1)天平平衡，因此有m1g=m0g+F，可得F=m1g-m0g=0.05 N，F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线圈中电流方向为顺时针。(2)线圈中电流的大小I=E-Ur=0.1 A，根据电路规律有U=I(R1+R)，可得R=4 。(3)矩形线圈下边所受安培力大小F=nBIl，可得B=FnIl=0.5 T。答案：(1)0.05 N顺时针(2)4 (3)0.5 T11.(10分)(多选)(2020太原模拟)如图，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒

15、，金属棒和导轨接触良好。除电阻R外，其余电阻不计。导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面。静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为l，弹性势能为Ep。重力加速度大小为g。将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则() A.当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为lB.电阻R上产生的总热量等于mgl-EpC.金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下D.金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多【解析】选B、D。金属棒的速度最大时，合力为零，由平衡条件有mg=kx+F安。金属棒原来静止时有mg=kl。两式对比可得xl，即金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量小

16、于l。故A错误。金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则由能量守恒定律可得：电阻R上产生的热量Q=mgl-Ep。故B正确。金属棒第一次到达A处时，受到重力、弹簧的弹力和安培力，且重力与弹力大小相等、方向相反，安培力方向向上，所以合力等于安培力，方向向上，可知加速度方向向上，故C错误。根据能量守恒定律知，金属棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度，根据q=R分析知，金属棒第一次下降过程磁通量的变化量比第一次上升过程磁通量的变化量大，则金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，故D正确。12.(20分)“电磁炮”是利用电

17、磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L=0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1102 T。“电磁炮”弹体总质量m=0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R=0.4 。可控电源的内阻r=0.6 ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I=4103 A，不计空气阻力。求：(1)弹体所受安培力大小。(2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长？(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量。【解析】(1)在导轨通有电流I时，

18、弹体作为导体受到磁场施加的安培力为F=BIL=1004 0000.2 N=8104 N。(2)由动能定理Fx=12mv2弹体从静止加速到4 000 m/s，轨道至少要x=mv22F=0.24 0002280 000 m=20 m。(3)由F=ma得a=Fm=80 0000.2 m/s2=400 000 m/s2，由v=at得t=va=4 000400 000 s=0.01 s，发射过程产生的热量Q=I2(R+r)t=4 0002(0.4+0.6)0.01 J=1.6105 J，弹体的动能Ek=12mv2=120.24 0002 J=1.6106 J，系统消耗的总能量为E=Ek+Q=1.76106 J。答案：(1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J关闭Word文档返回原板块