2018_2019学年高中物理第三章磁场3.4通电导线在磁场中受到的力课后提升作业.docx

课后提升作业 二十二 通电导线在磁场中受到的力(40分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)1.在等边三角形的三个顶点a、b、c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。过c点的导线所受安培力的方向()A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边【解析】选C。根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故选C。【补偿训练】1.如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相等、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为()A.F2B.F1-F2C.F1+F2D.2F1-F2【解析】选A。两根长直通电导线，电流大小相同，方向相反，则a受到b产生的磁场的作用力大小为F1，方向向左，b受到a产生的磁场的作用力大小为F1，方向向右，这两个力大小相等，方向相反，设再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0。则a受到的作用力为F2=F1+F0或F2=F1-F0；而对于b，由于电流方向与a相反，所以b受到的作用力为F2=F1+F0或F2=F1-F0，这两个力大小相等，方向相反，即F2=F2，故A正确。2.在如图所示的各图中，表示磁场B方向、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是()【解析】选A。根据左手定则可得只有A正确。2.(多选)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为()A.z正向，tanB.y正向，C.z负向，tanD.沿悬线向上，sin【解题指南】解答本题应把握以下两点：(1)把立体图转化为平面图。(2)平衡时，重力、细线拉力和安培力三者合力为零。(3)安培力的方向符合左手定则。【解析】选B、C。对于A选项，安培力水平向内，三力合力不可能为零，A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BIL=mg时，可以平衡，此时B=，B正确；对于C选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力BIL=mgtan，此时B=tan，C正确；对于D选项，安培力垂直于绳子的方向向下，三力不可能平衡，D错误。【补偿训练】(2018·太原高二检测)在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM与NN之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线()A.相互吸引，fa>fbB.相互排斥，fa>fbC.相互吸引，fa<fbD.相互排斥，fa<fb【解析】选D。当S接a时，电路的电源只用了一节干电池，当S接b时，电路的电源用了两节干电池，此时电路中的电流比S接a时大，所以有fa<fb；两导线MM、NN中的电流方向相反，依据安培定则和左手定则可知两者相互排斥。故正确选项为D。3.(多选)如图甲所示是磁电式电流表的结构图，图乙所示是磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是()A.指针稳定后，线圈受到的螺旋弹簧的力矩方向与线圈受到的磁力矩方向是相反的B.通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大C.在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场D.在线圈转动的范围内，线圈所受磁力矩与电流有关，而与所处位置无关【解析】选A、B、D。当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力产生的使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故A正确。磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故C错误，D正确。电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故B正确。【补偿训练】(多选)图中装置可演示磁场对通电导线的作用、电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是()A.若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B.若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C.若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D.若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动【解析】选B、D。若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向左运动，A错误；若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向右运动，B正确；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向右运动，C错误；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向左运动，D正确。4.(2018·石家庄高二检测)如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，若通以图示方向的电流，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为()A.0B.ILBC.ILBD.2ILB【解析】选A。安培力公式F=BILsin中，L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离。由题图可知，正三角形金属框的有效长度是0，所以导线框受到的安培力为零。故选A。【补偿训练】(2018·揭阳高二检测)如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡。由此可知()A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为【解析】选B。由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系式。因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以电流反向后安培力竖直向上，由左手定则判断磁场向里。电流反向前，有m1g=m2g+m3g+NBIL，其中m3为线圈质量。电流反向后，有m1g=m2g+m3g+mg-NBIL。两式联立可得B=。故选B。二、非选择题(本题共2小题，共22分。需写出规范的解题步骤)5.(10分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10-2kg的通电直导线，电流I=1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2)【解析】支持力为零时导线的受力如图所示，由平衡条件得：F安=N=0.8N由F安=BIL得B=T=2T由B=0.4t得t=s=5s。答案：5s6.(12分)(2018·张家口高二检测)如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为，两导轨间距为L，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r，一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计。(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值。(2)若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度。【解析】(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足：mgsin=F安，其中F安=BIL，设导体棒ab静止时变阻器的阻值为R，由闭合电路欧姆定律有I=，解得R=-r。(2)当变阻器的阻值为零时，回路中的电流大于使导体棒ab静止时的电流，安培力大于使导体棒ab静止时的安培力，因此，由静止开始释放的瞬间，导体棒的加速度方向沿斜面向上。由牛顿第二定律：F安-mgsin=ma，其中F安=BIL，由闭合电路欧姆定律：I=，解得释放瞬间导体棒ab的加速度a=-gsin。答案：(1)-r(2)-gsin，方向沿斜面向上