8.1磁场-磁场对电流的作用(高中物理习题)

高三一轮物理复习（人教版）第8章磁场第1节磁场磁场对电流的作用一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共计70分．每小题至少一个答案正确)1．下列说法正确的是A．一切电荷的周围都存在磁场B．磁铁吸引铁棒，说明磁铁周围的磁场对铁棒有力的作用，由于铁棒周围没有磁场，因而对磁铁无磁力作用C．铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性了D．沿磁感线的方向，磁场逐渐减弱解析只有运动电荷周围才有磁场，故A错误；磁铁吸引铁棒，铁棒被磁化，其周围也有磁场，对磁铁也有磁力的作用，故B错误；根据分子电流假说，当物体内分子电流取向大致相同时，对外就显出磁性，故C正确；磁感线的疏密才表示磁场的强弱，故D错误．答案C图8－1－142．通电的三角形闭合线框处在与其表面垂直的匀强磁场中，如图8－1－14所示，则线框所受安培力A．为零B．方向垂直ab边向外C．方向垂直bc边向外D．条件不充分，无法求解解析由于折线acb的等效长度与直线ab相等，且电流等大反向，因此直线ab受的安培力与折线acb所受的安培力大小相等，方向相反，合力为零，即线框所受安培力的合力为零，故选项A正确．答案A图8－1－153．如图8－1－15所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，通过两环的磁通量Φa、Φb比较，则A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．不能确定解析由于磁场的磁感线是闭合曲线，在磁体内是由S极指向N极，在磁体外是由N极指向S极，且在磁体外的磁感线分布在磁体的周围较大的空间．又由于穿过圆环a、b的磁通量均为Φ＝Φ内－Φ外，因此面积越大，磁感线抵消得越多，合磁通量越小，故b环的磁通量较小．答案A图8－1－164．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图8－1－16所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是A．弹簧向上收缩B．弹簧被拉长C．弹簧上下跳动D．弹簧仍静止不动解析接通S后，弹簧中任意相邻两圈的电流方向均相同，它们将相互吸引，使弹簧收缩，下端脱离水银面，使电路断开．电路断开后，弹簧中的电流消失，弹簧在自身重力及弹力作用下下落．于是，电路又接通，弹簧又收缩…如此周而复始，弹簧上下跳动，C项正确．答案C图8－1－175．如图8－1－17所示，在同一平面内四根彼此绝缘、固定放置的通电直导线，开始通入的电流i4＝i3＞i2＞i1.如果要使四根导线围成的方框中心点O的磁场减弱，可以A．只减弱i1，其他电流不变B．只增强i2，其他电流不变C．同时减弱i3、i4到某一定值，其他电流不变D．同时增强i3、i4到某一定值，其他电流不变解析根据题意可知合磁场的方向垂直纸面向里，导线i1产生的磁场方向也是垂直纸面向里，只减弱i1，其他电流不变，合磁场将减弱，所以A选项正确；导线i2产生的磁场方向也是垂直纸面向里，所以只增大i2，合磁场将增强，B选项错误；同时改变i3、i4到某一定值，对合磁场没有影响，因此C、D均错误．答案A图8－1－186．如图8－1－18所示，在同一平面上有a、b、c三根等间距平行放置的长直导线，依次载有大小为1A、2A、3A的电流，电流方向如图所示，则A．导线a所受的安培力方向向左B．导线b所受的安培力方向向右C．导线c所受的安培力方向向右D．由于不能判断导线c所在位置的磁场方向，所以导线c受的安培力方向也不能判断解析同向电流的通电导体间存在着相互吸引力，反向电流的通电导体间存在着相互排斥力．对a，它受到b和c对它的安培力的方向均向左，故A正确；对b，导线a对它有向右的排斥力，导线c对它有向右的吸引力，所以B正确；对c，a对它有向右的排斥力、b对它有向左的吸引力，但由于吸引力大于排斥力，故安培力的合力向左，选项C、D错误．答案AB图8－1－197．如图8－1－19所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以A．将a、c端接电源正极，b、d端接电源负极B．将b、d端接电源正极，a、c端接电源负极C．将a、d端接电源正极，b、c端接电源负极D．将a、c端接交流电源的一端，b、d端接交流电源的另一端解析A选项中接法，螺线管上端由安培定则知为N极，MN中电流方向向右，由左手定则知MN垂直纸面向外运动，故A正确．B选项中接法使螺线管上端为S极，MN中电流由N到M，由左手定则可判知B正确．同理可知C错误，D正确．D选项易受迷惑，但仔细分析会发现该选项与A、B选项相同，也可使导线向外运动．答案ABD图8－1－208．如图8－1－20所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直，当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用FN表示磁铁对桌面的压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是A．FN减小，Ff＝0B．FN减小，Ff≠0C．FN增大，Ff＝0D．FN增大，Ff≠0解析(转换研究对象法)如图所示，画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.答案C9．在光滑绝缘的斜面上放置一根质量为m的长直通电导体棒，电流方向垂直于纸面向里，如图8－1－21所示．欲使导体棒静止，在斜面上施加匀强磁场的方向应为图8－1－21A．竖直向上B．竖直向下C．垂直斜面向上D．水平向右解析由左手定则，匀强磁场方向竖直向上时，受安培力方向水平向右，导体棒不能平衡，A不正确；匀强磁场方向竖直向下时，受安培力方向水平向左，导体棒能平衡，B正确；匀强磁场方向垂直斜面向上时，受安培力方向沿斜面向下，导体棒不能平衡，C不正确；匀强磁场方向水平向右时，受安培力方向竖直向下，导体棒不能平衡，D不正确．答案B10．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图8－1－22所示，空间有竖直方向的匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则图8－1－22A．磁场方向一定竖直向上B．导体棒离开导轨前受到向左的安培力C．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl(1－cosθ)D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1－cosθ)解析导体棒ab向右摆动，说明导体棒ab受到向右的安培力作用，由左手定则可知磁场方向一定竖直向下，A、B错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的焦耳热，另一部分是导体棒增加的机械能，D正确；最大高度时，导体棒重力势能的增加量等于mgl(1－cosθ)，C正确．答案CD11.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是A.a点B.b点C.c点D.d点解析：要合磁感应强度为零，必有和形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C12.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。13.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变解析：主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。14.如图，质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿正方向的电流，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)正向，(B)正向，(C)负向，(D)沿悬线向上，答案：BC二、计算题(本大题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(12分)如图8－1－23所示，质量为0.05kg、长l＝0.1m的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T．不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g取10N/kg)图8－1－23同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图8－1－24所示：图8－1－24当最大偏转角θ＝37°时，棒受力平衡有：FTcosθ＝mg，FTsinθ＝F安＝BIl，得I＝eq\f(mgtanθ,Bl)＝eq\f(0.05×10×\f(3,4),0.5×0.1)A＝7.5A同学乙的解法如下：如图8－1－25所示，F安做功图8－1－25WF＝Fx1＝BIlsin37°×lsin37°＝BI(lsin37°)2重力做功：WG＝－mgx2＝－mgl(1－cos37°)，由动能定理得：WF＋WG＝0.代入数据解得：I＝eq\f(50,9)A≈5.56A，请你对甲、乙两同学的解法作出评价；若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答．解析甲同学的错误原因：认为铜棒速度为零时，一定处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置．乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F安＝BIlsin37°，应为：F安＝BIl.正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F安做功：WF＝Fx1＝BIl×lsin37°，重力做功：WG＝－mgx2＝－mgl(1－cos37°)，由动能定理得：WF＋WG＝0，代入数据解得：I＝eq\f(10,3)A≈3.33A.答案评价见解析3.33A16．(18分)如图8－1－26所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动．其在纸面上的长度OA为L1，垂直纸面的宽度为L2，在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴、质量为m、长为L2的导体棒使膜绷成平面．在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能．光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定)．导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路．流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出)．图8－1－26(1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60°角时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流的大小和光电池的输出功率．(2)当θ变为45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？解析(1)导体棒所受安培力F1＝IBL2①由导体棒受力平衡得mgtanθ＝F1②解得I＝eq\f(mgtanθ,BL2)③所以当θ＝60°时，I＝eq\f(mgtan60°,BL2)＝eq\f(\r(3)mg,BL2)光电池输出功率为P＝UI＝eq\f(\r(3)mgU,BL2).(2)当θ＝45°时，根据③式可知维持平衡需要的电流为I′＝eq\f(mgtan45°,BL2)＝eq\f(mg,BL2)根据题意可知eq\f(P′,P)＝eq\f(L1L2cos45°